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1、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)pp或m1v1m2v2m1v1m2v2.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量(2)p1p2，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若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒()4动量守恒定
2、律的表达式m1v1m2v2m1v1m2v2，一定是矢量式，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动量守恒定律的五个特性：矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2、应是系统中各物体在相互作用后同
3、一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 考向1系统动量守恒的判断例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
4、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. 考向2动量守恒定律的基本应用例2如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g10 m/s2)()A5 m/s B4 m/sC8.5 m/s D9.5 m/s答案A解析
5、由平抛运动规律可知，小球下落的时间t s2 s，在竖直方向的分速度vygt20 m/s，水平方向的分速度vx m/s15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m车v0m球vx(m车m球)v，解得v5 m/s，故A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v06 m/s，甲车上有质量为m1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M150 kg，乙和他的小车的总质量为M230 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如
6、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()A12 B13 C14 D15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M1v0M2v0(M1M2)v ，解得v1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0(M1nm)vnmv，解得n15，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
7、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() 考向1爆炸问题例4(2023河北省模拟)质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花
8、弹爆炸使炸片增加的机械能为()Amgh B.C. D.答案B解析设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0v1v2，可得v1v2v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vtL，hgt2，Emv2mv2，解得E，故选B. 考向2反冲运动例5(2023河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，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，则喷气结束时导弹获得的速度大小是()A. v0 B. v0C. v0 D. v0答案D解析由动量守恒定律得mv0(Mm)v，导弹获得的速度vv0，故
9、选D. 考向3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0(2)两物体的位移大小满足：mM0，x人x船L，得x人L，x船L3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.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
10、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，mvmMvM0，两边同时乘以运动时间t，mvmtMvMt0，即mxmMxM，又xmxM2l，解得小车向右移动的最大距离为，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
11、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()3两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律()1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m1v1m1v1m2v2m1v12m1v12m2v22联立解得：v1v1，v2v1讨论：若m1m2，则v10，v2v1(速度交换)；若m1m2，则v10，v20(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1m2时，v1v1，v22v1；若m1m2，则v10(碰后两小球沿相反方向运动)
12、；当m1m2时，v1v1，v20.2静止物体被撞后的速度范围物体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，vBv0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vBv0.则碰后物体B的速度范围为：v0vBv0. 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，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s答案B解析虽然题给四个选项均满足动量
13、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mAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能Ek前mAvA2mBvB222 J，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项正确碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1p2p1p2.(2)动能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2.(3)速度要符合实际情况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.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 考向2弹性
14、碰撞例8(2022湖南卷4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A碰撞后氮核的动量比氢核的小B碰撞后氮核的动能比氢核的小Cv2大于v1Dv2大于v0答案B解析设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0mv1mv3，mv02mv12mv32，联立解得v1v0.设中子和氮核碰撞后中子速度为
15、v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv014mv2mv4，mv0214mv22mv42，联立解得v2v0，可得v1v0v2，碰撞后氢核的动量为pHmv1mv0，氮核的动量为pN14mv2，可得pNpH，碰撞后氢核的动能为EkHmv12mv02，氮核的动能为EkN14mv22，可得EkHEkN，故B正确，A、C、D错误 考向3非弹性碰撞例9(2023安徽定远县第三中学模拟)如图所示，物块A的质量为m，物块B、C的质量均为M.开始时物块A、B分别以大小为2v0、v0的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C无初速度地迅
16、速粘在A上B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起(1)为使B能与挡板碰撞两次，求应满足的条件；(2)若三个物块的质量均为m，求在整个作用过程中系统产生的内能Q.答案(1)10，解得12.(2)若Mm，则由(1)可得v1v0，v2v0根据能量守恒定律有Qm(2v0)2mv023mv22，解得Qmv02.课时精练1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”忽略地面的摩擦力，在这个过程中()A两运动员的总动量守恒B甲、乙运动员的动量变化量相同C两运动员的
17、总机械能守恒D甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量答案A解析两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、
18、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()A整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大CM、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动DM、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大答案D解析由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功
19、，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m150 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m220 kg，长绳的下端刚好和水平
20、面接触，当静止时人离地面的高度为h5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)()A5 m B3.6 mC2.6 m D8 m答案B解析当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1m2，且h1h2h，解得h23.6 m，所以他离地面的高度约为3.6 m，故选项B正确4.(2023江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53的图示位置由
21、静止释放，则()A在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下答案D解析a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C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
22、后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图()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
23、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()Av1v2v3v0Bv10，v2v3v0Cv10，v2v3v0Dv1v20，v3v0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mv02.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mv02，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
24、定律，也满足机械能守恒定律，故选D.7.(2023北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移时间图像，若A物块质量m2 kg，则由图判断，下列结论错误的是()A碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kgm/sBB物块的质量为0.75 kgC碰撞过程A对B所施冲量大小为4 NsD碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J答案B解析以A的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A的速度为vA m/s3 m/s，碰撞后A、B的共同速度为vAB m/s1 m/s
25、，则碰撞前A的动量为mvA23 kgm/s6 kgm/s，碰撞后A的动量为mvAB2 kgm/s，碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kgm/s，A正确，不符合题意；碰撞前B的速度为vB m/s2 m/s，由动量守恒定律得mvAmBvB(mmB)vAB，解得mB kg，B错误，符合题意；由动量定理得ImBvABmBvB1 kgm/s(2) kgm/s4 Ns，即碰撞过程A对B所施冲量大小为4 Ns，C正确，不符合题意；碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为EkmvA2mBvB2(mmB)vAB2232 J(2)2 J(2)12 J10 J，D正确，不符合题意8(2021浙江1月选考12)在爆
26、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21、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5 s末和6 s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340 m/s，重力加速度大小g取10 m/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12B爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/sD爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m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
27、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xv0t知落地水平位移之比为12，碎块位移s，可见两碎块的位移大小之比不是12，故A项错误；据题意知，vt(5 st)340 m/s，又2vt(6 st)340 m/s，联立解得t4 s，v85 m/s，故爆炸点离地面高度为hgt280 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为x3vt1 020 m，故D项错误9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m800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v1 000 m/s，假
28、设火箭(含燃料在内)的总质量为M600 kg，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4 m/sB地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/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17 s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：(M3m)v33mv0，解得：v34 m/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：vn7.9 km/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
29、量守恒定律得：(Mnm)vnnmv0，代入数据解得：n666，故C错误；至少持续喷气时间为：t33.3 s，故D错误10.(多选)(2023安徽马鞍山市模拟)如图所示，A、B两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v0同时竖直向下抛出，B球先与地面碰撞，再与A球碰撞后B球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则()AA、B两球的质量之比为13BA、B两球的质量之比为12C碰后A球上升的最大高度为8HD碰后A球上升的最大高度为16H答案AC解析因为A、B球从离地面高度H处以相同的初速度v0同时竖直向下抛出，所以落地瞬间的速度相等，由运动学公式
30、v2v022gH，解得vAvBv2，B球与地面弹性碰撞后以原速率返回，与A再发生弹性碰撞，以向上为正方向，根据动量守恒和能量守恒有mBvmAvmAvA，mBv2mAv2mAvA2，联立解得mAmB13，vA2v4，A正确，B错误；碰后A球上升的最大高度为hmax，则有vA22ghmax，解得hmax8H，C正确，D错误11如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg.开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起
31、向右运动，且恰好不再与C碰撞求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小答案2 m/s解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvC碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vABA与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vABvC联立式，代入数据得vA2 m/s.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R0.8 m的圆弧，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m10.4
32、 kg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，g10 m/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m20.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m30.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少答案(1)12 N(2)6.4 m/s(3)0.2 kg解析(1)对球1从A到B应用动能定理：m1gRm1v02在B点对球1应用牛顿第二定律：FNm1gm1联立解得：v04 m/s、FN12 N由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FNFN12 N.(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m
33、1v0m1v1m2v2由机械能守恒定律得：m1v02m1v12m2v22解得：v2v06.4 m/s.(3)同理，球2、球3碰撞后：v3v2则v3v0代入数据得v3v0，由数学知识可知，当m2时，m20.5最小，v3最大所以m20.2 kg.13(多选)(2020全国卷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4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/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5.0 m/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5.0 m/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()A48 kg B53 kg C58 kg D63 kg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：Mv1mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2v1)mv0(v0)2mv0，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vnvn1)2mv0，各式相加可得vn，则v7，v8.由题意知，v752 kg，又知v85 m/s，则M60 kg，故选B、C.