【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第7章第2讲《动量守恒定律及应用》 (含解析).doc，共(15)页，299.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲动量守恒定律及应用目标要求1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．考点一动量守恒定律的理解和基本应用1．内

容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个

物体动量的变化量等大反向．1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．(×)2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)3．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方

向，且其中的速度必须相对同一个参考系．(√)1．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒

．2．应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果

，必要时讨论说明．考向1系统动量守恒的判断例1如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是()A．从烧断细

线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零答案A解析从烧断细线到弹簧

恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系

统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功

为0，故D错误．考向2动量守恒定律的基本应用例2(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳

到a车上相对a车保持静止，此后()A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系vc>va>vbD．a、c两车运动方向相反答案CD解析设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速

度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)·va，所以vc＝－m人vM车，vb＝0，va＝m人vM车＋m人，即vc>va>vb并且vc与va方向相反．所以选项A、B错误，选项C、D正确．考向3动量守恒定律的临界问题例3甲、乙两小

孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6m/s，甲车上有质量为m＝1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5

m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是()A．12B．13C．14D．15答案D解析规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(

M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．考点二爆炸、反冲运动和人船模型1．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于

受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2

.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机

械能，所以系统的总机械能增加1．发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象．(√)2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．(×)人船模型(1)模型图示(2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：mv人

－Mv船＝0②两物体的位移大小满足：mx人t－Mx船t＝0，x人＋x船＝L，得x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL(3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度

)比等于它们质量的反比，即x人x船＝v人v船＝Mm.考向1爆炸问题例4在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q.已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方

向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是()A．爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同B．爆炸后Q比P先落地C．Q的落地点到爆炸点的水平距离大D．爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等答案D解析在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量

守恒．爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；在爆炸过程中，P、Q受

到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，

所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误．考向2反冲运动例5(2022·河南省模拟)解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹)，准

确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是()A.mMv0B.Mmv0

C.MM－mv0D.mM－mv0答案D解析由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝mM－mv0，故选D.考向3人船模型例6(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)()A．系统的总动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小

车的动量等大反向或都为零C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为2mlM＋m答案BD解析系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；

小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l

，解得小车向右移动的最大距离为2mlM＋m，D正确．考点三碰撞问题1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互

碰撞的系统动量守恒．3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．(×)2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同．(√)1．碰撞

问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物

体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．2．弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′12m1v1

2＝12m1v1′2＋12m2v2′2联立解得：v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2

′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完

全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝mAmA＋mBv0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝2mAmA＋mBv0.则碰后物体B的速度范围为：mAmA＋mBv0≤vB≤2mAmA＋mBv0.考向1碰撞的可能性例7A、B两球在光滑水平面上沿

同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7

m/s，vB′＝1.5m/s答案B解析虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝12mAvA′2＋12mBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek前＝

12mAvA2＋12mBvB2＝22J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．考向2弹性碰撞例8(多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质

量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)()A．22gRB.2gRC．25gRD.5gR答案BC解

析A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：12mv02＝12mv12＋12·2mv22，联立得：v2＝2v03.若恰好能通过最高点，说明小球到达

最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·vmin2R，A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝12·2mv2′2－12·2mvmin2，v2′＝2v0′3，解得

：v0′＝1.55gR，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.55gR.若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：2mg·R＝12·2mv2″2，v2″2＝2v0″3，解得v0″

＝1.52gR，可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.52gR.由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.52gR或v0≥1.55gR，故A、D错误，B、C正确．考向3非弹性碰撞例9北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19kg的冰壶甲推

出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：(1)冰壶乙获得的速度大小；(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量

损失多少．答案(1)0.3m/s(2)非弹性碰撞0.57J解析(1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3将v1＝0.4m/s，v2＝0.1m/s代入上式得v3＝0.3m/s.(2)碰撞前的动能E1＝12mv12＝1.52J，碰撞后两冰壶的总动能E2＝12mv22＋12mv32＝0.

95J因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，能量损失E＝E1－E2＝0.57J.课时精练1.(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦

．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒

，机械能不守恒答案B解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机

械能不守恒．故选B.2.(多选)在光滑的水平面上，一个质量为2kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是()A．碰撞后A的动量为6kg·m/sB．碰撞后A的动量为2kg·m/

sC．物体B的质量为2kgD．碰撞过程中合外力对B的冲量为6N·s答案BD解析由题图可知，碰撞前A的速度为v0＝164m/s＝4m/s，碰撞后A、B共同的速度为v＝24－1612－4m/s＝1m/s，则碰撞后A的动量为pA＝mAv＝2kg×1m/s＝2kg·m/s，A错误，B正确；A、B

碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6kg，C错误；对B，由动量定理可得IB＝mBv－0＝6N·s，D正确．3．(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人在船上走”模型．该同学到实验室里，将一质量为M的滑块置于长为

L的气垫导轨上并接通电源．该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端．下面说法正确的是()A．只有蜗牛运动，滑块不运动B．滑块运动的距离是MM＋mLC．蜗牛运动的位移是滑块的Mm倍D．

滑块与蜗牛运动的距离之和为L答案CD解析根据“人船模型”，易得滑块运动的距离为mM＋mL，蜗牛运动的距离为MM＋mL，二者运动的距离之和为L，C、D正确．4．竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向

与物体原来的速度方向相反，则()A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小D．炸裂过程中，

b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小答案B解析在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间a块的速度大小不能确定，以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得vb＝ma＋mbv0＋mavamb>v0，b块

的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故A、C错误，B正确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误．5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙

发生正碰，如图乙．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图()答案B解析两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故

A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程

机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失

机械能，则碰后三个小球的速度分别为()A．v1＝v2＝v3＝13v0B．v1＝0，v2＝v3＝12v0C．v1＝0，v2＝v3＝12v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案D解析由题设条件，三球在碰撞过程中

总动量和总动能守恒．设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为12mv02.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为14mv02，这显然违反了机械能守

恒定律，故不可能．对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.7.如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车，用长为L的细线系一质量为m的小球，将小球拉至水平位置，球放开时小车与小球保持静止状态，松手后

让小球下落，在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则()A．小球与油泥相撞后一起向左运动B．小球与油泥相撞后一起向右运动C．整个过程小车的运动距离为MLm＋MD．整个过程小车的运动距离为mLm＋M答案D解析在水平方向上，系统不受外力，因

此在水平方向动量守恒．小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，所以小车和小球都保持静止，故A、B

错误；设当小球到达最低点时，小球向右移动的距离为x1，小车向左移动的距离为x2，根据系统水平方向动量守恒有mv1－Mv2＝0，又v1＝x1t，v2＝x2t，则有mx1t－Mx2t＝0，变形得mx1＝Mx2，根据x1＋x2＝L，联立解得x2＝mLm＋M，故C错误，D正确．8．(2021·浙江1月

选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录

到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．

爆炸后的质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m答案B解析设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运

动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝x2＋y2，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5s－t)×340m/s，又2vt＝(6s－t)×340m/s，联立解得t＝4s，v＝85

m/s，故爆炸点离地面高度为h＝12gt2＝80m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1020m，故D项错误．9．(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比Mm可能为(

)A．2B．3C．4D．5答案AB解析根据动量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，根据动量和动能的关系有：p2＝2mEk，根据能量关系，由于动能不增加，则有：4p22M≥p22m＋p22M，解得Mm≤3，故A、B正确，C、D错误．10．在发

射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1000m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600kg

，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则()A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4m/sB．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/sC．要使火箭能成功发射至少要喷气500次D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s答案A解析设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出

的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究

对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝n20＝33.3s，故D错误．11.如图所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3m/s的速度向右滑行，此时质量

m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．答案大

于或等于3.8m/s解析人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向由水平方向动量守恒得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′解得

v′＝1m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu解得u＝3.8m/s因此，只要人跳离甲车的水平速度大于或等于3.8m/s，就可避免两车相撞．12．如图所示，ABC

为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8m的14圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球

2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10m/s2.(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m2＝0.1kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m3＝0.1kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．答案(1)12N(2)6.4

m/s(3)0.2kg解析(1)对球1从A到B应用动能定理：m1gR＝12m1v02在B点对球1应用牛顿第二定律：FN－m1g＝m1v02R联立解得：v0＝4m/s、FN＝12N由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12N.(

2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得：12m1v02＝12m1v12＋12m2v22解得：v2＝2m1m1＋m2v0＝6.4m/s.(3)同理，球2、球3碰撞后：v3＝2m2m2＋m3v2则v3＝2m2m2＋m3·2m1m1＋m2v0代入数据得v

3＝1.6m2＋0.04m2＋0.5v0，由数学知识可知，当m2＝0.04m2时，m2＋0.04m2＋0.5最小，v3最大所以m22＝0.04，m2＝0.2kg.13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰

面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推

向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kgB．53kgC．58kgD．

63kg答案BC解析设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2„„第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定

律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，„„，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝2n－1mv0M，则v7＝260kg·m/sM，v8＝300k

g·m/sM.由题意知，v7<5m/s，则M>52kg，又知v8>5m/s，则M<60kg，故选B、C.