2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動量守恒第2節(jié)碰撞反沖和爆炸教案魯科版

PAGE17-第2節(jié)碰撞反沖和爆炸教材梳理·自主預(yù)習(xí)學(xué)問梳理一、碰撞及特點1.碰撞兩個物體相互撞擊,在短時間內(nèi)運動狀態(tài)發(fā)生突變,兩者的動能和動量在確定程度上發(fā)生了“交換”.2.特點在碰撞現(xiàn)象中,一般作用時間極短,相互作用的內(nèi)力極大,有些碰撞盡管外力之和不為零,但一般外力(如重力、摩擦力等)相對內(nèi)力而言,可以忽視,故系統(tǒng)動量還是近似守恒.3.三個忽視(1)碰撞過程中受到一些微小的外力的沖量不計.(2)碰撞過程中,物體發(fā)生速度突然變更所需時間極短,這個極短時間對物體運動的全過程可忽視不計.(3)碰撞過程中,物體發(fā)生速度突變時,物體必有一小段位移,這個位移相對于物體運動全過程的位移可忽視不計.二、碰撞類型1.彈性碰撞質(zhì)量分別為m1,m2的A,B兩小球沿光滑水平面發(fā)生彈性正碰.(1)動量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.(2)機(jī)械能守恒:m1+m2=m1v1′2+m2v2′2.當(dāng)v2=0時,有v1′=v1,v2′=v1.(3)①由于v1恒大于零,即B球確定是向前運動的,即B受到的沖量向前.②當(dāng)m1=m2時,v1′=0,v2′=v1即A,B動量互換,實現(xiàn)了動量和動能的全部轉(zhuǎn)移.③當(dāng)m1>m2時,v1′>0,即碰后A球依舊向前運動,不過速度比原來小了.④當(dāng)m1<m2時,v1′<0,即碰后A球反彈,且一般狀況下速度也小于v1.⑤當(dāng)m1?m2時,v1′=v1,v2′=2v1.碰后A的速度幾乎沒變,仍按原來速度運動,B以A速度的兩倍向前運動.⑥當(dāng)m1?m2時,v1′=-v1,v2′=0.碰后A被按原速率彈回,B幾乎未動.2.非彈性碰撞(1)動量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.(2)機(jī)械能削減,損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能|ΔEk|=Ek初-Ek末=Q.3.完全非彈性碰撞(1)動量守恒:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共.(2)碰撞中機(jī)械能損失最多|ΔEk|=m1+m2-(m1+m2).三、爆炸和反沖運動1.爆炸爆炸過程中的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒,而機(jī)械能增加.2.反沖運動(1)靜止的物體在內(nèi)力作用下分為兩個不同部分,并且這兩部分向相反方向運動的現(xiàn)象.(2)反沖運動中,相互作用的內(nèi)力一般較大,當(dāng)受到較小外力時也可以用動量守恒定律來處理.自主探究兩位同學(xué)在公園里劃船.租船時間將到,她們把小船劃向碼頭.離岸大約2m船停止運動,此時小麗同學(xué)心想:自己在體育課上立定跳遠(yuǎn)的成果高于2m,跳到岸上確定沒問題.于是她縱身一跳,結(jié)果卻掉到了水里(如圖所示).她為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢?答案:當(dāng)在地面上跳遠(yuǎn)時,其相對于地面的速度與在船上跳遠(yuǎn)時相對船的速度相等,但因為從船上跳出時,船獲得向后的速度,離船時對地面速度小于在地面上跳遠(yuǎn)的速度,故其跳動的距離小于在地面上跳動的距離.小題檢測1.思索推斷(1)質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時,確定交換速度.(×)(2)碰撞前后系統(tǒng)的動量和機(jī)械能均守恒.(×)(3)兩物體在完全非彈性碰撞后不再分開,以共同速度運動.(√)(4)火箭點火后離開地面加速向上運動,是地面對火箭的反作用力作用的結(jié)果.(×)(5)爆炸現(xiàn)象中,系統(tǒng)的動量和動能均增大.(×)2.下面關(guān)于碰撞的理解正確的是(B)A.碰撞的兩物體確定交換速率B.在碰撞現(xiàn)象中,一般內(nèi)力都遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,所以可以認(rèn)為碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒C.假如碰撞過程中機(jī)械能也守恒,這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D.微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生干脆接觸,所以不滿意動量守恒的條件,不能應(yīng)用動量守恒定律求解解析:兩物體碰撞時一般內(nèi)力很大,外力可忽視不計,系統(tǒng)的總動量守恒,即交換動量,而速度變更并不確定大小相等,A錯誤,B正確;碰撞過程中機(jī)械能守恒的碰撞為彈性碰撞,C錯誤;動量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一,不僅低速、宏觀物體的運動遵守這一規(guī)律,而且高速、微觀物體的運動也遵守這一規(guī)律,D錯誤.3.下列關(guān)于反沖運動的說法中,正確的是(D)A.拋出物m1的質(zhì)量要小于剩下的質(zhì)量m2才能獲得反沖B.若拋出質(zhì)量m1大于剩下的質(zhì)量m2,則m2的反沖力大于m1所受的力C.反沖運動中,牛頓第三定律適用,但牛頓其次定律不適用D.對拋出部分和剩余部分都適用于牛頓其次定律解析:反沖運動是指由于系統(tǒng)的一部分物體向某一方向運動,而使另一部分向相反方向運動,是否發(fā)生反沖運動與兩部分物體之間的質(zhì)量無關(guān),故選項A錯誤;在反沖運動中,兩部分之間的作用力是一對作用力與反作用力,它們大小相等、方向相反,故選項B錯誤;在反沖運動中一部分受到的另一部分的作用力產(chǎn)生了該部分的加速度,使該部分的速度變更,在此過程中對每一部分牛頓其次定律都成立,故選項C錯誤,D正確.4.質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰.碰撞可能是彈性的,也可能是非彈性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不同的值.請你論證:碰撞后B球的速度可能是以下值嗎?(1)0.6v;(2)0.4v;(3)0.2v.解析:若是彈性碰撞,由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得,mv=mv1+3mv2,mv2=m+×3m,則v2=v=v.若是完全非彈性碰撞,則mv=4mv′,v′=v,因此v≤vB≤v,因此只有(2)是可能的.答案:(2)可能考點研析·感悟提升考點一彈性碰撞與非彈性碰撞1.碰撞遵守的規(guī)律(1)動量守恒,即p1+p2=p1′+p2′.(2)動能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+.(3)速度要符合情景:假如碰前兩物體同向運動,則后面的物體速度必大于前面物體的速度,即v后>v前,否則無法實現(xiàn)碰撞.碰撞后,原來在前面的物體的速度確定增大,且原來在前面的物體速度大于或等于原來在后面的物體的速度,即v前′≥v后′,否則碰撞沒有結(jié)束.假如碰前兩物體相向運動,則碰后兩物體的運動方向不行能都不變更,除非兩物體碰撞后速度均為零.2.碰撞過程能量的轉(zhuǎn)化碰撞過程一般分為壓縮階段和復(fù)原階段,在壓縮階段中物體的動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能,而在復(fù)原階段中其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能.[例1](2024·北京石景山區(qū)期末)如圖所示,質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小球疊放在一起,從高度為h處由靜止釋放,它們一起下落.不計空氣阻力.(1)在下落過程中,兩個小球之間是否存在相互作用力?請說明理由.(2)已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑,全部的碰撞都沒有機(jī)械能損失,且碰撞前后小球都沿豎直方向運動.若碰撞后m2恰處于平衡狀態(tài),求:①落地前瞬間,兩個小球的速度大小v0;②兩個小球的質(zhì)量之比m1:m2;③小球m1上升的最大高度H.審題指導(dǎo):題干關(guān)鍵獲得信息兩個小球疊放在一起兩個小球在豎直方向接觸它們一起下落,不計空氣阻力整體只受重力作用全部碰撞都沒有機(jī)械能損失下面小球與地面碰撞原速率返回,與上面小球發(fā)生彈性碰撞解析:(1)在下落過程中,兩個小球之間不存在相互作用力.隨意時刻它們的速度和加速度都相同,不會相互擠壓,其間沒有相互作用力.(2)①依據(jù)機(jī)械能守恒定律:(m1+m2)=(m1+m2)gh解得v0=.②m1,m2以相同的速度v0落到地面,m2先與地面發(fā)生彈性碰撞,碰撞前后速度大小不變,方向反向;接著與m1碰撞,碰后m2的速度恰好減為零,m1的速度為v1.取向上為正方向,依據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律,有-m1v0+m2v0=m1v1m1+m2=m1解得v1=2v0=2,m1∶m2=1∶3.③依據(jù)機(jī)械能守恒定律,有m1=m1gH解得H=4h.答案:(1)在下落過程中,兩個小球之間不存在相互作用力.隨意時刻它們均處于完全失重狀態(tài),其速度和加速度都相同,不會相互擠壓,因而沒有相互作用力.(2)①②1∶3③4h方法技巧碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿意的條件,列出相應(yīng)方程求解.(2)可熟記一些公式,例如“一動一靜”模型中,兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿意:v1′=v1,v2′=v1(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論,例如,當(dāng)兩球質(zhì)量相等時,兩球碰撞后交換速度.當(dāng)m1?m2,且v2=0時,碰后質(zhì)量大的速率不變,質(zhì)量小的速率為2v1.當(dāng)m1?m2,且v2=0時,碰后質(zhì)量小的球原速率反彈.題組訓(xùn)練1.(碰撞的可能性分析)質(zhì)量相等的A,B兩球在光滑水平面上均向右沿同始終線運動,A球的動量為pA=9kg·m/s,B球的動量為pB=3kg·m/s,當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞,則碰后A,B兩球的動量可能是(A)A.pA′=6kg·m/s,pB′=6kg·m/sB.pA′=8kg·m/s,pB′=4kg·m/sC.pA′=-2kg·m/s,pB′=14kg·m/sD.pA′=-4kg·m/s,pB′=17kg·m/s解析:A,B組成的系統(tǒng)受合外力為0,系統(tǒng)動量守恒,即pA′+pB′=pA+pB=9kg·m/s+3kg·m/s=12kg·m/s,選項D錯誤;A,B碰撞前的動能應(yīng)大于或等于碰撞后的動能,即EkA+EkB≥EkA′+EkB′,Ek1=EkA+EkB=+=(J)=(J),Ek2=EkA′+EkB′=,有≥,即pA′2+pB′2≤90,同時還應(yīng)滿意≤,由此可推斷選項A正確,B,C錯誤.2.(非接觸彈性碰撞)(2024·北京西城區(qū)統(tǒng)測)隨著科幻電影《流浪地球》的熱映,“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野.“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運動的探測器,借助行星的引力來變更自己的速度.為了分析這個過程,可以提出以下兩種模式:探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用變更了速度.如圖所示,以太陽為參考系,設(shè)行星運動的速度為u,探測器的初速度大小為v0,在圖示的兩種狀況下,探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2.探測器和行星雖然沒有發(fā)生干脆的碰撞,但是在行星的運動方向上,其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比.那么下列推斷中正確的是(A)A.v1>v0 B.v1=v0 C.v2>v0 D.v2=v解析:對于模型一,設(shè)向左為正,由動量守恒定律得Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒Mu2+m=m+M,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1=,因M?m,則v1≈2u+v0>v0,故A正確,B錯誤.對于模型二,設(shè)向左為正,由動量守恒定律得Mu+mv0=-mv2+Mu2,由能量守恒Mu2+m=m+M,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2=,因M?m,則v2≈v0-2u<v0;故C,D錯誤.3.(非彈性碰撞)如圖(甲)所示,光滑水平面上有P,Q兩物塊,它們在t=4s時發(fā)生碰撞,圖(乙)是兩者的位移—時間圖象,已知物塊P的質(zhì)量為mP=1kg,由此可知(D)A.碰撞前物塊P的動量為16kg·m/sB.兩物塊的碰撞可能為彈性碰撞C.物塊Q的質(zhì)量為4kgD.碰撞過程中物塊P對物塊Q作用力的沖量是3N·s解析:依據(jù)位移—圖象可知,碰撞前P的速度v0=4m/s,碰撞前物塊P的動量為p0=mPv0=4kg·m/s,選項A錯誤;依據(jù)位移—圖象,碰撞后二者速度相同,說明碰撞為完全非彈性碰撞,選項B錯誤;碰撞后,二者的共同速度v=1m/s,由動量守恒定律,mPv0=(mP+mQ)v,解得mQ=3kg,選項C錯誤;由動量定理,碰撞過程中物塊P對物塊Q作用力的沖量是I=ΔpQ=mQv=3N·s,選項D正確.考點二反沖與爆炸類問題1.對反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,反沖運動遵循動量守恒定律機(jī)械能增加反沖運動中,物體間作用力做正功,其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中,有其他形式的能(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能位置不變爆炸的時間極短,作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小,可以認(rèn)為爆炸前、后時刻各部分位置不變[例2](2024·湖北武漢六中月考)如圖所示,固定的光滑平臺上靜止著兩個滑塊A,B,mA=0.1kg,mB=0.2kg,兩滑塊間夾有少量炸藥,平臺右側(cè)有一帶擋板的小車,靜止在光滑的水平地面上.小車質(zhì)量為M=0.3kg,車面與平臺的臺面等高,小車的上表面的右側(cè)固定一根輕彈簧,彈簧的自由端在Q點,小車的上表面左端點P與Q點之間是粗糙的,P,Q間距L=0.75m,滑塊B與PQ之間表面的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,Q點右側(cè)表面是光滑的.點燃炸藥后,A,B分別瞬間A滑塊獲得向左的速度vA=6m/s,而滑塊B則沖向小車.兩滑塊都可以看做質(zhì)點,炸藥的質(zhì)量忽視不計,爆炸的時間極短,爆炸后兩個物塊的速度方向在同一水平直線上,且g=10m/s2.求:(1)炸藥爆炸使滑塊獲得的機(jī)械能;(2)滑塊B滑上小車后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能;(3)滑塊B運動到何處小車速度最大?并求出小車運動過程中的最大速度.過程圖示:解析:(1)爆炸過程系統(tǒng)動量守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得mAvA-mBvB=0,則vB==3m/s.則炸藥爆炸使滑塊A,B獲得的機(jī)械能E=mA+mB=2.7J.(2)彈簧壓縮到最短時彈簧的彈性勢能最大,B與小車組成的系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mBvB=(M+mB)v,由能量守恒定律得mB=(M+mB)v2+μmBgL+Ep,代入數(shù)據(jù)解得Ep=0.24J.(3)滑塊B壓縮彈簧后返回Q點時小車的速度最大,系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mBvB=mBv1+Mv2,由能量守恒定律得mB=mB+M+μmBgL,代入數(shù)據(jù)解得v1=0,v2=2m/s,(v1=2.4m/s,v2=0.4m/s,B的速度大于小車的速度,不符合實際,舍去).答案:(1)2.7J(2)0.24J(3)滑塊B返回Q點時小車速度最大,大小為2m/s題組訓(xùn)練1.(爆炸問題)一禮花彈在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v=2m/s,突然爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失,取重力加速度g=10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(B)解析:禮花彈水平飛出爆炸時,在水平方向不受外力,系統(tǒng)水平方向動量守恒,設(shè)m乙=m,m甲=3m,則爆炸前p總=(3m+m)v=8m,而爆炸后兩塊都做平拋運動,豎直方向有h=gt2,解得t=1s,則速度v′==s.設(shè)甲、乙兩塊均沿禮花彈原來飛行方向,依據(jù)動量守恒定律,有8m=3ms甲+ms乙,即8=3s甲+s乙,將各選項s甲,s乙數(shù)值代入,可知選項B正確,A,C,D錯誤.2.(反沖問題)(2024·陜西西安一中月考)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的三角形滑塊A置于水平光滑的地面上,三角形的底邊長為L,斜面也光滑,當(dāng)質(zhì)量為m的滑塊B(可看做質(zhì)點)沿斜面下滑的過程中(BD)A.A與B組成的系統(tǒng)動量守恒,機(jī)械能守恒B.B沿斜面滑究竟端時,A移動的位移大小為C.B對A的沖量大小等于A的動量變更量D.B對A的作用力做的功等于A增加的動能解析:A,B組成的系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零,整體動量不守恒,但在水平方向所受合外力為零,則系統(tǒng)在水平方向動量守恒;設(shè)B水平方向運動的位移大小為s1,A運動的位移大小為s2,由動量守恒得ms1-Ms2=0,且s1+s2=L,解得s2=,故B正確;A的動量變更量與合外力的沖量相等,但A除受B的作用力外還有重力和地面支持力,故C錯誤;對A依據(jù)動能定理,由于A的重力和地面支持力不做功,所以B對A的作用力做的功等于A增加的動能,故D正確.考點三人船模型1.本質(zhì):人船模型是反沖運動的特例.2.“人船模型”的特征兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時,若所受外力的矢量和為0,則系統(tǒng)動量守恒.在相互作用的過程中,任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比.3.“人船”位置如圖所示,長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中,質(zhì)量為m人的人由靜止起先從船的一端走到船的另一端,不計水的阻力,因人和船組成的系統(tǒng)動量始終守恒,可得m船v船=m人v人,故有m船s船=m人s人,由圖可看出s船+s人=L,可解得s人=L,s船=L.s人,s船均為沿動量方向相對于同一參考系的位移.4.模型擴(kuò)展人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上,求熱氣球上升或下降的高度的問題;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移動的距離的問題等.[例3]如圖所示,小車(包括固定在小車上的桿)的質(zhì)量為M,質(zhì)量為m的小球通過長度為L的輕繩與桿的頂端連接,起先時小車靜止在光滑的水平面上,現(xiàn)把小球從與O點等高的地方釋放,小車向左運動的最大位移是(B)A. B.C. D.審題指導(dǎo):題干關(guān)鍵獲得信息小車靜止在光滑水平面上小車和小球系統(tǒng)水平方向不受力小球從與O點等高的地方釋放小球下擺后又上升小車向左運動的最大位移小球擺至最右端時小車位移最大,此時系統(tǒng)靜止解析:小球釋放后是先下擺、后上擺,小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受力,水平方向動量保持守恒,小球向右移動,小車向左移動.當(dāng)小車向左位移達(dá)到最大時系統(tǒng)速度為0,由機(jī)械能守恒可知,此時小球處于與O點等高處,即小球搖擺過程中,小球相對于小車的位移為2L.設(shè)小車最大位移為smax,則小球位移為2L-smax,依據(jù)動量守恒定律,有m(2L-smax)-Msmax=0,得smax=,選項B正確.誤區(qū)警示求解“人船模型”問題的留意事項(1)“人船模型”適用于由兩物體組成的系統(tǒng),當(dāng)滿意動量守恒條件(含某一方向動量守恒)時,若其中一個物體向某一方向運動,則另一物體在其間作用力作用下向相反方向運動的狀況.(2)畫草圖:解題時要畫出兩物體的位移關(guān)系草圖,找出各位移間的關(guān)系,留意兩物體的位移是相對同一參考系的位移.一般是對地的位移,如本例中小球?qū)囄灰茷?L,但對地位移為2L-smax.題組訓(xùn)練1.(2024·福建廈門湖濱中學(xué)期中)(多選)將物體P從置于光滑水平面上的斜面體Q的頂端以確定的初速度沿斜面往下滑,如圖所示.在下滑過程中,P的速度越來越小,最終相對斜面靜止,那么由P和Q組成的系統(tǒng)(BD)A.動量守恒B.水平方向動量守恒C.最終P和Q確定都靜止在水平面上D.最終P和Q以確定的速度共同向左運動解析:因為系統(tǒng)水平方向上沒有外力,所以水平方向動量守恒,豎直方向合力不為零,所以豎直方向動量不守恒;初態(tài)系統(tǒng)總動量向左,最終兩物體相對靜止,則末狀態(tài)總動量向左,所以最終P和Q以確定的速度共同向左運動,A,C錯誤,B,D正確.2.如圖所示,在一只大氣球下方的長繩上,有一個質(zhì)量為m1=50kg的人.氣球和長繩的總質(zhì)量為m2=20kg,長繩的下端剛好和水平面接觸.當(dāng)靜止時人離地面的高度為h=5m.假如這個人起先沿繩向下滑,當(dāng)他滑到繩下端時,他離地面的高度約為(可以把人看做質(zhì)點)(B)A.5m B.3.6mC.2.6m D.8m解析:設(shè)人的速度為v1,氣球的速度為v2,起先人和氣球組成的系統(tǒng)所受外力合力為0,即人和氣球組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)人下滑過程中,氣球位移為H,則人的位移為h-H,依據(jù)動量守恒定律,有m1(h-H)-m2H=0,代入數(shù)據(jù)得H=m,氣球上升m,所以人離地高度為m,約等于3.6m,選項B正確.真題試做·模擬演練1.(2024·福建卷,30)如圖,兩滑塊A,B在光滑水平面上沿同始終線相向運動,滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向向左,兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是(D)A.A和B都向左運動 B.A和B都向右運動C.A靜止,B向右運動 D.A向左運動,B向右運動解析:由于A,B碰前總動量為0,由動量守恒可知碰后總動量也為0,因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,故碰后A,B確定反向,即A向左運動,B向右運動,選項D正確.2.(2024·福建卷,30)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置,由限制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分別.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分別后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽視空氣阻力及分別前后系統(tǒng)質(zhì)量的變更,則分別后衛(wèi)星的速率v1為(D)A.v0-v2 B.v0+v2C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)解析:由動量守恒定律得:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2得v1=v0+(v0-v2),故D項正確.3.(2024·內(nèi)蒙古集寧一中期中)如圖,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,BC段是長為L的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點,一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點靜止起先沿軌道滑下,然后滑入BC軌道,最終恰好停在C點.已知小車質(zhì)量M=3m,滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g.則(B)A.全程滑塊水平方向相對地面的位移為R+LB.全程小車相對地面的位移大小s=C.最終小車和滑塊一起向左運動D.μ,L,R三者之間的關(guān)系為R=4μL解析:全程小車相對地面的位移大小為s,則滑塊水平方向相對地面的位移s′=R+L-s,選項A錯誤;取水平向右為正方向,由水平方向動量守恒得m-M=0,即m-M=0,結(jié)合M=3m,解得s=(R+L),s′=(R+L),故B正確;由于最終滑塊停在C點,對整個過程,由動量守恒定律得0=(m+M)v′,得v′=0,則最終小車和滑塊靜止,選項C錯誤;由能量守恒定律得mgR=μmgL,得R=μL,故D錯誤.4.(2024·全國Ⅰ卷,25)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接,小物塊B靜止于水平軌道的最左端,如圖(a)所示.t=0時刻,小物塊A在傾斜軌道上從靜止起先下滑,一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短);當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標(biāo)出)時,速度減為0,此時對其施加一外力,使其在傾斜軌道上保持靜止.物塊A運動的vt圖象如圖(b)所示,圖中的v1和t1均為未知量.已知A的質(zhì)量為m,初始時A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計空氣阻力.(1)求物塊B的質(zhì)量;(2)在圖(b)所描述的整個運動過程中,求物塊A克服摩擦力所做的功;(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等,在物塊B停止運動后,變更物塊與軌道間的動摩擦因數(shù),然后將A從P點釋放,一段時間后A剛好能與B再次碰上.求變更前后動摩擦因數(shù)的比值.解析:(1)依據(jù)圖(b),v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小,為其碰撞后瞬間速度的大小.設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′,碰撞后瞬間的速度大小為v′.由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1=m（-）+m′v′m=m（-v1）2+m′v′2聯(lián)立可得m′=3m.(2)在圖(b)所描述的運動中,設(shè)物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f,下滑過程中所走過的路程為s1,返回過程中所走過的路程為s2,P點的高度為h,整個過程中克服摩擦力所做的功為W.由動能定理有mgH-fs1=m-0-(fs2+mgh)=0-m（-）2從圖(b)所給出的vt圖線可知s1=v1t1s2=··(1.4t1-t1)由幾何關(guān)系得=物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為W=fs1+fs2聯(lián)立可得W=mgH.(3)設(shè)傾斜軌道傾角為θ,物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在變更前為μ,有W=μmgcosθ·設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′,由動能定理有-μm′gs′=0-m′v′2設(shè)變更后的動摩擦因數(shù)為μ′,由動能定理有mgh-μ′mgcosθ·-μ′mgs′=0聯(lián)立可得=.答案:(1)3m(2)mgH(3)5.(2024·全國Ⅲ卷,25)靜止在水平地面上的兩小物塊A,B,質(zhì)量分別為mA=1.0kg,mB=4.0kg;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧,A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0m