15、v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk損
3．完全非彈性碰撞
碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，形變完全保留，動(dòng)能損失最大．
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk損max
遷移一 彈性碰撞模型
1．(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，AB為傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，質(zhì)量為m2的小球乙靜止在水平軌道上，質(zhì)量為m1的小球甲以速度v0與乙球發(fā)生彈性正碰．若m1∶m2＝1∶2，且軌道足夠長，要使兩球能發(fā)生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的
16、動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
[解析] 設(shè)碰后甲的速度為v1，乙的速度為v2，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝v0
設(shè)乙球沿斜面上滑的最大位移大小為s，滑到斜面底端的速度大小為v，由動(dòng)能定理有
(m2gsin37°＋μm2gcos37°)s＝m2v
(m2gsin37°－μm2gcos37°)s＝m2v2
解得2＝
乙要能追上甲，則v>
解得μ<0.45
[答案] μ<0.45
遷移二 非彈性碰撞模型
2．(2019·唐山高三期末)如圖所
17、示，質(zhì)量為mB＝1 kg的物塊B通過輕彈簧和質(zhì)量為mC＝1 kg的物塊C相連并豎直放置在水平地面上．系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的壓縮量為x0＝0.1 m，另一質(zhì)量為mA＝1 kg的物塊A從距彈簧原長位置為x0處由靜止釋放，A、B、C三個(gè)物塊的中心在同一豎直線上，A、B相碰后立即粘合為一個(gè)整體，并以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)．已知三個(gè)物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度g＝10 m/s2，空氣阻力可忽略不計(jì)．
(1)求A、B相碰后的瞬間，整體共同速度v的大?。?
(2)求A、B相碰后，整體以a＝5 m/s2的加速度向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，地面對物塊C的支持力FN.
(3)若要A、B碰后物塊C
18、能夠離開地面，則物塊A由靜止釋放的位置距物塊B的高度h至少為多大？
[解析] (1)A由靜止釋放到與B碰撞前，由動(dòng)能定理得mAg·2x0＝mAv－0
由于A與B碰撞結(jié)束后粘合為一個(gè)整體，則對A與B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
代入數(shù)據(jù)解得v＝1 m/s.
(2)A、B相碰后，對A與B整體應(yīng)用牛頓第二定律得(mA＋mB)g－F彈＝(mA＋mB)a
對C受力分析得FN＝mCg＋F彈
代入數(shù)據(jù)解得FN＝20 N，方向豎直向上．
(3)對A從靜止釋放到與B碰撞前，由機(jī)械能守恒定律得mAgh＝mAv－0
對A與B碰撞的過程，由動(dòng)量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB
19、)v共
從A、B碰后到C恰好離開地面的過程，初態(tài)彈簧彈性勢能等于末態(tài)彈簧彈性勢能
若C恰好能離開地面，根據(jù)能量守恒定律得
(mA＋mB)v＝(mA＋mB)g·2x0
解得h＝0.08 m，所以h至少為0.08 m.
[答案] (1)1 m/s (2)20 N，方向豎直向上
(3)0.08 m
發(fā)生完全非彈性碰撞的兩個(gè)物體，碰撞結(jié)束后粘在一起運(yùn)動(dòng)，此時(shí)系統(tǒng)損失的動(dòng)能最大，而在碰撞的過程中系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒．即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，ΔEk＝－(m1＋m2)v2，ΔEk為碰撞過程中損失的動(dòng)能．常考的模型為“一動(dòng)碰一靜”模型(v2＝0)：此時(shí)滿足m1v1＝(m1＋m
20、2)v，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v2，解得ΔEk＝m1v.
熱點(diǎn)考向三 “板塊”模型問題
【典例】 (2019·河北六校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量M＝4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，其右端固定一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L＝0.5 m，這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對應(yīng)的滑板上表面光滑．木塊A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端開始沿滑板B上表面向右運(yùn)動(dòng)．已知木塊A的質(zhì)量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：
(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)木塊A的速度大??；
(2)木塊A壓縮彈簧過程中
21、彈簧的最大彈性勢能．
[思路引領(lǐng)]
[解析] (1)彈簧被壓縮到最短時(shí)，木塊A與滑板B具有相同的速度，設(shè)為v，從木塊A開始沿滑板B上表面向右運(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過程中，整體動(dòng)量守恒，則
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
代入數(shù)據(jù)得木塊A的速度v＝2 m/s
(2)在木塊A壓縮彈簧過程中，彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，由能量關(guān)系知，最大彈性勢能為Epm＝mv－(m＋M)v2－μmgL
代入數(shù)據(jù)得Epm＝39 J.
[答案] (1)2 m/s (2)39 J
“板塊”模型的解題思路
“板塊”模型一般至少涉及兩個(gè)物體，包括多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，板塊間存在相對運(yùn)動(dòng)
22、．解決“板塊”模型問題，要分析不同階段的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，然后對每一個(gè)過程建立動(dòng)量守恒方程和能量守恒方程求解，必要時(shí)可以利用圖像(如畫出v－t圖像)分析運(yùn)動(dòng)情況．
(2019·廣東茂名五校聯(lián)考)質(zhì)量為2m的物體P靜止在光滑水平地面上，其截面如圖所示，ab段為光滑的豎直圓弧面，bc段是長度為L的粗糙水平面，質(zhì)量為m的物塊Q(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在圓弧面的底端b.現(xiàn)給Q一方向水平向左的瞬間沖量I，Q滑到最高點(diǎn)a后返回，最終相對于P靜止在水平面的右端c.重力加速度大小為g.求：
(1)Q到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v；
(2)Q與bc段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(3)P的最大速度vm.
23、
[解析] (1)設(shè)Q從b點(diǎn)滑上圓弧面的初速度大小為v0，取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mv0
解得v0＝
Q到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與P具有相同的速度(沿水平方向)，由P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有
mv0＝(m＋2m)v
解得v＝.
(2)經(jīng)分析可知，Q最終相對P靜止在c處時(shí)，它們的速度(相對地面)也為v
根據(jù)能量守恒定律有μmgL＝mv－(m＋2m)v2
解得μ＝.
(3)Q由a點(diǎn)返回到b點(diǎn)時(shí)P的速度最大，設(shè)此時(shí)Q的速度為v1，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則有mv0＝－mv1＋2mvm
Q由b到a，再由a返回b的過程中，P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故
mv＝mv＋
24、·2mv
解得vm＝.
[答案] (1) (2) (3)
動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則
(1)動(dòng)量觀點(diǎn)
①對于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對于打擊類的問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即I合＝mv－mv0.
②對于碰撞、爆炸、反沖類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解．
(2)能量觀點(diǎn)
①對于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)能定理求解．
②如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解．
③對于
25、相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動(dòng)的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定律建立方程.
易錯(cuò)精析——漏記碰撞、繩子繃緊等過程的機(jī)械能損失
1．(2018·廣東湛江一中等四校聯(lián)考)如圖所示，物塊A、C的質(zhì)量均為m，B的質(zhì)量為2m，均靜止在光滑水平臺面上．A、B間用一根不可伸長的輕質(zhì)短細(xì)線相連．初始時(shí)刻細(xì)線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側(cè)足夠遠(yuǎn)處．現(xiàn)突然給A一瞬時(shí)沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運(yùn)動(dòng)，細(xì)線繃斷后A的速度變?yōu)関0，A與C碰撞后粘連在一起．求：
(1)A與C粘連在一起時(shí)的速度大??；
(2)若將A、B、C
26、看成一個(gè)系統(tǒng)，則從A開始運(yùn)動(dòng)到A與C粘連的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能．
[解析] (1)細(xì)線繃斷的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，則
mv0＝m·v0＋2mvB
解得vB＝v0.
A與C發(fā)生完全非彈性碰撞過程中，A、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m·v0＝(m＋m)v2
解得v2＝v0.
(2)運(yùn)動(dòng)全過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
ΔE＝mv－＝mv.
[答案] (1)v0 (2)mv
2．(2019·吉林市畢業(yè)班第二次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m1的A物塊在光滑地面上以v0＝10 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)．質(zhì)量分別為m2、m3的物塊B與C由輕質(zhì)并
27、且處于原長狀態(tài)的彈簧相連，B、C和彈
簧靜止放置在A的右側(cè)，某時(shí)刻A與B碰撞后立刻粘連在一起．已知m1＝2 kg，m2＝m3＝3 kg，求：
(1)A與B碰撞粘連在一起后瞬間的速度大??；
(2)此后運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)的彈性勢能大?。?
[解析] (1)A與B碰撞過程，以A、B為系統(tǒng)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有
m1v0＝(m1＋m2)v
代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s
(2)彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)，A、B、C三個(gè)物塊的速度相等，由動(dòng)量守恒定律有
m1v0＝(m1＋m2＋m3)v′
解得v′＝2.5 m/s
從A與B碰撞后到彈簧第一次被壓縮到最短的過程
28、中，由機(jī)械能守恒定律有
(m1＋m2)v2＝(m1＋m2＋m3)v′2＋Ep
解得Ep＝15 J
[答案] (1)4 m/s (2)15 J
專題強(qiáng)化訓(xùn)練(八)
一、選擇題
1．(多選)如圖所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層．設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為ρ.下列說法正確的是( )
A．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為ρvπD2
B．高壓水槍的功率為ρπD2v3
C．水柱對煤層的平均沖力為ρπD2v2
D．手對高壓水槍的作
29、用力水平向右
[解析] 設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量為＝ρvπD2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．Δt時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt，由動(dòng)能定理知高壓水槍在此期間對水做功為W＝Ek＝ρπD2v3Δt，高壓水槍的功率P＝＝ρπD2v3，選項(xiàng)B正確．考慮一個(gè)極短時(shí)間Δt′，在此時(shí)間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對水柱的作用力為F，由動(dòng)量定理，F(xiàn)Δt′＝mv，Δt′時(shí)間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量m＝ρπD2vΔt′，解得F＝ρπD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為F′＝F＝ρπD2v2，選
30、項(xiàng)C正確．當(dāng)高壓水槍向右噴出高壓水流時(shí)，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
[答案] BC
2．(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，自動(dòng)稱米機(jī)已在許多大糧店廣泛使用．買者認(rèn)為：因?yàn)槊琢髀涞饺萜髦袝r(shí)對容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認(rèn)為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量達(dá)到要求后時(shí)，自動(dòng)裝置即刻切斷米流，此刻有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭執(zhí)起來，下列說法正確的是( )
A．買者說的對
B．賣者說的對
C．公平交易
D．具有隨機(jī)性，無法判斷
[解析] 設(shè)米流的流量為d，它是恒定的，米流在出口處速度很小可
31、視為零，若切斷米流后，設(shè)盛米的容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1，空中還在下落的米的質(zhì)量為m2，則落到已靜止的米堆上的一小部分米的質(zhì)量為Δm.在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取Δm為研究對象，這部分米很少，Δm＝d·Δt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)Δt時(shí)間靜止，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定律得(F－Δmg)Δt＝Δmv
即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv
根據(jù)牛頓第三定律知F＝F′，稱米機(jī)的讀數(shù)應(yīng)為M＝＝＝m1＋d
因切斷米流后空中尚有t＝時(shí)間內(nèi)對應(yīng)的米流在空中，故d＝m2
可見，稱米機(jī)讀數(shù)包含了靜止在袋中的部分米的質(zhì)量m1，也包含了尚在空中的下落的米的質(zhì)量m2，即自動(dòng)稱米機(jī)是準(zhǔn)確
32、的，不存在哪方劃算不劃算的問題，選項(xiàng)C正確．
[答案] C
3．(多選)(2019·四川綿陽模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的物體M，物體上有一光滑的半圓弧形軌道，最低點(diǎn)為C，兩端A、B一樣高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，則( )
A．m不能到達(dá)M上的B點(diǎn)
B．m從A到C的過程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M向右運(yùn)動(dòng)
C．m從A到B的過程中M一直向左運(yùn)動(dòng)，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零
D．M與m組成的系統(tǒng)機(jī)械能定恒，水平方向動(dòng)量守恒
[解析] 根據(jù)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒定律的條件，M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，D正確；m滑到右端兩者有相同的速度有：
33、0＝(m＋M)v，v＝0，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR＝mgh＋(m＋M)v2可知，m恰能到達(dá)M上的B點(diǎn)，且m到達(dá)B的瞬間，m、M速度為零，A錯(cuò)誤；m從A到C的過程中M向左加速運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M向左減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤，C正確．
[答案] CD
4．(2019·蓉城名校聯(lián)盟)如圖所示，在足夠長的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑．現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面，在滑塊B在木板A上滑動(dòng)的過程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù))，下列說法正確的是( )
A．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量
34、和機(jī)械能都守恒
B．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒
C．當(dāng)B的速度為v0時(shí)，A的速度為v0
D．當(dāng)A的速度為v0時(shí)，B的速度為v0
[解析] 由于木板A沿斜面體勻速下滑，所以此時(shí)木板A的合力為零，當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由于A、B間有摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，即機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；由于B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由動(dòng)量守恒定律知C正確，D錯(cuò)誤．
[答案] C
5．(多選)(2019·華中師大附中五月模擬)如下圖所
35、示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(待定系數(shù)α<1)的速率彈回，并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，則系數(shù)α可以是( )
A. B. C. D.
[解析] A、B碰撞過程，以v0的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得，mAv0＝－mAαv0＋mBvB，A與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再次碰撞的條件是αv0>vB，解得α>，碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔEk＝mAv－≥0，解得－1≤α≤，所以α滿足的條件是<α≤，A、B正確，C、D錯(cuò)誤．
[答案] AB
6．(多選)(2019·武漢外校模擬)質(zhì)
36、量M＝3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動(dòng)．
質(zhì)量m＝2 kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過長L＝0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個(gè)v0＝3 m/s的豎直向下的初速度，取g＝10 m/s2，則( )
A．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3 m
B．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.5 m
C．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 m
D．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.
37、54 m
[解析] 可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動(dòng)看成人船模型．設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動(dòng)了x，由滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有＝，解得x＝0.3 m，A正確，B錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0＝(m＋M)v，v＝0，由能量守恒定律得mv＝mgh＋(m＋M)v2，解得h＝0.45 m，C錯(cuò)誤．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度過程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)距離為y，由幾何關(guān)系得，m相對于M移動(dòng)的水平距離s＝L＋＝1.35 m，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得0＝m－M，解得y＝0.54 m，D正確．
[答案] AD
7．(多選)(2019·東北師大附中一模)如下圖甲所示，一輕彈簧的
38、兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)使A瞬間獲得水平向右大小為3 m/s的速度，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得( )
A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)
B．從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長
C．兩物體的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2
D．在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8
[解析] 在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，t1時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，A、B錯(cuò)誤．由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共，可得m
39、1∶m2＝1∶2.并由圖可得在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8，C、D正確．
[答案] CD
8．(多選)(2019·湖北百校大聯(lián)考)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖甲所示，碰撞前、后兩壺運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖乙中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前、后的兩段圖線相互平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則( )
A．碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/s
B．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 m
C．碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22 J
D．碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為5∶4
[解析] 由題圖乙可知碰撞前、后紅壺的速度分別為v0＝1.0 m/s
40、和v1＝0.2 m/s，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后藍(lán)壺速度為v2＝0.8 m/s，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為x＝×0.8×5 m＝2 m，碰撞過程中兩壺?fù)p失的動(dòng)能為ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，紅壺所受摩擦力f1＝ma1＝19× N＝3.8 N，藍(lán)壺所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f1∶f2＝5∶4，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．
[答案] AD
9．(2019·福建省泉州市模擬三)如右圖所示，半徑為R、質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，小球自由落體后由A
41、點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0，則( )
A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R
C．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)
D．小球第二次能上升的最大高度h0
42、零，小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；小球第一次由釋放經(jīng)半圓軌道沖出至最高點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得：mg－Wf＝0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝mgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做的功小于mgh0，機(jī)械能的損失小于mgh0，因此小球第二次離開小車時(shí)，能上升的高度大于：h0－h(huán)0＝h0，且小于h0，故D正確．
[答案] D
二、非選擇題
10．(2019·江西南昌十校二模)如圖所示，光滑水平面上放著質(zhì)量都為m的物塊A和B，A緊靠著固定的豎直擋板，A、B間夾一個(gè)被壓縮
43、的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢能為mv，在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩的長度略大于彈簧的自然長度．放手后繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后與向左勻速運(yùn)動(dòng)、速度為v0的物塊C發(fā)生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合體并停止運(yùn)動(dòng)，C的質(zhì)量為2m.求：
(1)B、C相撞前一瞬間B的速度大小；
(2)繩被拉斷過程中，繩對A所做的功W.
[解析] (1)B與C碰撞過程中動(dòng)量守恒，由于碰后均停止，有mvB＝2mv0
解得：vB＝2v0
(2)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動(dòng)能，則
Ep＝mv
解得：vBO＝3v0
繩子拉斷過程，A、
44、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒
mvBO＝mvB＋mvA
解得：vA＝v0
繩對A所做的功為
W＝mv＝mv
[答案] (1)2v0 (2)mv
11．(2019·全國卷Ⅲ)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖所示．某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek＝10.0 J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)．A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．
45、
(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；
(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？
(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？
[解析] (1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAv＋mBv②
聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t
46、，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有
mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為
sA＝vAt－at2⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，
47、碰撞時(shí)速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有
mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩
聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA′＝ m/s?
故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2?
聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s?
這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)．設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?
由④??式及題給數(shù)據(jù)得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m?
sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m?
[答案] (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)B先停止 0.50 m (3)0.91 m
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（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 第一講 力學(xué)中的動(dòng)量和能量問題教學(xué)案
