全国版2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒考点2动量守恒定律教案 17页

考点2　动量守恒定律 ‎40‎ 考向　动量守恒定律的理解及应用 ‎[2019江苏高考,12(1),4分]质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦.小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为(　　)‎ A.mMv　　　　　　B.Mmv　　　　　　C.mm+Mv　　　　　　D.Mm+Mv 必备知识:动量守恒条件、动量守恒定律.‎ 关键能力:系统的选取能力,模型的构建能力.‎ 解题指导:对小孩和滑板组成的系统,满足动量守恒,由动量守恒定律列方程求解.‎ 考法1 动量守恒条件的理解与判断 ‎1如图所示,在光滑水平面上,有一质量为M=3 kg的薄板和质量为m=1 kg的物块,都以v=4 m/s的初速度朝相反的方向运动,它们之间有摩擦,薄板足够长,当薄板的速度为2.4 m/s时,物块的运动情况是 A.做加速运动　　　　　B.做减速运动 C.做匀速运动 D.以上运动都有可能 薄板足够长,则最终物块和薄板达到共同速度v',由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正方向)‎ Mv-mv=(M+m)v',则v'=Mv-mvM+m=2 m/s 共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同.‎ 在物块和薄板相互作用的过程中,薄板一直做匀减速运动,而物块先沿负方向减速到速度为零,再沿正方向加速到2 m/s.当薄板速度为v1=2.4 m/s时,设物块的速度为v2,由动量守恒定律得Mv-mv=Mv1+mv2,v2=‎(M-m)v-Mv‎1‎m=0.8 m/s,即此时物块的速度方向沿正方向,故物块做加速运动.‎ A - 17 -‎ ‎1.[多选]如图所示,A、B两物体质量之比mA:mB=3:2,原来静止在平板车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,A、B分别向左、右滑动,则(　　)‎ A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统的动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统的动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统的动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统的动量守恒 考法2 动量守恒定律的应用 ‎2[福建高考,30(2),6分]一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1 ,后部分的箭体质量为m2 ,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为 A.v0-v2 B.v0+v2‎ C.v0-m‎2‎m‎1‎v2 D.v0+m‎2‎m‎1‎(v0-v2 )‎ 火箭和卫星组成的系统,在分离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+m‎2‎m‎1‎(v0-v2),D项正确.‎ D ‎2.[2017江苏高考,12C(3),4分]甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1 m/s.甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1 m/s和 2 m/s.求甲、乙两运动员的质量之比.‎ 考法3 动量守恒定律应用中的临界问题 ‎3如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度的大小.(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)‎ - 17 -‎ 设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin,抛出货物后乙船的速度为v乙.甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲,规定水平向右的方向为正方向.‎ 对乙船和货物的作用过程,由动量守恒定律得 ‎12mv0=11mv乙-mvmin　①‎ 对货物和甲船的作用过程,同理有 ‎10m×2v0-mvmin=11mv甲　②‎ 为避免两船相撞应有v甲=v乙　③‎ 联立①②③式得vmin=4v0.‎ ‎4v0‎ ‎3. [多选]如图所示,四个小球放在光滑的水平面上,小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动,中间两个小球静止,小球1的质量为m,小球2的质量为2m,1、2两球之间放置一被压缩的轻弹簧,弹簧所具有的弹性势能为Ep,将弹簧的弹性势能全部释放,下列说法正确的是(　　)‎ A.弹簧的弹性势能在释放过程中,小球1和小球2的合动量不为零 B.小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2Ep‎3m、‎Ep‎3m C.若小球1能追上小球3,则小球2一定能追上小球4‎ D.若离开弹簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,则质量m要满足Ep‎12‎v‎0‎‎2‎≤m<‎‎4‎Ep‎3‎v‎0‎‎2‎ 考法4 动量守恒定律应用中的多次作用问题 ‎4在光滑水平桌面上,有一长l=2 m的木板C,它的两端各有一固定的挡板,C的质量mC=5 kg,在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B,质量分别为mA=1 kg,mB=4 kg.开始时A、B、C都静止,并且A、B间夹有少量的塑胶炸药,如图所示,炸药爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左运动.如果A、B与C间的摩擦忽略不计,两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体,爆炸和碰撞时间都可忽略.‎ ‎(1)两滑块都与挡板相碰后,求板C的速度为多大.‎ ‎(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止,板C的位移大小和方向如何?‎ 爆炸过程中A、B相互作用,系统满足动量守恒定律,A、B分离后以不同的速率滑向挡板,A先到达挡板与C作用,并发生完全非弹性碰撞,C与B有相对运动,直到碰撞结束为止,整个过程满足动量守恒定律.‎ ‎(1)对于由A、B、C组成的系统,开始时静止,由动量守恒定律有(mA+mB+mC)vC=0,得vC=0,即最终木板C的速度为0.‎ - 17 -‎ ‎(2)A先与C相碰,由动量守恒定律有 mAvA=(mA+mC)v共 所以v共=1 m/s 对A、B组成的系统由动量守恒定律有mAvA=mBvB 得vB=1.5 m/s 从炸药爆炸到A、C相碰经过的时间t1=l‎2‎vA=‎1‎‎6‎ s,此时B距C的右挡板的距离xB=l‎2‎-vBt1=0.75 m,再经过t2时间B与C相碰,则t2=xBvB‎+‎v共=0.3 s,故C向左的位移大小ΔxC=v共t2=1×0.3 m=0.3 m,方向向左.‎ ‎(1)0　(2)0.3 m,方向向左 ‎4.在纳米技术中需要移动或修补原子,必须使在不停地做热运动(速率约几百米每秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间,为此发明了“激光制冷”的技术.若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球,则“激光制冷”与下述的力学模型很类似:一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧),如图所示,以速度v0水平向右运动,一个动量大小为p,质量可以忽略的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短,接着被锁定一段时间Δt,再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出,紧接着不断重复上述过程,最终小车将停下来.设地面和车厢均光滑,除了锁定时间Δt外,不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间.求:‎ ‎(1)小球第一次入射后再弹出时,小车的速度大小和这过程中小车动能的减少量;‎ ‎(2)从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间.‎ 模型构建　动量和能量在力学中的模型 题型1　碰撞模型 ‎5[2019四川成都棠湖中学二诊,多选]A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图线.a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线,c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线.若A球的质量m=2 kg,则下列结论正确的是 A.A、B碰撞前的总动量为3 kg· m/s B.碰撞时A对B所施加的冲量为-4 N·s - 17 -‎ C.碰撞前后A的动量变化量为4 kg· m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 先根据图线的斜率求出两球碰撞前的速度,再结合动量守恒定律求出球B的质量,然后由动量定理和能量守恒定律求冲量和动能损失.‎ 由题图可知,碰撞前有vA=‎4-10‎‎2-0‎ m/s=-3 m/s,vB=‎4-0‎‎2-0‎ m/s=2 m/s,碰撞后有v'A=v'B=‎2-4‎‎4-2‎ m/s=-1 m/s;对A、B组成的系统进行分析可知,A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,碰撞前后两球都做匀速直线运动,系统所受外力的矢量和为0,所以系统的动量守恒,碰撞前后A的动量变化量为ΔpA=mv'A-mvA=4 kg· m/s,根据动量守恒定律知,碰撞前后B的动量变化量为ΔpB=-ΔpA=-4 kg· m/s,又由于ΔpB=mB(v'B-vB),所以mB=ΔpBv'‎ ‎B-‎vB=‎-4‎‎-1-2‎ kg=‎4‎‎3‎ kg,故A与B碰撞前的总动量p总=mvA+mBvB=-‎10‎‎3‎ kg· m/s.由动量定理可知,碰撞时A对B所施加的冲量IB=ΔpB=-4 kg· m/s=-4 N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk=‎1‎‎2‎mvA‎2‎+‎1‎‎2‎mBvB‎2‎-‎1‎‎2‎(m+mB)v2'A =10 J.A错误,B、C、D正确.‎ BCD 感悟反思 根据所给图象获取解题所需信息的这类题是高考考查的热点.解答本题要结合两球运动的实际情境来建立碰撞模型,然后根据相互作用的两球动量的增量等大、反向来进行推理,通过数学方法结合图象进行分析计算,考查了物理学科核心素养中的科学思维.‎ ‎5.[2018全国Ⅱ,24,12分]汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m.已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2.求 ‎(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;‎ ‎(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.‎ 题型2　“子弹打木块”模型 ‎6装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击.通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因.质量为2m、厚度为2d - 17 -‎ 的钢板静止在水平光滑桌面上.质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿.现把钢板分成厚度为d、质量为m的相同两块,间隔一段距离平行放置,如图所示.若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度.设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞.不计重力影响.‎ 设子弹初速度为v0,射入厚度为2d的钢板后,最终钢板和子弹的共同速度为v.由动量守恒定律得(2m+m)v=mv0　①‎ 解得v=‎1‎‎3‎v0‎ 此过程中动能损失为ΔE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎1‎‎2‎×3mv2　②‎ 解得ΔE=‎1‎‎3‎mv‎0‎‎2‎ 分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和v'1,由动量守恒定律得mv1+mv'1=mv0　③‎ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,故射穿第一块钢板的动能损失为ΔE‎2‎,由能量守恒得 ‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎mv'21=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-ΔE‎2‎　④‎ 联立①②③④式,且考虑到v1必须大于v'1,得 v1=(‎1‎‎2‎+‎3‎‎6‎)v0　⑤‎ 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为v2,由动量守恒定律得2mv2=mv1　⑥‎ 损失的动能为ΔE'=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎×2mv‎2‎‎2‎　⑦‎ 解得ΔE'=‎1‎‎2‎(1+‎3‎‎2‎)×ΔE‎2‎　⑧‎ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由⑧式可得,射入第二块钢板的深度x=‎1‎‎2‎(1+‎3‎‎2‎)d.‎ 见解析 感悟反思 这类题型中,通常“子弹”和“木块”的相互作用时间极短,内力≫外力,因此可认为在这一过程中系统的动量守恒.另外,“木块”对“子弹”的阻力乘以“子弹”的位移为“子弹”损失的动能,阻力乘以“木块”的位移等于“木块”获得的动能,阻力乘以相对位移等于系统损失的机械能.‎ ‎6.[2020湖南邵阳检测]如图所示,一质量为M - 17 -‎ 的物块静止在水平桌面边缘,桌面离水平地面的高度为h.质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后,以水平速度v‎0‎‎2‎射出,重力加速度为g.求:‎ ‎(1)此过程中系统损失的机械能;‎ ‎(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.‎ 题型3　“反冲运动”模型 ‎7[2018全国Ⅰ,24,12分]一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量.求:‎ ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.‎ ‎(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有 E=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎　①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt　②‎ 联立①②式得t=‎1‎g‎2Em　③.‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有 E=mgh1　④‎ 火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有 ‎1‎‎4‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎4‎mv‎2‎‎2‎=E　⑤‎ ‎1‎‎2‎mv1+‎1‎‎2‎mv2=0　⑥‎ 由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有‎1‎‎4‎mv‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎mgh2　⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 - 17 -‎ h=h1+h2=‎2Emg.‎ ‎(1)‎1‎g‎2Em　(2)‎‎2Emg ‎7.[2019安徽师大附中5月检测]质量m=260 g的手榴弹从水平地面上以v0=10‎2‎ m/s的初速度斜向上抛出,上升到距地面h=5 m的最高点时爆炸,手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片,其中一块弹片自由下落到达地面,落地时动能为5 J.重力加速度g=10 m/s2,空气阻力不计,火药燃烧充分,求:‎ ‎(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小;‎ ‎(2)手榴弹所装火药的质量;‎ ‎(3)两块弹片落地点间的距离.‎ 题型4　“人船”模型 ‎8如图所示,光滑地面上静置一质量为M的半圆形凹槽,凹槽半径为R,表面光滑.将一质量为m的小滑块(可视为质点),从凹槽边缘处由静止释放,当小滑块运动到凹槽的最低点时,对凹槽的压力为FN,FN的求解比较复杂,但是我们可以根据学过的物理知识和方法判断出可能正确的是(重力加速度为g)‎ A.‎(3M+2m)mgM　　　　B.‎‎(3m+2M)mgM C.‎(3M+2)mgM D.‎‎(3m+2)mgM 以滑块和凹槽组成的系统为研究对象,系统静止时为初态,小滑块运动到最低点时为末态,运用动量守恒定律结合机械能守恒定律与牛顿第二定律进行分析,并考虑极限情况即可求解.‎ 滑块和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒,以向右为正方向,当滑块运动到最低点时有mv-Mv'=0;由机械能守恒定律有mgR=‎1‎‎2‎mv2+‎1‎‎2‎Mv'2.当M趋于无穷大时,凹槽将静止不动,v'将趋近于0,滑块速度趋近于‎2gR,且小滑块在最低点时由牛顿第二定律得FN-mg=mv‎2‎R,解得FN=3mg.四个选项中当M趋于无穷大时,只有A选项符合题意,B、C、D错误.‎ A 题型5　“滑板—滑块”模型 ‎9如图所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ.‎ - 17 -‎ 使木板与重物以共同的速度v0向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g. ‎ 第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变.此后木板向左做匀减速运动,重物向右做匀减速运动,最后木板和重物达到一共同的速度v.设木板的质量为m,重物的质量为2m,取向右为动量的正向 由动量守恒定律得2mv0-mv0=3mv　①‎ 设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1,对木板应用动量定理得2μmgt1=mv-m(-v0)　②‎ 由牛顿第二定律得2μmg=ma　③‎ 式中a为木板的加速度 在达到共同速度v时,木板离墙的距离l=v0t1-‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎　④‎ 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2=lv　⑤‎ 从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为t=t1+t2　⑥‎ 由以上各式得t=‎4‎v‎0‎‎3μg.‎ ‎4‎v‎0‎‎3μg ‎8.[2018海南高考,8,5分,多选]如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时, 小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v-t图象,图中t1、v0、v1已知.重力加速度大小为g.由此可求得(　　)‎ ‎　　　　　　　 　图(a)　　　　　　　图(b)‎ A.木板的长度 B.物块与木板的质量之比 ‎ C.物块与木板之间的动摩擦因数 D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能 题型6　“滑块—斜面”模型 - 17 -‎ ‎10[2016全国Ⅱ,35(2),10分]如图, 光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10 m/s2.‎ ‎(1)求斜面体的质量;‎ ‎(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?‎ ‎(1)规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3,由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v　①,‎1‎‎2‎m2v‎20‎‎2‎=‎1‎‎2‎(m2+m3)v2+m2gh　②‎ 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度,联立①②式并代入题给数据得斜面体的质量m3=20 kg　③.‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0　④,代入数据得v1=1 m/s　⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3　⑥,‎1‎‎2‎m2v‎20‎‎2‎=‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎m3v‎3‎‎2‎　⑦,联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s　⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩.‎ ‎(1)20 kg　(2)不能 ‎9.[2019全国Ⅰ,25,20分]竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示.t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的v-t图象如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力.‎ ‎ ‎ ‎　　　　　　　图(a)　　　　　　　图(b)‎ ‎(1)求物块B的质量;‎ ‎(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;‎ - 17 -‎ ‎(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等.在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上.求改变前后动摩擦因数的比值.‎ 题型7　“滑块—弹簧”模型 ‎11[2019全国Ⅲ,25,20分]静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J.释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20.重力加速度取g=10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.‎ ‎(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;‎ ‎(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?‎ ‎(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?‎ ‎(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB　①‎ Ek=‎1‎‎2‎mAvA‎2‎+‎1‎‎2‎mBvB‎2‎　②‎ 联立①②式并代入题给数据得 vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s　③.‎ ‎(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a.假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有 mBa=μmBg　④‎ sB=vBt-‎1‎‎2‎at2　⑤‎ vB-at=0　⑥‎ 在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A - 17 -‎ 的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vAt-‎1‎‎2‎at2　⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA=1.75 m,sB=0.25 m　⑧‎ 这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处.B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m　⑨.‎ ‎(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为v'A,由动能定理有 ‎1‎‎2‎mAv‎'‎A‎2‎-‎1‎‎2‎mAvA‎2‎=-μmAg(2l+sB)　‎ 联立③⑧式并代入题给数据得v'A=‎7‎ m/s　‎ 故A与B将发生碰撞.设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B,由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mA(-v'A)=mAv″A+mBv″B　‎ ‎1‎‎2‎mAv‎'‎A‎2‎=‎1‎‎2‎mAv‎″‎A‎2‎+‎1‎‎2‎mBv‎″‎B‎2‎　‎ 联立式并代入题给数据得 v″A=‎3‎‎7‎‎5‎ m/s,v″B=-‎2‎‎7‎‎5‎ m/s　‎ 这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动.设碰撞后A向右运动距离为s'A时停止,B向左运动距离为s'B时停止,由运动学公式2as'A=v‎″‎A‎2‎,2as'B=v‎″‎B‎2‎　‎ 由④式及题给数据得s'A=0.63 m,s'B=0.28 m　‎ s'A小于碰撞处到墙壁的距离 由式可得两物块停止后的距离 s'=s'A+s'B=0.91 m.‎ 感悟反思 本题为典型的多过程问题,涉及力学三大规律.解题关键是将这个复杂过程进行拆分:①弹簧弹开瞬间,根据动量守恒定律确定两物块的初速度;②物块B向左做匀减速直线运动,物块A向右运动,碰墙后以原速率返回的过程,可等效为匀减速直线运动;③由物块A、B的弹性碰撞过程,遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律,从而确定碰撞后的速度;④两物块各自减速到零,由运动学公式可计算两物块的位移.‎ - 17 -‎ ‎10.在原子核物理中,研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”.这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.两个小球A和B用轻质弹簧相连,在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P,右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球,如图所示.C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中,当弹簧长度变到最短时,长度突然被锁定,不再改变.然后,A球与挡板P发生碰撞,碰后A、D都静止不动,A与P接触而不粘连.过一段时间,突然解除锁定(锁定及解除锁定时均无机械能损失).已知A、B、C三球的质量均为m.‎ ‎(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度.‎ ‎(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能.‎ 考点2　动量守恒定律 B　对小孩和滑板组成的系统,由动量守恒定律有0=Mv-mv',解得滑板的速度大小v'=Mvm,选项B正确.‎ ‎1.BCD　如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后A、B分别相对于平板车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力分别为FA(向右)、FB(向左),由于mA:mB=3:2,所以FA:FB=3:2,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A选项错误.对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均正确.若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确.‎ ‎2. 3:2‎ 解析:由动量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v'2-m1v'1‎ 解得m‎1‎m‎2‎=‎v‎2‎‎+v'‎‎ ‎‎2‎v‎1‎‎+v'‎‎ ‎‎1‎ - 17 -‎ 代入数据得m‎1‎m‎2‎=‎3‎‎2‎.‎ ‎3.BD　小球1和小球2组成的系统满足动量守恒,由于开始时小球1和小球2静止,所以在弹簧的弹性势能释放的过程中,小球1和小球2组成的系统合动量为零,A错误.设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1-2mv2=0,Ep=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎×2mv‎2‎‎2‎,解得v1=2Ep‎3m,v2=Ep‎3m,B正确.若离开弹簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,则各球速度大小应满足v1=2Ep‎3m>v0,v2=Ep‎3m≤2v0,解得Ep‎12‎v‎0‎‎2‎≤m<‎4‎Ep‎3‎v‎0‎‎2‎,C错误,D正确.‎ ‎4.(1)v0-‎2pm　2p(v0-pm)　(2)mv‎0‎‎2pΔt 解析:(1)小球射入小车和从小车中弹出的过程中,小车和小球所组成的系统动量守恒.由动量守恒定律可得mv0-p=mv1+p 解得小车的速度大小v1=v0-‎‎2pm 此过程中小车动能减少量ΔEk=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎,解得ΔEk=2pv0-‎2‎p‎2‎m=2p(v0-pm).‎ ‎(2)小球第二次入射和弹出的过程及以后重复进行的过程中,同样有小车和小球组成的系统动量守恒.由动量守恒定律,得 mv1-p=mv2+p 解得小车的速度大小v2=v1-‎2pm=v0-2(‎2pm)‎ 同理可推得vn=v0-n(‎2pm).要使小车停下来,即vn=0,小球重复入射和弹出的次数为n=mv‎0‎‎2p,故小车从开始运动到停下来所经历的时间为t=nΔt=mv‎0‎‎2pΔt.‎ ‎5.(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s 解析:(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB　①‎ 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.‎ 设碰撞后瞬间B车速度的大小为v'B,碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v'2B=2aBsB　②‎ 联立①②式并利用题给数据得v'B=3.0 m/s　③.‎ ‎(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA　④‎ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为v'A,碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v'2A=2aAsA　⑤‎ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAv'A+mBv'B　⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3 m/s.‎ ‎6.(1)‎1‎‎8‎(3-mM)mv‎0‎‎2‎　(2)‎mv‎0‎Mh‎2g 解析:子弹射入物块的过程,视为非弹性碰撞,动量守恒但机械能有损失.‎ - 17 -‎ ‎(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v,由动量守恒定律得 mv0=m·v‎0‎‎2‎+Mv,解得v=m‎2Mv0　①‎ 系统损失的机械能为 ΔE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-[‎1‎‎2‎m(v‎0‎‎2‎)2+‎1‎‎2‎Mv2]　②‎ 由①②式得ΔE=‎1‎‎8‎(3-mM)mv‎0‎‎2‎.‎ ‎(2)设物块下落到地面所需时间为t,落地点距桌面边缘的水平距离为s,则h=‎1‎‎2‎gt2　③‎ s=vt　④‎ 由①③④式得s=mv‎0‎Mh‎2g.‎ ‎7.(1)10 m/s　(2)0.06 kg　(3)26 m 解析:(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1,有 ‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+mgh 代入数据解得v1=10 m/s.‎ ‎(2)设两块弹片的质量均为m',爆炸后瞬间其中一块弹片的速度为零,设另一块弹片的速度为v2,有m'gh=5 J 代入数据解得m'=0.1 kg 设手榴弹所装火药的质量为Δm,有Δm=m-2m'‎ 代入数据解得Δm=0.06 kg.‎ ‎(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t,两块弹片落地点间的距离为Δx,有mv1=m'v2,Δx=v2t,h=‎1‎‎2‎gt2‎ 代入数据解得Δx=26 m.‎ ‎8.BC　由图(b)可以得出物块相对于长木板滑动的距离没有超出木板的长度,故不能得出长木板的长度,选项A错误;设物块的质量为m,木板的质量为M,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,可以得出物块与木板的质量之比mM=v‎1‎v‎0‎‎-‎v‎1‎,选项B正确;由图(b)可以得出物块在长木板上滑动时的加速度大小为a=v‎0‎‎-‎v‎1‎t‎1‎,由牛顿第二定律有μmg=ma,可以解得物块与木板之间的动摩擦因数μ=ag=v‎0‎‎-‎v‎1‎gt‎1‎,选项C正确;从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能为Ek=‎1‎‎2‎Mv‎1‎‎2‎,由于不知道长木板的质量M,因此不能得出从t=0开始到t1时刻木板获得的动能,选项D错误.‎ ‎9.(1)3m　(2)‎2‎‎15‎mgH　(3)‎‎11‎‎9‎ - 17 -‎ 解析:(1)根据图(b)可知,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,v‎1‎‎2‎为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'.由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1=m(-v‎1‎‎2‎)+m'v'　①‎ ‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎m(-‎1‎‎2‎v1)2+‎1‎‎2‎m'v'2　②‎ 联立①②式得m'=3m　③.‎ ‎(2)在图(b)所描述的运动过程中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgH-fs1=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-0　④‎ ‎-(fs2+mgh)=0-‎1‎‎2‎m(-v‎1‎‎2‎)2　⑤‎ 从图(b)所给出的v-t图线可知s1=‎1‎‎2‎v1t1　⑥‎ s2=‎1‎‎2‎·v‎1‎‎2‎·(1.4t1-t1)　⑦‎ 由几何关系有s‎2‎s‎1‎=hH　⑧‎ 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2　⑨‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=‎2‎‎15‎mgH　.‎ ‎(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmgcos θ·H+hsinθ　‎ 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有 ‎-μm'gs'=0-‎1‎‎2‎m'v'2　‎ 设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有 mgh-μ'mgcos θ·hsinθ-μ'mgs'=0　‎ 联立①③④⑤⑥⑦⑧式可得μμ'‎=‎11‎‎9‎.‎ ‎10.(1)‎1‎‎3‎v0　(2)‎1‎‎36‎mv‎0‎‎2‎ - 17 -‎ 解析:(1)设C球与B球结成D时,D的速度为v1,由动量守恒定律有mv0=(m+m)v1‎ 当弹簧压至最短时,D与A的速度相等,设此速度为v2,由动量守恒定律有2mv1=3mv2‎ 解得A的速度v2=‎1‎‎3‎v0.‎ ‎(2)设弹簧长度被锁定后,弹簧的弹性势能为Ep,由能量守恒定律有‎1‎‎2‎·2mv‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎·3mv‎2‎‎2‎+Ep 撞击P后,A与D的动能都为零,解除锁定后,当弹簧刚恢复到自然长度时,势能全部转变成D的动能,设此时D的速度为v3,则有 Ep=‎1‎‎2‎(2m)‎v‎3‎‎2‎ 当弹簧伸长时,A球离开挡板P并获得速度.当A、D的速度相等时,弹簧伸至最长,设此时的速度为v4,由动量守恒定律有 ‎2mv3=3mv4‎ 当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为E'p,由能量守恒定律有‎1‎‎2‎·2mv‎3‎‎2‎=‎1‎‎2‎·3mv‎4‎‎2‎+E'p 解以上各式得E'p=‎1‎‎36‎mv‎0‎‎2‎.‎ - 17 -‎