【物理】2020届二轮复习专题二能量与动量第5课时动量与能量观点的综合应用学案

【物理】2020届二轮复习专题二能量与动量第5课时动量与能量观点的综合应用学案

第 5 课时　动量与能量观点的综合应用 考点 　动量定理与动量守恒定律的应用 1．动量定理 (1)公式：Ft＝p′－p＝Δp (2)理解： 等式左边是过程量 Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式．v1、v2 是以同一惯性参考系为参 照的；Δp 的方向可与 mv1 一致、相反或成某一角度，但是 Δp 的方向一定与 F 的方向一 致． 2．动量守恒定律 (1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或 p＝p′，或 Δp＝0，或 Δp1＝－Δp2. (2)守恒条件 ①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零． ②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动 量守恒． ③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程． 3．应用技巧 (1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题或求平均冲力时可以用． (2)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统． (3)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，区分内力和外力． (4)两规律都是矢量式，书写时要规定正方向． 例 1 　(2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物 体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定 的速度，称之为收尾速度．如图 1 所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变 化的一部分图象．图中作出了 t＝0.5 s 时刻的切线，小球的质量为 0.5 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： 图 1 (1)小球在 t＝0.5 s 时刻的加速度大小； (2)小球最终的收尾速度的大小； (3)小球从静止下落到 t＝0.5 s 时刻的位移大小． 答案　(1)4 m/s2　(2)20 3 m/s　(3)2 3 m 解析　(1)由题图图象可知：a＝Δv Δt＝4 m/s2 (2)设空气阻力与速度大小的正比系数为 k，当 v＝4 m/s 时，有：mg－kv＝ma 达到最大速度时，有 mg＝kvm 联立解得：k＝3 4，vm＝20 3 m/s (3)在 0 到 t＝0.5 s 内对小球由动量定理可得 mgt－ΣkviΔt＝mv－0 即：mgt－kx＝mv－0 解得：x＝2 3 m. 变式训练 1．(2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功， 这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体 速度约为 3 km/s，产生的推力约为 4.8×106 N，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 答案　B 解析　根据动量定理有 FΔt＝Δmv－0，解得 Δm＝F v Δt＝1.6×103 kg，所以选项 B 正确． 2．(2019·山西晋中市适应性调研)如图 2 所示，在光滑水平面上有一质量为 m 的物体，它受 到水平向右的力 F 的作用．力 F 分别按下图 A、B、C、D 所示的四种方式随时间 t 变化(图 中纵坐标是 F 与 mg 的比值，力沿水平向右为正方向)．已知物体在 t＝0 时速度为零，若用 v1、v2、v3、v4 分别表示上述四种受力情况下物体在 2 s 末的速率，则这四个速率中最大的是 (　　) 图 2 答案　A 解析　物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理，有：I ＝mv－0，故力 F 的冲量最大时，末速度最大；图中 F mg－t 图线与 t 轴包围的“面积”与冲量 大小成正比，上方冲量为正，下方冲量为负，由于 A 图中冲量的矢量和最大，故 A 图中物体 的末速度最大；故选 A. 例 2 　(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图 3 甲所示的水平面上，B 点左侧 光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知 m 甲＝2 kg，m 乙＝4 kg.乙球 与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.2.现给甲球一个水平向右的速度，大小为 v1＝5 m/s，与乙球 发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小 v1′＝1 m/s. 图 3 (1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小； (2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力 F 作用在乙球上，F 随时间变化的规律如图乙所示，试 求 3 s 末乙球的速度大小． 答案　(1)3 m/s　(2)0.75 m/s 解析　规定水平向右为正方向． (1)由动量守恒定律有： m 甲 v1＝m 甲(－v1′)＋m 乙 v2 解得：v2＝3 m/s； (2)由动量定理有：IF－μm 乙 gt＝m 乙 v2′－m 乙 v2 IF＝1 2×(2＋10)×3 N·s＝15 N·s 解得：v2′＝0.75 m/s. 变式训练 3．(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)如图 4 所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上， 木块与墙用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A 位置．现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大 小分别为(　　) 图 4 A. mv0 M＋m，0 B.mv0 M ，2mv0 C. mv0 M＋m， m2v0 M＋m D. mv0 M＋m，2mv0 答案　D 解析　子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守 恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝ mv0 M＋m；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速 运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，即木块回到 A 位置时的速度大小 v＝ mv0 M＋m；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，规定水平向右为正方向， 根据动量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 2mv0，故选 D. 考点 　碰撞类问题 1．三类碰撞的特点 2．熟记结论 “一动碰一静”：两物体(m1 初速度为 v0，m2 静止)发生弹性正碰后的速度 v1＝m1－m2 m1＋m2v0，v2 ＝ 2m1 m1＋m2v0. 3．基本思路 (1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点． (3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过 程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分 析． 例 3 　(2019·山东日照市上学期期末)如图 5 所示，光滑的水平桌面上放置一质量 M＝4 kg、 长 L＝0.6 m 的长木板 B，质量 m＝1 kg 的小木块 A(可看成质点)放在长木板的左端，开始 A、 B 均处于静止状态．现有一个与 A 完全相同的小木块 C 从长木板右侧以 v0＝6 m/s 的初速度 冲向长木板，碰后以 v1＝2 m/s 的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块 A 恰好不从 长木板上滑下．取重力加速度 g＝10 m/s2.求： 图 5 (1)碰后瞬间长木板 B 的速度； (2)小木块 A 与长木板间的动摩擦因数． 答案　(1)2 m/s，方向向左　(2)0.27 解析　(1)规定向左为正方向，对 B、C 系统，由动量守恒定律得：mv0＝Mv－mv1 代入数据解得：v＝2 m/s，方向向左； (2)A 与 B 作用过程，对 A、B 系统，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v 共 代入数据解得：v 共＝1.6 m/s 由能量守恒定律有：μmgL＝1 2Mv2－1 2(m＋M)v 共 2 代入数据解得：μ≈0.27. 变式训练 4.(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图 6 所示，在光滑水平地面上，A、B 两物体 质量都为 m，A 以速度 v 向右运动，B 左端有一轻弹簧且初速度为 0，在 A 与弹簧接触以后 的过程中(A 与弹簧不粘连)，下列说法正确的是(　　) 图 6 A．轻弹簧被压缩到最短时，A、B 系统总动量仍然为 mv B．轻弹簧被压缩到最短时，A 的动能为 1 4mv2 C．弹簧恢复原长时，A 的动量一定为零 D．A、B 两物体组成的系统机械能守恒 答案　AC 解析　A 和 B 组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为 mv，则弹簧压缩到 最短时，系统总动量仍然为 mv，故 A 正确；轻弹簧被压缩到最短时 A 和 B 的速度相等，由 动量守恒有 mv＝2mv 共，可得 v 共＝v 2，则此时 A 的动能为 EkA＝1 2mv 共 2＝1 8mv2，故 B 错误； A 和 B 在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中，A 和 B 及轻弹簧组成的系统 满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有：mv＝mv A＋mvB，1 2mv2＝1 2mvA2＋1 2 mvB2，可得 vA＝0，vB＝v，故 C 正确；A、B 系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能， 机械能不守恒，而 A、B 及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故 D 错误． 5．(2019·河南名校联盟高三下学期 2 月联考)如图 7 所示，小木块用细线吊在 O 点，此刻小 物块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块 A 中，并立即与 A 有共同的速度， 然后一起摆动到最大摆角 α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木 块的质量稍微增大，关于最大摆角 α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机 械能之差 ΔE，有(　　) 图 7 A．α 角增大，ΔE 也增大 B．α 角增大，ΔE 减小 C．α 角减小，ΔE 增大 D．α 角减小，ΔE 也减小 答案　C 解析　小木块质量增大，由动量守恒可知，小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角 α 减 小，又 ΔE＝1 2mv02－1 2(M＋m)v2，且 v＝ mv0 M＋m，联立解得 ΔE＝ Mmv02 2(M＋m)＝ mv02 2(1＋m M ) ，则 M 增 大时，ΔE 增大，C 正确． 6.(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图 8，立柱固定于光滑水平面上 O 点，质量为 M 的小 球 a 向右运动，与静止于 Q 点的质量为 m 的小球 b 发生弹性碰撞，碰后 a 球立即向左运动， 不计 b 球与立柱碰撞的能量损失，所有碰撞时间均不计，b 球恰好在 P 点追到 a 球，Q 点为 OP 中点，则 a、b 球质量之比 M∶m 为(　　) 图 8 A．3∶5 B．1∶3 C．2∶3 D．1∶2 答案　A 解析　设 a、b 两球碰后速度大小分别为 v1、v2.由题有：b 球与挡板发生弹性碰撞后恰好在 P 点追上 a 球，则从碰后到相遇 a、b 球通过的路程之比为：s1∶s2＝1∶3，根据 s＝vt 得：v2＝ 3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2， 由机械能守恒定律得：1 2Mv02＝1 2Mv12＋1 2mv22，解得 M∶m＝3∶5，A 正确． 考点 　动力学、动量和能量观点的综合应用 1．三个基本观点 (1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变 速运动等问题． (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以 及物体间的相互作用问题． (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内 能量的转化问题时，常用能量守恒定律． 2．选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用 动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二 定律． (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用 动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决． 3．系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解 决比较复杂的运动． (2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑， 如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)． 例 4 　(2019·全国卷Ⅰ·25)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 9(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 图像如图(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 9 (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； (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． 答案　(1)3m　(2) 2 15mgH　(3)11 9 解析　(1)根据题图(b)，v1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，v1 2 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(－v1 2 )＋m′v′① 1 2mv12＝1 2m(－1 2v1)2＋1 2m′v′2② 联立①②式得 m′＝3m③ (2)在题图(b)所描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为 Ff，下滑过程中所经 过的路程为 s1，返回过程中所经过的路程为 s2，P 与水平轨道的高度差为 h，整个过程中克 服摩擦力所做的功为 W.由动能定理有 mgH－Ffs1＝1 2mv12－0④ －(Ffs2＋mgh)＝0－1 2m(－v1 2 )2⑤ 从题图(b)所给出的 v－t 图线可知 s1＝1 2v1t1⑥ s2＝1 2·v1 2 ·(1.4t1－t1)⑦ 由几何关系得：s2 s1＝h H⑧ 物块 A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W＝Ffs1＋Ffs2⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W＝ 2 15mgH⑩ (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＋h sin θ ⑪ 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′＝0－1 2m′v′2⑫ 设改变后的动摩擦因数为 μ′，由动能定理有 mgh－μ′mgcos θ· h sin θ－μ′mgs′＝0⑬ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 μ μ′＝11 9 . 变式训练 7．(2019·全国卷Ⅱ·25)一质量为 m＝2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行 驶过程中，司机突然发现前方 100 m 处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力 大小随时间的变化可简化为图 10(a)中的图线．图(a)中，0～t1 时间段为从司机发现警示牌到 采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～ t2 时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从 t2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽 车停止．已知从 t2 时刻开始，汽车第 1 s 内的位移为 24 m，第 4 s 内的位移为 1 m. 图 10 (1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的 v－t 图线； (2)求 t2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小； (3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及 t1～t2 时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警 示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以 t1～t2 时间段始末速度的算术平均值替代这段 时间内汽车的平均速度)? 答案　见解析 解析　(1)v－t 图线如图所示． (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 v1，则 t1 时刻的速度也为 v1，t2 时刻的速度为 v2， 在 t2 时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为 a，取 Δt＝1 s，设汽车在 t2＋(n－1)Δt～t2 ＋nΔt 内的位移为 sn，n＝1,2,3…. 若汽车在 t2＋3Δt～t2＋4Δt 时间内未停止，设它在 t2＋3Δt 时刻的速度为 v3，在 t2＋4Δt 时刻 的速度为 v4，由运动学公式有 s1－s4＝3a(Δt)2① s1＝v2Δt－1 2a(Δt)2② v4＝v2－4aΔt③ 联立①②③式，代入已知数据解得 v4＝－17 6 m/s④ 这说明在 t2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立． 由于在 t2＋3Δt～t2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式 v3＝v2－3aΔt⑤ 2as4＝v32⑥ 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦ 或者 a＝288 25 m/s2，v2＝29.76 m/s⑧ 但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去． (3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为 f1，由牛顿第二定律有 f1＝ma⑨ 在 t1～t2 时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I＝1 2 f1(t2－t1)⑩ 由动量定理有 I＝mv1－mv2⑪ 由动能定理，在 t1～t2 时间内，汽车克服阻力做的功为 W＝1 2mv12－1 2mv22⑫ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v1＝30 m/s⑬ W＝1.16×105 J⑭ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离 s 约为 s＝v1t1＋1 2(v1＋v2)(t2－t1)＋v22 2a⑮ 联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得 s＝87.5 m． 专题突破练 级保分练 1．(2019·福建泉州市质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下，假设两冰雹下落过程中空气阻力 大小均与速率的二次方成正比，且比例系数相同，甲的质量是乙的 2 倍，则下落过程中(　　) A．甲的最大加速度是乙的 2 倍 B．甲的最大速度是乙的 2 倍 C．甲的最大动量是乙的 2倍 D．甲的最大动能是乙的 4 倍 答案　D 解析　冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，所以下落过程中速度为 0 时 加速度最大，冰雹只受重力，所以最大加速度均为 g，故 A 错误；当冰雹的重力与阻力相等 时加速度为 0，速度最大，即有 mg＝kv2，得：v＝ mg k ，由于甲的质量是乙的 2 倍，所以甲 的最大速度是乙的 2倍，故 B 错误；动量 p＝mv，由于甲的质量是乙的 2 倍，甲的最大速度 是乙的 2倍，所以甲的最大动量是乙的 2 2倍，故 C 错误；动能 Ek＝1 2mv2，由于甲的质量 是乙的 2 倍，甲的最大速度是乙的 2倍，所以甲的最大动能是乙的 4 倍，故 D 正确． 2．(2019·四川综合能力提升卷)质量为 1 kg 的弹性小球以 9 m/s 的速度垂直砸向地面，然后以 同样大小的速度反弹回来，关于小球与地面的碰撞过程，下列说法正确的是(　　) A．小球动量的变化量为 0 B．地面对小球的冲量大小为 18 N·s C．合外力的冲量大小为 18 N·s D．小球的加速度为 0 答案　C 解析　从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒，以小球初速度方向为正方向，则小球在 与地面碰撞过程中速度的变化量为：Δv＝v2－v1＝－9 m/s－9 m/s＝－18 m/s，小球动量的变化量 为 Δp＝mΔv＝－18 kg·m/s ，则小球的加速度为：a＝Δv Δt＝ －18 m/s Δt ，所以加速度不为 0，A、D 错误；碰撞过程中小球受阻力和重力的作用，则由动量定理：IG－I 地＝Δp＝－18 N·s，则合 外力冲量大小等于 18 N·s，地面对小球的冲量大小大于 18 N·s，C 正确，B 错误． 3.(多选)(2019·广西梧州市联考)水平推力 F1 和 F2 分别作用于水平面上原来静止的、等质量的 a、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的 v－t 图象如图 1 所示，已知图中线段 AB∥CD，下列关于两物体在整个运动过程中的说法，正确 的是(　　) 图 1 A．F1 的冲量小于 F2 的冲量 B．F1 做的功大于 F2 做的功 C．两物体受到的摩擦力大小相等 D．两物体受到的摩擦力做的功相等 答案　AC 解析　由题意可知，AB 与 CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物 体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，选项 C 正确； 对整个过程，由动量定理得：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由题图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1 ＜F2t2，即 F1 的冲量小于 F2 的冲量，故 A 正确；克服摩擦力做的功 Wf＝Ffx，因 v－t 图线与 t 轴围成的图形的“面积”等于位移大小，可知无法比较 x1 和 x2 的大小，则两物体受到的摩 擦力做的功不能比较，根据动能定理有：WF1－Wf1＝0，WF2－Wf2＝0，则可知 F1 做的功与 F2 做的功不能比较，选项 B、D 错误． 4．(2019·河南平顶山市一轮复习质检)质量为 m 的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的 速度大小为 v，若此过程中重力的冲量大小为 I，重力加速度为 g，不计空气阻力，则小球抛 出时的初速度大小为(　　) A．v－ I m B．v－ I mg C. v2－ I2 m2 D. v2－ I2 m2g2 答案　C 解析　由题意可知：I＝mgt，则 t＝ I mg，经过 t 时间，小球竖直方向的速度大小为 vy＝gt＝ I m， 根据速度分解可知，初速度大小为 v0＝ v2－ I2 m2，故选 C. 5.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图 2 所示，质量为 M＝3 kg 的足够长的木板放在光滑 水平地面上，质量为 m＝1 kg 的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为 4 m/s 的初速度向相反方向运动．当木板的速度为 3 m/s 时，物块处于(　　) 图 2 A．匀速运动阶段 B．减速运动阶段 C．加速运动阶段 D．速度为零的时刻 答案　B 解析　开始阶段，物块向左减速，木板向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度 为 v1，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1，解得：v1＝ (3－1) × 4 3 m/s≈2.67 m/s；此后物 块将向右加速，木板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为 v2.由动量守恒定律 得：(M－m)v＝(M＋m)v2，解得：v2＝ (M－m)v M＋m ＝ (3－1) × 4 3＋1 m/s＝2 m/s，两者相对静止后， 一起向右做匀速直线运动．由此可知当木板的速度为 3 m/s 时，m 处于减速运动阶段，故选 B. 6.(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动，设计了如图 3 所示的装置， 固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为 d，小车的左侧不远处有 固定的光电门，用质量为 m 的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止状态，解 除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡 光时间为 t，小车、弹簧和挡光片的总质量为 3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速 度大小为(　　) 图 3 A.d t B.2d t C.3d t D.4d t 答案　C 解析　解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动，挡光片挡片时间为 t，则小车匀速运动的 速度为 v1＝d t，设小球的速度为 v2，根据反冲运动的特点可知，小车与小球总动量为零，根 据动量守恒定律得：3mv1＝mv2，得小球的速度 v2＝3d t ，故选 C. 7．(多选)(2019·河北邯郸市测试)如图 4 所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一 直线上运动．两球质量关系为 mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后 A 球动量变化为－4 kg·m/s，则(　　) 图 4 A．左方是 A 球 B．右方是 A 球 C．碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶5 D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞 答案　AC 解析　光滑水平面上大小相同的 A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律 可得：ΔpA＝－ΔpB，由于碰后 A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是 A 球，若是 A 球则 动量的增量应该是正值，因此碰后 A 球的动量为 2 kg·m/s，所以碰后 B 球的动量是增加的， 为 10 kg·m/s.由于两球质量关系为 mB＝2mA，那么碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶5， 所以选项 A、C 正确，B 错误；设 A 的质量为 m，则 B 的质量为 2m；根据 Ek＝ p2 2m，碰前动 能：Ek1＝ 62 2m＋ 62 2 × 2m＝27 m；碰后动能：Ek2＝ 22 2m＋ 102 2 × 2m＝27 m，Ek1＝Ek2，则两球发生的是 弹性碰撞，选项 D 错误． 8.(多选)(2019·河南驻马店市第一学期期终)如图 5 所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量 均为 m＝3 kg 的物块 A、B、C，物块 B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．现 使 A 以 v0＝4 m/s 的速度朝 B 开始运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相同时，B 与 C 恰好相碰并 粘接在一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是(　　) 图 5 A．从开始到弹簧最短时物块 C 受到的冲量大小为 1 N·s B．从开始到弹簧最短时物块 C 受到的冲量大小为 4 N·s C．从开始到 A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为 3 J D．从开始到 A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为 9 J 答案　BC 解析　根据动量守恒定律，当 A、B 速度相等时，且与 C 碰撞之前 A、B 的速度均为 v1，则 mv0 ＝2mv1，解得 v1＝2 m/s; 从开始到弹簧最短时，对 ABC 系统：mv0＝3mv2，解得 v2＝4 3 m/s； 从开始到弹簧最短时，对物块 C，由动量定理：I＝mv2＝4 N·s，选项 B 正确，A 错误．B 与 C 相碰的过程：mv1＝2mv3，解得 v3＝1 m/s；则从开始到 A 与弹簧分离的过程中整个系统损 失的机械能为 ΔE＝1 2mv12－1 2·2mv32＝3 J，选项 C 正确，D 错误． 9.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)3 个质量分别为 m1、m2、m3 的小球，半径相同，并排悬挂 在长度相同的 3 根竖直绳上，彼此恰好相互接触．现把质量为 m1 的小球拉开一些，如图 6 中 虚线所示，然后释放，经球 1 与球 2、球 2 与球 3 相碰之后，3 个球的动量相等．若各球间碰 撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则 m1∶m2∶m3 为(　　) 图 6 A．6∶3∶1 B．2∶3∶1 C．2∶1∶1 D．3∶2∶1 答案　A 解析　因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三 个小球的动量相等，设为 p，则总动量为 3p.由机械能守恒得 (3p)2 2m1 ＝ p2 2m1＋ p2 2m2＋ p2 2m3，即 9 m1＝ 1 m1 ＋ 1 m2＋ 1 m3，代入四个选项的质量比值关系，只有 A 项符合，故选 A. 级争分练 10．(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图 7 所示，一质量为 M 的木板静置于光滑 的水平面上，一质量为 m 的木块(可视为质点)，以初速度 v0 滑上木板的左端，已知木块和木 板间的动摩擦因数为 μ，木块始终没有滑离木板．则从运动开始到二者具有共同速度这一过 程中(　　) 图 7 A．木块与木板间的相对位移小于木板对地的位移 B．因摩擦而产生的热量 Q＝ M M＋m·1 2mv02 C．从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间 t＝ mv0 μg(M＋m) D．木块与木板的共同速度 v＝ mv0 M＋m 答案　BD 解析　对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，可得 v＝ mv0 M＋m，故 D 正确；由功能关系：μmgΔL＝1 2mv02－1 2(m＋M)v2； 对木板：μmgx＝1 2Mv2， 解得 μmgΔL＝1 2mv02· M M＋m； μmgx＝1 2mv02· M M＋m· m M＋m， 可知 x<ΔL，即木块与木板间的相对位移大于木板对地的位移，选项 A 错误； 因摩擦而产生的热量(内能)Q＝μmgΔL＝ M M＋m·1 2mv02，选项 B 正确； 对木板，根据动量定理：μmgt＝Mv，解得从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间 t＝ Mv0 μg(M＋m)，选项 C 错误． 11．(2019·山西晋中市适应性调研)一物块 A 的质量为 m＝0.5 kg，初动能为 E k＝4 J，在水平 地面上做直线运动，当 A 的动能变为初动能的一半时与静止的物块 B 发生弹性正碰，且碰撞 时间极短，物块 B 质量为 1.0 kg，物块 A 与地面间的动摩擦因数为 μ1＝0.2，物块 B 与地面间 的动摩擦因数为 μ2＝0.1，取重力加速度 g＝10 m/s2.求： (1)物块 A 经过多长时间与物块 B 相碰；(保留 3 位小数) (2)物块 A 与物块 B 碰后，它们之间的最大距离． 答案　(1)0.586 s　(2)2 m 解析　(1)以 A 初速度方向为正方向，A 与 B 碰撞前，根据动量定理得－μ1mgt＝mv－mv0 又有 Ek＝1 2mv02 Ek 2 ＝1 2mv2 联立解得 t＝(2－ 2) s≈0.586 s (2)A、B 碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故有： mv＝mvA＋2mvB 1 2mv2＝1 2mvA2＋1 2·2mvB2 解得 vA＝－1 3v，vB＝2 3v 碰后到 A、B 都停止时二者相距最远 根据动能定理，对于 A：－μ1mgxA＝0－1 2mvA2 对于 B：－μ2·2mgxB＝0－1 2·2mvB2 最大距离 x＝xA＋xB 联立得 x＝2 m. 12．(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块 A、B，质量分别为 m A＝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 8 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/s 2.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． 图 8 (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？ 答案　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物块 B 先停止 0．50 m　(3)0.91 m 解析　(1)设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定 律和题给条件有 0＝mAvA－mBvB① Ek＝1 2mAvA2＋1 2mBvB2② 联立①②式并代入题给数据得 vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③ (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＝μmBg④ sB＝vBt－1 2at2⑤ vB－at＝0⑥ 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 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－1 2at2⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧ 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 为 s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨ (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 vA′，由动 能定理有 1 2mAvA′2－1 2mAvA2＝－μmAg(2l＋sB)⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 vA′＝ 7 m/s⑪ 故 A 与 B 将发生碰撞．设碰撞后 A、B 的速度分别为 vA″和 vB″，由动量守恒定律与机械能 守恒定律有 mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫ 1 2mAvA′2＝1 2mAvA″2＋1 2mBvB″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 vA″＝3 7 5 m/s，vB″＝－2 7 5 m/s⑭ 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 sA′时停止，B 向左运动距离为 sB′时停止，由运动学公式 2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮ 由④⑭⑮式及题给数据得 sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯ sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离 s′＝sA′＋sB′＝0.91 m.