2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第31講動量守恒定律及其應(yīng)用(講義)(學(xué)生版+解析)

第31講動量守恒定律及其應(yīng)用目錄復(fù)習(xí)目標(biāo)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建考點一動量守恒的條件及應(yīng)用【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1動量守恒定律內(nèi)容及條件知識點2動量守恒定律的“四性”【提升·必考題型歸納】考向1動量守恒的判斷考向2動量守恒守恒定律的應(yīng)用考點二碰撞問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1彈性碰撞知識點2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞【提升·必考題型歸納】考向1彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用考向2完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用考向3類碰撞問題考點三人船模型、爆炸和反沖問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1人船模型知識點2爆炸和反沖問題【提升·必考題型歸納】考向1人船模型考向2爆炸和反沖問題考點四彈簧模型和板塊模型【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1彈簧模型知識點2板塊模型【提升·必考題型歸納】考向1彈簧模型考向2板塊模型真題感悟理解和掌握動量守恒定律。能夠利用動量守恒定律處理解決涉及碰撞、反沖、彈簧和板塊等問題?？键c要求考題統(tǒng)計考情分析（1）動量守恒定律（2）動量守恒定律的應(yīng)用2023年山東卷第18題2023年北京卷第18題2023年天津卷第12題高考對動量守恒定律的考查非常頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，題目難度各省份不同，同時，這類題目往往綜合性比較強，需要的能力也比較高?？键c一動量守恒的條件及應(yīng)用知識點1動量守恒定律內(nèi)容及條件(1)內(nèi)容：如果系統(tǒng)，或者所受外力的，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)表達(dá)形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)常見的幾種守恒形式及成立條件：①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力外力。③分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為，系統(tǒng)在該方向上。知識點2動量守恒定律的“四性”(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負(fù)。(2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律時，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。考向1動量守恒的判斷1．如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是（）

A．P對Q做功為零B．P和Q之間的相互作用力做功之和為零C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒2．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（）A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量考向2動量守恒守恒定律的應(yīng)用3．如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量守恒B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量不守恒C．物塊到不了水平軌道的最左端D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道4．如圖所示，高為、長為的斜面體靜置于水平地面上，將質(zhì)量為、可視為質(zhì)點的小球從斜面體的頂端由靜止釋放后，斜面體沿水平地面做勻加速直線運動，經(jīng)小球與斜面體分離，分離時斜面體的速度大小為，不計一切摩擦，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）

A．斜面體的質(zhì)量為B．小球能達(dá)到的最大速度為C．小球?qū)π泵骟w的壓力大小為D．小球在斜面體上運動時，斜面體對地面的壓力大小為考點二碰撞問題知識點1彈性碰撞1.碰撞三原則：(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.“動碰動”彈性碰撞vv1v2v1’ˊv2’ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

(1)(2)

聯(lián)立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，)(2)當(dāng)m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率，大不變)知識點2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞1.非彈性碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非彈性碰撞vv1v2v共m1m2碰后物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=考向1彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用1．在一個水平桌面上固定一個內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點，且ac與bd相互垂直。在內(nèi)部放置A、B兩個小球（球徑略小于管徑，管徑遠(yuǎn)小于R），質(zhì)量分別為、，開始時B球靜止于a點，A球在其左側(cè)以的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點。則下列說法中正確的是（）A．A、B兩球的質(zhì)量比為B．若只增大A球的初速度則第二次碰撞點可能在之間某處C．若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點可能仍在b處D．若只增大A球的質(zhì)量則第一、二次碰撞時間間隔不可能大于2．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A與質(zhì)量為的小球B疊放在一起，從高度為處由靜止開始下落，落到水平地面時，B與地面之間以及B與A之間均在豎直方向發(fā)生彈性碰撞（認(rèn)為B先與地面發(fā)生碰撞，緊接著A、B間再發(fā)生碰撞），則A反彈后能達(dá)到的最大高度可能為（）A．4.5h B．5.5h C．6.5h D．7.5h考向2完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用3．如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時有一質(zhì)量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當(dāng)小球A上升到最高點時恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，，，取。下列說法正確的是（）

A．小球A上升至最高點時離地面3.2mB．小球A從拋出到落回地面的時間為1.6sC．A、B兩球碰撞過程中小球A的動量變化量大小為0.45kg·m/sD．小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m4．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，質(zhì)量為1kg的小物塊B置于輕彈簧上端并處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一質(zhì)量為3kg的小物塊A從小物塊B正上方h=0.8m處由靜止釋放，與小物塊B碰撞后（碰撞時間極短）一起向下壓縮彈簧到最低點，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，彈簧的彈性勢能表達(dá)式（x為彈簧的形變量），重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）

A．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的速度大小為1m/sB．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的加速度大小為7.5m/s2C．小物塊A與B碰撞之后一起下落0.5m時的加速度大小為2.5m/s2D．小物塊A與B碰撞之后一起下落過程中，系統(tǒng)的最大動能為22.5J考向3類碰撞問題5．旅行者1號經(jīng)過木星和土星時通過引力助推（引力彈弓）獲得了足以完全擺脫太陽引力的動能。引力助推是飛行器從遠(yuǎn)距離接近反向運行的行星時，產(chǎn)生的運動效果就像該飛行器被行星彈開了，科學(xué)家們稱這種情況為彈性碰撞，不過兩者沒有發(fā)生實體接觸。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)探測器的初速度大小為，行星的速率為。探測器在遠(yuǎn)離行星后的速率為，已知行星質(zhì)量遠(yuǎn)大于探測器質(zhì)量，那么約為（）A． B． C． D．6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（）A．小球的質(zhì)量為B．小球運動到最高點時的速度為C．小球能夠上升的最大高度為D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動考點三人船模型、爆炸和反沖問題知識點1人船模型1.適用條件①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；②動量守恒或某方向動量守恒．2.常用結(jié)論設(shè)人走動時船的速度大小為v船,人的速度大小為v人,以船運動的方向為正方向,則m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有m船v船t=m人v人t,即：m船x船=m人x人，由圖可看出x船+x人=L，可解得：；3.類人船模型類型一類型二類型三類型四類型五知識點2爆炸和反沖問題1．對反沖現(xiàn)象的三點說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。(3)反沖運動中平均動量守恒。2．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動?？枷?人船模型1．如圖所示，質(zhì)量為M=2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離，彈簧原長遠(yuǎn)小于L。將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有（）A．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為B．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為C．小木船最終的速度大小為D．彈簧釋放的彈性勢能為2．如圖所示，一半圓槽滑塊的質(zhì)量為M，半圓槽半徑為R，滑塊置于光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m的小智能機器人（可視為質(zhì)點）置于半圓槽的A端，在無線遙控器控制下，機器人從半圓槽A端移動到B端。下面說法正確的是（）A．只有小機器人運動，滑塊不運動B．滑塊運動的距離是C．滑塊與小機器人運動的水平距離之和為2RD．小機器人運動的位移是滑塊的倍考向2爆炸和反沖問題3．章魚遇到危險時可將吸入體內(nèi)的水在極短時間內(nèi)向后噴出，由此獲得一個反沖速度，從而迅速向前逃竄完成自救。假設(shè)有一只章魚吸滿水后的總質(zhì)量為M，靜止懸浮在水中一次噴射出質(zhì)量為m的水，噴射速度大小為，章魚體表光滑，則以下說法中正確的是（

）A．噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒B．噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)機械能守恒C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為D．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為4．不在同一直線上的動量問題同樣可以用正交分解法處理。某同學(xué)自制了一款飛機模型，該飛機模型飛行過程中可通過噴氣在極短時間內(nèi)實現(xiàn)垂直轉(zhuǎn)彎。若該飛機模型的質(zhì)量為M（含氣體），以大小為v的速度勻速飛行時，在極短時間內(nèi)噴出質(zhì)量為m的氣體后垂直轉(zhuǎn)彎，且轉(zhuǎn)彎后的速度大小不變，則該飛機模型噴出的氣體的速度大小為（）A． B．C． D．考點四彈簧模型和板塊模型知識點1彈簧模型條件與模型①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）②mA>mB（如:mA=2kg；mB=1kg）③mA<mB（如:mA=1kg；mB=2kg）規(guī)律與公式情況一：從原長到最短（或最長）時①；②情況二：從原長先到最短（或最長）再恢復(fù)原長時①；②知識點2板塊模型板塊模型過程簡圖xx1v0x2x相對m1m2v共v共動力學(xué)常用關(guān)系；；功能常用關(guān)系動量常用關(guān)系考向1彈簧模型1．如圖所示，有一個質(zhì)量為的物體A和一個質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長為，勁度系數(shù)為k，彈性勢能表達(dá)式（x為彈簧的形變量）?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達(dá)到相對靜止的時間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復(fù)原長，最后被拉長至最長。則下列說法正確的是（）

A．整個過程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒B．彈簧被壓縮至最短時物體B的速度大小為C．整個過程中彈簧的最大彈性勢能為D．物體B的最大加速度大小為2．如圖甲，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說法正確的是（）

A．t1時刻后A、B系統(tǒng)的總動量大小始終為mAS1 B．C． D．t2時刻，彈簧伸長量大于0時刻的壓縮量考向2板塊模型3．如圖甲所示，長木板A靜置在光滑的水平面上，物塊B可視為質(zhì)點以水平速度滑上長木板A的上表面的最左端，之后它們的速度隨時間變化情況如圖乙所示，在兩者相對運動過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A．長木板A的質(zhì)量為4kgB．摩擦力對物塊B做功為6JC．長木板A的長度不小于1.5mD．長木板A與物塊B間的動摩擦因數(shù)為0.14．如圖所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩個物體，mA=2kg，mB=1kg，速度的大小均為v0=8m/s，速度方向相反。A板足夠長，A、B之間有摩擦，當(dāng)觀察到B做加速運動時，A的速度大小可能為（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s1．（2023年北京卷高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L。現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能。

2．（2023年全國乙卷高考真題）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。唬?）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；（3）圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

第31講動量守恒定律及其應(yīng)用目錄復(fù)習(xí)目標(biāo)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建考點一動量守恒的條件及應(yīng)用【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1動量守恒定律內(nèi)容及條件知識點2動量守恒定律的“四性”【提升·必考題型歸納】考向1動量守恒的判斷考向2動量守恒守恒定律的應(yīng)用考點二碰撞問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1彈性碰撞知識點2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞【提升·必考題型歸納】考向1彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用考向2完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用考向3類碰撞問題考點三人船模型、爆炸和反沖問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1人船模型知識點2爆炸和反沖問題【提升·必考題型歸納】考向1人船模型考向2爆炸和反沖問題考點四彈簧模型和板塊模型【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1彈簧模型知識點2板塊模型【提升·必考題型歸納】考向1彈簧模型考向2板塊模型真題感悟理解和掌握動量守恒定律。能夠利用動量守恒定律處理解決涉及碰撞、反沖、彈簧和板塊等問題。考點要求考題統(tǒng)計考情分析（1）動量守恒定律（2）動量守恒定律的應(yīng)用2023年山東卷第18題2023年北京卷第18題2023年天津卷第12題高考對動量守恒定律的考查非常頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，題目難度各省份不同，同時，這類題目往往綜合性比較強，需要的能力也比較高?？键c一動量守恒的條件及應(yīng)用知識點1動量守恒定律內(nèi)容及條件(1)內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)表達(dá)形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)常見的幾種守恒形式及成立條件：①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。③分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。知識點2動量守恒定律的“四性”(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負(fù)。(2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律時，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。考向1動量守恒的判斷1．如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是（）

A．P對Q做功為零B．P和Q之間的相互作用力做功之和為零C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒【答案】B【詳解】A．Q在P上運動的過程中，P對Q的彈力方向垂直于接觸面，與Q的位移方向夾角大于90°，則P對Q做功不為零。故A錯誤；BCD．Q在P上運動的過程中，整個系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，P和Q之間的相互作用力屬于內(nèi)力并且等大反向，二者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為零。系統(tǒng)在水平方向合力為零，即水平方向動量守恒。系統(tǒng)在豎直方向所受合力不為零，則豎直方向動量不守恒。故B正確；CD錯誤。故選B。2．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（）A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量【答案】C【詳解】A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動能增大，由人體生物能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機械能，機械能不守恒，故A錯誤；BC．系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，所以男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒，故B錯誤，C正確；D．由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，所以小孩推力的沖量等于木箱的動量的變化量，故D錯誤。故選C?？枷?動量守恒守恒定律的應(yīng)用3．如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量守恒B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量不守恒C．物塊到不了水平軌道的最左端D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道【答案】B【詳解】AB．軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分時因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時，合外力不為零，動量不守恒，但是水平方向動量守恒，故A錯誤，B正確；CD．設(shè)軌道的水平部分長為L．軌道固定時，根據(jù)能量守恒定律得mgR=μmgL軌道不固定時，設(shè)物塊與軌道相對靜止時共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x．取向左為正方向，根據(jù)水平動量守恒得0=（M+m）v則得v=0根據(jù)能量守恒定律得mgR=（M+m）v2+μmgx聯(lián)立解得x=L所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，故CD錯誤。故選B。4．如圖所示，高為、長為的斜面體靜置于水平地面上，將質(zhì)量為、可視為質(zhì)點的小球從斜面體的頂端由靜止釋放后，斜面體沿水平地面做勻加速直線運動，經(jīng)小球與斜面體分離，分離時斜面體的速度大小為，不計一切摩擦，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）

A．斜面體的質(zhì)量為B．小球能達(dá)到的最大速度為C．小球?qū)π泵骟w的壓力大小為D．小球在斜面體上運動時，斜面體對地面的壓力大小為【答案】BC【詳解】A．斜面體的底邊長內(nèi)斜面體運動的位移大小為所以小球從釋放到與斜面體分離，沿水平方向運動的位移大小為根據(jù)水平方向上動量守恒知斜面體的質(zhì)量為選項A正確；B．根據(jù)動量守恒定律知即小球與斜面體分離時的速度大小為選項B錯誤；C．對斜面體有解得選項C正確；D．小球在豎直方向上滿足即對整體在豎直方向上有；解得選項D錯誤。故選AC。考點二碰撞問題知識點1彈性碰撞1.碰撞三原則：(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.“動碰動”彈性碰撞vv1v2v1’ˊv2’ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

(1)(2)

聯(lián)立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)知識點2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞1.非彈性碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非彈性碰撞vv1v2v共m1m2碰后物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=考向1彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用1．在一個水平桌面上固定一個內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點，且ac與bd相互垂直。在內(nèi)部放置A、B兩個小球（球徑略小于管徑，管徑遠(yuǎn)小于R），質(zhì)量分別為、，開始時B球靜止于a點，A球在其左側(cè)以的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點。則下列說法中正確的是（）A．A、B兩球的質(zhì)量比為B．若只增大A球的初速度則第二次碰撞點可能在之間某處C．若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點可能仍在b處D．若只增大A球的質(zhì)量則第一、二次碰撞時間間隔不可能大于【答案】CD【詳解】A．設(shè)第一次碰后A、B兩球的速度分別為，。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有；第二次碰撞發(fā)生在b點，則有聯(lián)立解得故A錯誤；BC．設(shè)第二次碰撞A球轉(zhuǎn)過的角度為，則有解得可知與初速度無關(guān)，即第二次碰撞點與A球的初速度無關(guān)，若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點可能仍在b處，故B錯誤，C正確；D．兩次碰撞間隔時間為故D正確；故選CD。2．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A與質(zhì)量為的小球B疊放在一起，從高度為處由靜止開始下落，落到水平地面時，B與地面之間以及B與A之間均在豎直方向發(fā)生彈性碰撞（認(rèn)為B先與地面發(fā)生碰撞，緊接著A、B間再發(fā)生碰撞），則A反彈后能達(dá)到的最大高度可能為（）A．4.5h B．5.5h C．6.5h D．7.5h【答案】BB【詳解】A、B兩球落地時的速度相同，設(shè)為，兩球下落過程根據(jù)機械能守恒定律可得解得球B先與地面碰撞之后原速彈回。此時A球速度方向還是向下，速度大小仍為，之后兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，碰撞之后A、B兩球的速度分別為和，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律可得兩式聯(lián)立解得當(dāng)時代入可得設(shè)上升的最大高度為，A球上升過程根據(jù)機械能守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)時代入可得設(shè)上升的最大高度為，A球上升過程中，根據(jù)機械能守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得所以A球上升的最大高度應(yīng)大于，小于，AB正確，CD錯誤。故選AB?？枷?完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用3．如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時有一質(zhì)量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當(dāng)小球A上升到最高點時恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，，，取。下列說法正確的是（）

A．小球A上升至最高點時離地面3.2mB．小球A從拋出到落回地面的時間為1.6sC．A、B兩球碰撞過程中小球A的動量變化量大小為0.45kg·m/sD．小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m【答案】BD【詳解】A．小球A和小球B在碰撞前，對A：水平方向勻速直線運動豎直方向勻減速直線運動小球A上升的最大高度為，A正確；B．小球A和B在最高點碰撞時，小球B的速度為豎直向下，根據(jù)碰撞過程兩者豎直方向動量守恒，水平方向動量也守恒，豎直方向有水平方向，有碰后，兩者豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)小球A從拋出到落回地面的時間為，B錯誤；C．碰撞過程中，水平方向小球A的動量變化量為豎直方向動量變化量為所以小球A的動量變化量為，C錯誤；D．碰撞前小球A的水平位移為碰后兩者水平速度為1.5m/s，因為碰后下落時間為0.4s，所以碰后水平位移為小球A從拋出到落回地面的水平距離為，D正確。故選AD。4．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，質(zhì)量為1kg的小物塊B置于輕彈簧上端并處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一質(zhì)量為3kg的小物塊A從小物塊B正上方h=0.8m處由靜止釋放，與小物塊B碰撞后（碰撞時間極短）一起向下壓縮彈簧到最低點，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，彈簧的彈性勢能表達(dá)式（x為彈簧的形變量），重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）

A．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的速度大小為1m/sB．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的加速度大小為7.5m/s2C．小物塊A與B碰撞之后一起下落0.5m時的加速度大小為2.5m/s2D．小物塊A與B碰撞之后一起下落過程中，系統(tǒng)的最大動能為22.5J【答案】BD【詳解】A．對小物塊A應(yīng)用動能定理可得小物塊A、B碰撞由動量守恒定律可得聯(lián)立解得故A錯誤；B．碰前小物塊B的重力與彈簧彈力平衡，碰后瞬間彈簧彈力不突變，對小物塊A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得解得故B正確；C．下落時，對小物塊A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得聯(lián)立解得故C錯誤；D．開始時有當(dāng)系統(tǒng)下落過程中有最大速度，由動能定理可得聯(lián)立解得故D正確。故選BD?？枷?類碰撞問題5．旅行者1號經(jīng)過木星和土星時通過引力助推（引力彈弓）獲得了足以完全擺脫太陽引力的動能。引力助推是飛行器從遠(yuǎn)距離接近反向運行的行星時，產(chǎn)生的運動效果就像該飛行器被行星彈開了，科學(xué)家們稱這種情況為彈性碰撞，不過兩者沒有發(fā)生實體接觸。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)探測器的初速度大小為，行星的速率為。探測器在遠(yuǎn)離行星后的速率為，已知行星質(zhì)量遠(yuǎn)大于探測器質(zhì)量，那么約為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)探測器質(zhì)量為，行星質(zhì)量為，取行星和探測器系統(tǒng)為研究對象，行星方向為正方向。由動量守恒定律探測器靠近和脫離行星時可認(rèn)為系統(tǒng)萬有引力勢能沒變，由能量守恒有解得因為，所以，所以故選B。6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（）A．小球的質(zhì)量為B．小球運動到最高點時的速度為C．小球能夠上升的最大高度為D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動【答案】C【詳解】A．設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，在水平方向上由動量守恒定律得；結(jié)合圖乙可得；所以，故A正確，不符合題意；D．對小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有；解得小球在與圓弧滑塊分離時的速度為即a>b時，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時向左做平拋運動，故D正確，不符合題意；B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得解得故B正確，不符合題意；C．小球從開始運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律得解得故C錯誤，符合題意。故選C。考點三人船模型、爆炸和反沖問題知識點1人船模型1.適用條件①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；②動量守恒或某方向動量守恒．2.常用結(jié)論設(shè)人走動時船的速度大小為v船,人的速度大小為v人,以船運動的方向為正方向,則m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有m船v船t=m人v人t,即：m船x船=m人x人，由圖可看出x船+x人=L，可解得：；3.類人船模型類型一類型二類型三類型四類型五知識點2爆炸和反沖問題1．對反沖現(xiàn)象的三點說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。(3)反沖運動中平均動量守恒。2．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動?？枷?人船模型1．如圖所示，質(zhì)量為M=2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離，彈簧原長遠(yuǎn)小于L。將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有（）A．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為B．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為C．小木船最終的速度大小為D．彈簧釋放的彈性勢能為【答案】BD【詳解】A．對船與鐵塊有由于鐵塊到船頭的距離為L，則有解得，鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為，A錯誤；B．鐵塊脫離木船后做平拋運動，則有，解得，B正確；C．對船與鐵塊有結(jié)合上述解得，C錯誤；D．彈簧釋放的彈性勢能為解得，D正確。故選BD。2．如圖所示，一半圓槽滑塊的質(zhì)量為M，半圓槽半徑為R，滑塊置于光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m的小智能機器人（可視為質(zhì)點）置于半圓槽的A端，在無線遙控器控制下，機器人從半圓槽A端移動到B端。下面說法正確的是（）A．只有小機器人運動，滑塊不運動B．滑塊運動的距離是C．滑塊與小機器人運動的水平距離之和為2RD．小機器人運動的位移是滑塊的倍【答案】C【詳解】CD．小機器人和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小機器人從A端移動到B端的過程中，設(shè)小機器人和滑塊在任意時刻的水平分速度大小分別為和，則所以在整個過程中，二者的平均速度大小滿足則二者水平位移大小（即運動的水平距離）滿足根據(jù)相對位移關(guān)系有即滑塊與小機器人運動的水平距離之和為2R，且故C正確，D錯誤；AB．根據(jù)前面分析可得小機器人和滑塊移動的距離分別為；故AB錯誤。故選C?？枷?爆炸和反沖問題3．章魚遇到危險時可將吸入體內(nèi)的水在極短時間內(nèi)向后噴出，由此獲得一個反沖速度，從而迅速向前逃竄完成自救。假設(shè)有一只章魚吸滿水后的總質(zhì)量為M，靜止懸浮在水中一次噴射出質(zhì)量為m的水，噴射速度大小為，章魚體表光滑，則以下說法中正確的是（

）A．噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒B．噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)機械能守恒C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為D．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為【答案】BD【詳解】A．章魚噴水過程所用的時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒，A正確；B．在章魚噴水的過程中，章魚體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能，系統(tǒng)機械能增加，B錯誤；CD．以章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)為研究對象，規(guī)定章魚噴水后瞬間逃跑的方向為正方向，由動量守恒定律得可得章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為，C錯誤，D正確；故選AD。4．不在同一直線上的動量問題同樣可以用正交分解法處理。某同學(xué)自制了一款飛機模型，該飛機模型飛行過程中可通過噴氣在極短時間內(nèi)實現(xiàn)垂直轉(zhuǎn)彎。若該飛機模型的質(zhì)量為M（含氣體），以大小為v的速度勻速飛行時，在極短時間內(nèi)噴出質(zhì)量為m的氣體后垂直轉(zhuǎn)彎，且轉(zhuǎn)彎后的速度大小不變，則該飛機模型噴出的氣體的速度大小為（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】根據(jù)題意，設(shè)噴出的氣體沿飛機模型初速度方向的速度分量大小為，沿飛機模型末速度方向的速度分量大小為，在這兩個方向上，根據(jù)動量守恒定律分別有；該飛機模型噴出的氣體的速度大小解得故選C?？键c四彈簧模型和板塊模型知識點1彈簧模型條件與模型①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）②mA>mB（如:mA=2kg；mB=1kg）③mA<mB（如:mA=1kg；mB=2kg）規(guī)律與公式情況一：從原長到最短（或最長）時①；②情況二：從原長先到最短（或最長）再恢復(fù)原長時①；②知識點2板塊模型板塊模型過程簡圖xx1v0x2x相對m1m2v共v共動力學(xué)常用關(guān)系；；功能常用關(guān)系動量常用關(guān)系考向1彈簧模型1．如圖所示，有一個質(zhì)量為的物體A和一個質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長為，勁度系數(shù)為k，彈性勢能表達(dá)式（x為彈簧的形變量）?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達(dá)到相對靜止的時間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復(fù)原長，最后被拉長至最長。則下列說法正確的是（）

A．整個過程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒B．彈簧被壓縮至最短時物體B的速度大小為C．整個過程中彈簧的最大彈性勢能為D．物體B的最大加速度大小為【答案】BD【詳解】A．水平地面光滑，子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動量守恒，子彈打入物體A過程中，由于摩擦生熱，故機械能不守恒，選項A錯誤；B．當(dāng)三者共速時，彈簧被壓縮至最短，設(shè)共同速度為，根據(jù)動量守恒定律有解得選項B正確；C．當(dāng)彈簧壓縮至最短或伸長至最長時，彈性勢能最大，此時三者共速，子彈打入物體A并留在A中時，設(shè)此時A的速度大小為，對子彈與物體A，根據(jù)動量守恒定律解得從子彈打入物體A后至AB共速，彈性勢能增加量等于系統(tǒng)動能減少量，故最大彈性勢能為選項C錯誤；D．當(dāng)彈簧形變量最大時，彈力最大，物體B的加速度最大根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立二式得選項D正確。故選BD。2．如圖甲，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說法正確的是（）

A．t1時刻后A、B系統(tǒng)的總動量大小始終為mAS1 B．C． D．t2時刻，彈簧伸長量大于0時刻的壓縮量【答案】BB【詳解】A．a(chǎn)-t圖像的面積等于這段時間的速度變化量大小，t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，說明t1時刻只有A球具有速度，設(shè)此時A球的速度為v1，則有t1時刻后A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，故總動量等于t1時刻A球的動量，則有故A正確；B．由圖像可知t1時刻A球的加速度為0，則此時彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長狀態(tài)，t2時刻兩球的加速度都達(dá)到最大，說明此時彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即t2時刻兩球具有相同的速度，設(shè)t2時刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為，B球的速度變化量大小為從