第一講力學中的動量和能量問題知識建構(gòu)備考點睛(注1)(注4)：詳見答案部分1.常見思想及方法(1)守恒的思想；(2)動量守恒的判斷方法；(3)彈性碰撞的分析方法；(4)“人船模型”的分析方法.2.三個易錯易混點(1)動量和動能是兩個和速度有關(guān)的不同概念.(2)系統(tǒng)的動量和機械能不一定同時守恒.(3)不是所有的碰撞都滿足機械能守恒.答案(1)物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化量(2)一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變(3)動量守恒定律成立的條件系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)所受合外力雖然不為零，但系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力時，如碰撞、爆炸等現(xiàn)象中，系統(tǒng)的動量可看成近似守恒系統(tǒng)所受的合外力雖不為零，如果在某一個方向上合外力為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動量守恒(4)碰撞的分類熱點考向一動量定理與動量守恒定律的應用角度一動量定理的應用【典例1】(2016·全國卷)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開忽略空氣阻力已知水的密度為，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度思路引領(lǐng)解析(1)設(shè)t時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mVVv0St由式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量v0S(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于t時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度處，t時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小p(m)v設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有Ftp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得FMg聯(lián)立式得h答案(1)v0S(2)角度二動量守恒定律的應用【典例2】(2018·全國卷)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量求(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度思路引領(lǐng)(1)根據(jù)動能公式得出煙花彈從地面開始上升時的速度，利用勻變速直線運動規(guī)律得出煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)歷的時間(2)利用動量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后煙花彈向上運動的部分的速度，利用勻變速直線運動規(guī)律得出距地面的最大高度解析(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有Emv設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0v0gt聯(lián)立式得t(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動設(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有mvmgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為hh1h2答案(1)(2)1用動量定理的解題的基本思路對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理2動量守恒定律解題思路及方法遷移一動量定理的應用1(2019·江西六校聯(lián)考)香港迪士尼游樂園入口旁有一噴泉，在水泵作用下鯨魚模型背部會噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的米老鼠模型托起，穩(wěn)定地懸停在空中，伴隨著音樂旋律，米老鼠模型能夠上下運動，引人駐足，如圖所示這一景觀可做如下簡化，水柱以一定的速度從噴口豎直向上噴出，流量為Q(流量定義：在單位時間內(nèi)向上通過水柱橫截面的水的體積)，設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到?jīng)_浪板的底部沖擊沖浪板前水柱在水平方向的速度可忽略不計，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開，沖浪板靜止在水柱上已知米老鼠模型和沖浪板的總質(zhì)量為M，水的密度為，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計(1)求噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時間很短，因此在分析水對沖浪板的作用力時可忽略這部分水所受的重力試計算米老鼠模型在空中懸停時，水到達沖浪板底部的速度大?。?3)要使米老鼠模型在空中懸停的高度發(fā)生變化，需調(diào)整水泵對水做功的功率水泵對水做功的功率定義為單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的動能請根據(jù)第(2)問中的計算結(jié)果，推導沖浪板底部距離噴口的高度h與水泵對水做功的功率P0之間的關(guān)系式解析(1)由題干定義知，單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為mQ.(2)由題意知米老鼠模型和沖浪板在空中懸停時，沖擊沖浪板底面的水的速度由v變?yōu)?，設(shè)t時間內(nèi)這些水對板的作用力為F，板對水的作用力為F，以豎直向下為正方向，不考慮t時間內(nèi)水的重力，根據(jù)動量定理有Ft0mt(v)根據(jù)牛頓第三定律得FF由于米老鼠模型在空中懸停，根據(jù)力的平衡條件得FMg聯(lián)立解得v.(3)設(shè)米老鼠模型和沖浪板懸停時其底面距離噴口的高度為h，水離開水泵噴口時的速度為v0對于t時間內(nèi)噴出的水，根據(jù)機械能守恒定律得mtv2mtghmtv水泵對水做功的功率為P0聯(lián)立解得h.答案(1)Q(2)(3)h遷移二動量守恒定律的應用2(2019·江西六校聯(lián)考)如圖所示，AB為一光滑水平橫桿，桿上套一質(zhì)量為M的圓環(huán)，環(huán)上系一長為L、質(zhì)量不計的細繩，細繩的另一端拴一個質(zhì)量為m的小球現(xiàn)將細繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則：(1)當細繩與AB成角時，圓環(huán)移動的距離是多少？(2)若在橫桿上立一擋板，與環(huán)的初位置相距多遠時才能使圓環(huán)在運動過程中不致與擋板相碰？解析(1)設(shè)小球的水平位移大小為s1，圓環(huán)的水平位移大小為s2，則有ms1Ms20s1s2LLcos解得s2(2)設(shè)小球向左的最大水平位移大小為s1，圓環(huán)的最大水平位移為s2當圓環(huán)運動到最右側(cè)速度為零時，小球應運動到最左側(cè)同初始位置等高處，且速度為零ms1Ms20s1s22Ls2故擋板應立在距環(huán)的初位置處答案(1)(2) “人船”模型(1)模型條件初總動量(或某一方向初總動量)為零；動量(或某一方向動量)守恒(2)運動特點一物體加速，另一物體同時加速；一物體減速，另一物體同時減速，但二者速度方向相反；一物體靜止，另一物體也靜止(3)規(guī)律，(速率、位移與質(zhì)量成反比). 熱點考向二“碰撞”模型問題【典例】(多選)如圖所示，質(zhì)量為m2的小球B靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速度v0靠近B，并與B發(fā)生碰撞，碰撞前后兩個小球的速度始終在同一條直線上A、B兩球的半徑相等，且碰撞過程沒有機械能損失當m1、v0一定時，m2越大，則()A碰撞后A的速度越小B碰撞后A的速度越大C碰撞過程中B受到的沖量越大D碰撞過程中A受到的沖量越大思路引領(lǐng)根據(jù)兩球碰撞時動量守恒及機械能守恒求出碰撞后兩球的速度表達式，分析碰撞后速度大小，根據(jù)動量定理和牛頓第三定律分析沖量關(guān)系解析以v0的方向為正方向，在碰撞過程中，根據(jù)動量守恒得m1v0m1v1m2v2，又因碰撞過程中機械能守恒，故有m1vm1vm2v，兩式聯(lián)立得v1，v2.當m2<m1時，m2越大，v1越小，當m2>m1時，m2越大，v1越大，選項A、B錯誤；碰撞過程中，A受到的沖量IAIBm2v2v0v0，可知m2越大，A受到的沖量越大，選項D正確；B受到的沖量與A受到的沖量大小相等、方向相反，因此m2越大，B受到的沖量也會越大，選項C正確答案CD三種碰撞解讀1彈性碰撞碰撞結(jié)束后，形變?nèi)肯В瑒幽軟]有損失，不僅動量守恒，而且初、末動能相等m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22v1v2v20時，v1v1v2v1討論：(1)m1m2，v10，v2v1(速度交換)；(2)m1>m2，v1>0，v2>0(碰后，兩物體沿同一方向運動)；(3)m1m2，v1v1，v22v1；(4)m1<m2，v1<0，v2>0(碰后，兩物體沿相反方向運動)；(5)m1m2，v1v1，v20；(6)m1、m2質(zhì)量改變時，v2范圍是0<v2<2v1；(7)運動的m1碰靜止的m2，m1、m2質(zhì)量不變時，v2范圍是v2.2非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，形變部分消失，動能有部分損失m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22Ek損3完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，形變完全保留，動能損失最大m1v1m2v2(m1m2)vm1vm2v(m1m2)v2Ek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m1m212，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動摩擦因數(shù)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，由動量守恒和機械能守恒，有m1v0m1v1m2v2m1vm1vm2v解得v1v0v0，v2v0v0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，由動能定理有(m2gsin37°m2gcos37°)sm2v(m2gsin37°m2gcos37°)sm2v2解得2乙要能追上甲，則v>解得<0.45答案<0.45遷移二非彈性碰撞模型2(2019·唐山高三期末)如圖所示，質(zhì)量為mB1 kg的物塊B通過輕彈簧和質(zhì)量為mC1 kg的物塊C相連并豎直放置在水平地面上系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧的壓縮量為x00.1 m，另一質(zhì)量為mA1 kg的物塊A從距彈簧原長位置為x0處由靜止釋放，A、B、C三個物塊的中心在同一豎直線上，A、B相碰后立即粘合為一個整體，并以相同的速度向下運動已知三個物塊均可視為質(zhì)點，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度g10 m/s2，空氣阻力可忽略不計(1)求A、B相碰后的瞬間，整體共同速度v的大小(2)求A、B相碰后，整體以a5 m/s2的加速度向下加速運動時，地面對物塊C的支持力FN.(3)若要A、B碰后物塊C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，由動能定理得mAg·2x0mAv0由于A與B碰撞結(jié)束后粘合為一個整體，則對A與B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mAv0(mAmB)v代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s.(2)A、B相碰后，對A與B整體應用牛頓第二定律得(mAmB)gF彈(mAmB)a對C受力分析得FNmCgF彈代入數(shù)據(jù)解得FN20 N，方向豎直向上(3)對A從靜止釋放到與B碰撞前，由機械能守恒定律得mAghmAv0對A與B碰撞的過程，由動量守恒定律得mAv1(mAmB)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(mAmB)v(mAmB)g·2x0解得h0.08 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物體，碰撞結(jié)束后粘在一起運動，此時系統(tǒng)損失的動能最大，而在碰撞的過程中系統(tǒng)的總動量守恒即m1v1m2v2(m1m2)v，Ek(m1m2)v2，Ek為碰撞過程中損失的動能?？嫉哪Ｐ蜑椤耙粍优鲆混o”模型(v20)：此時滿足m1v1(m1m2)v，系統(tǒng)損失的機械能為Ekm1v(m1m2)v2，解得Ekm1v. 熱點考向三“板塊”模型問題【典例】(2019·河北六校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量M4 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L0.5 m，這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點)之間的動摩擦因數(shù)0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對應的滑板上表面光滑木塊A以速度v010 m/s由滑板B左端開始沿滑板B上表面向右運動已知木塊A的質(zhì)量m1 kg，g取10 m/s2.求：(1)彈簧被壓縮到最短時木塊A的速度大?。?2)木塊A壓縮彈簧過程中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，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上表面向右運動至彈簧被壓縮到最短的過程中，整體動量守恒，則mv0(Mm)v解得vv0代入數(shù)據(jù)得木塊A的速度v2 m/s(2)在木塊A壓縮彈簧過程中，彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，由能量關(guān)系知，最大彈性勢能為Epmmv(mM)v2mgL代入數(shù)據(jù)得Epm39 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物體，包括多個運動過程，板塊間存在相對運動解決“板塊”模型問題，要分析不同階段的受力情況和運動情況，然后對每一個過程建立動量守恒方程和能量守恒方程求解，必要時可以利用圖像(如畫出vt圖像)分析運動情況(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)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到達最高點時的速度大小v；(2)Q與bc段間的動摩擦因數(shù)；(3)P的最大速度vm.解析(1)設(shè)Q從b點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)動量定理有Imv0解得v0Q到達最高點時與P具有相同的速度(沿水平方向)，由P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mv0(m2m)v解得v.(2)經(jīng)分析可知，Q最終相對P靜止在c處時，它們的速度(相對地面)也為v根據(jù)能量守恒定律有mgLmv(m2m)v2解得.(3)Q由a點返回到b點時P的速度最大，設(shè)此時Q的速度為v1，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則有mv0mv12mvmQ由b到a，再由a返回b的過程中，P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒，故mvmv·2mv解得vm.答案(1)(2)(3)動量觀點和能量觀點的選取原則(1)動量觀點對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別對于打擊類的問題，因時間短且沖力隨時間變化，應用動量定理求解，即I合mvmv0.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、時間，應用動量守恒定律求解(2)能量觀點對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程中的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應考慮選用能量守恒定律建立方程. 易錯精析漏記碰撞、繩子繃緊等過程的機械能損失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)短細線相連初始時刻細線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側(cè)足夠遠處現(xiàn)突然給A一瞬時沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運動，細線繃斷后A的速度變?yōu)関0，A與C碰撞后粘連在一起求：(1)A與C粘連在一起時的速度大?。?2)若將A、B、C看成一個系統(tǒng)，則從A開始運動到A與C粘連的過程中，系統(tǒng)損失的機械能解析(1)細線繃斷的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，則mv0m·v02mvB解得vBv0.A與C發(fā)生完全非彈性碰撞過程中，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有m·v0(mm)v2解得v2v0.(2)運動全過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機械能為Emvmv.答案(1)v0(2)mv2(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v010 m/s的速度向右勻速運動質(zhì)量分別為m2、m3的物塊B與C由輕質(zhì)并且處于原長狀態(tài)的彈簧相連，B、C和彈簧靜止放置在A的右側(cè)，某時刻A與B碰撞后立刻粘連在一起已知m12 kg，m2m33 kg，求：(1)A與B碰撞粘連在一起后瞬間的速度大??；(2)此后運動過程中，彈簧第一次被壓縮到最短時的彈性勢能大小解析(1)A與B碰撞過程，以A、B為系統(tǒng)，取向右為正方向，由動量守恒定律有m1v0(m1m2)v代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s(2)彈簧第一次被壓縮到最短時，A、B、C三個物塊的速度相等，由動量守恒定律有m1v0(m1m2m3)v解得v2.5 m/s從A與B碰撞后到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，由機械能守恒定律有(m1m2)v2(m1m2m3)v2Ep解得Ep15 J答案(1)4 m/s(2)15 J專題強化訓練(八)一、選擇題1(多選)如圖所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側(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，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為.下列說法正確的是()A高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為vD2B高壓水槍的功率為D2v3C水柱對煤層的平均沖力為D2v2D手對高壓水槍的作用力水平向右解析設(shè)t時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mV，VSvtD2vt，單位時間噴出水的質(zhì)量為vD2，選項A錯誤t時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ekmv2D2v3t，由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為WEkD2v3t，高壓水槍的功率PD2v3，選項B正確考慮一個極短時間t，在此時間內(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，由動量定理，F(xiàn)tmv，t時間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量mD2vt，解得FD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為FFD2v2，選項C正確當高壓水槍向右噴出高壓水流時，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D錯誤答案BC2(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，自動稱米機已在許多大糧店廣泛使用買者認為：因為米流落到容器中時對容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認為：當預定米的質(zhì)量達到要求后時，自動裝置即刻切斷米流，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m.在極短時間t內(nèi)，取m為研究對象，這部分米很少，md·t，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)t時間靜止，取豎直向上為正方向，由動量定律得(Fmg)tmv即Fdvd·t·g，因t很小，故Fdv根據(jù)牛頓第三定律知FF，稱米機的讀數(shù)應為Mm1d因切斷米流后空中尚有t時間內(nèi)對應的米流在空中，故dm2可見，稱米機讀數(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，即自動稱米機是準確的，不存在哪方劃算不劃算的問題，選項C正確答案C3(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，最低點為C，兩端A、B一樣高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑，則()Am不能到達M上的B點Bm從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動Cm從A到B的過程中M一直向左運動，m到達B的瞬間，M速度為零DM與m組成的系統(tǒng)機械能定恒，水平方向動量守恒解析根據(jù)機械能守恒、動量守恒定律的條件，M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，D正確；m滑到右端兩者有相同的速度有：0(mM)v，v0，再根據(jù)機械能守恒定律mgRmgh(mM)v2可知，m恰能到達M上的B點，且m到達B的瞬間，m、M速度為零，A錯誤；m從A到C的過程中M向左加速運動，m從C到B的過程中M向左減速運動，B錯誤，C正確答案CD4(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上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù))，下列說法正確的是()AA、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒BA、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒C當B的速度為v0時，A的速度為v0D當A的速度為v0時，B的速度為v0解析由于木板A沿斜面體勻速下滑，所以此時木板A的合力為零，當小滑塊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)的動量守恒，由于A、B間有摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機械能一直減小，即機械能不守恒，A、B錯誤；由于B與A之間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)，所以當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，由動量守恒定律知C正確，D錯誤答案C5(多選)(2019·華中師大附中五月模擬)如下圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運動，與靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以vv0(待定系數(shù)<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)可以是()A. B. C. D.解析A、B碰撞過程，以v0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得，mAv0mAv0mBvB，A與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再次碰撞的條件是v0>vB，解得>，碰撞過程中損失的機械能EkmAv0，解得1，所以滿足的條件是<，A、B正確，C、D錯誤答案AB6(多選)(2019·武漢外校模擬)質(zhì)量M3 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質(zhì)量m2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個v03 m/s的豎直向下的初速度，取g10 m/s2，則()A小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.5 mC小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m解析可把小球和滑塊水平方向的運動看成人船模型設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有，解得x0.3 m，A正確，B錯誤根據(jù)動量守恒定律有0(mM)v，v0，由能量守恒定律得mvmgh(mM)v2，解得h0.45 m，C錯誤小球m從初始位置到第一次到達最大高度過程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動距離為y，由幾何關(guān)系得，m相對于M移動的水平距離sL1.35 m，根據(jù)水平方向動量守恒得0mM，解得y0.54 m，D正確答案AD7(多選)(2019·東北師大附中一模)如下圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(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，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得()A在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長C兩物體的質(zhì)量之比為m1m212D在t2時刻A與B的動能之比為Ek1Ek218解析在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，t1時彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時彈簧處于拉伸狀態(tài)，A、B錯誤由動量守恒定律有m1v0(m1m2)v共，可得m1m212.并由圖可得在t2時刻A與B的動能之比為Ek1Ek218，C、D正確答案CD8(多選)(2019·湖北百校大聯(lián)考)在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖甲所示，碰撞前、后兩壺運動的vt圖線如圖乙中實線所示，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碰后藍壺速度為0.8 m/sB碰后藍壺移動的距離為2.4 mC碰撞過程兩壺損失的動能為7.22 JD碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比為54解析由題圖乙可知碰撞前、后紅壺的速度分別為v01.0 m/s和v10.2 m/s，由系統(tǒng)動量守恒可得mv0mv1mv2，解得碰后藍壺速度為v20.8 m/s，碰后藍壺移動的距離為x×0.8×5 m2 m，碰撞過程中兩壺損失的動能為Ekmvmvmv3.04 J，紅壺所受摩擦力f1ma119× N3.8 N，藍壺所受摩擦力f2ma219× N3.04 N，碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比為f1f254，故A、D正確，B、C錯誤答案AD9(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點正上方h0高處由靜止釋放，小球自由落體后由A點經(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)動量守恒B小車向左運動的最大距離為RC小球離開小車后做斜上拋運動D小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律得：mvmv0，mm0，解得小車的位移：xR，故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向總動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球第一次由釋放經(jīng)半圓軌道沖出至最高點時，由動能定理得：mgWf0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，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，機械能的損失小于mgh0，因此小球第二次離開小車時，能上升的高度大于：h0h0h0，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間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能為mv，在A、B間系一輕質(zhì)細繩，細繩的長度略大于彈簧的自然長度放手后繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B繼續(xù)向右運動，一段時間后與向左勻速運動、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動，C的質(zhì)量為2m.求：(1)B、C相撞前一瞬間B的速度大??；(2)繩被拉斷過程中，繩對A所做的功W.解析(1)B與C碰撞過程中動量守恒，由于碰后均停止，有mvB2mv0解得：vB2v0(2)彈簧恢復原長時，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動能，則Epmv解得：vBO3v0繩子拉斷過程，A、B系統(tǒng)動量守恒mvBOmvBmvA解得：vAv0繩對A所做的功為Wmvmv答案(1)2v0(2)mv11(2019·全國卷)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA1.0 kg，mB4.0 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l1.0 m，如圖所示某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek10.0 J釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時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，由動量守恒定律和題給條件有0mAvAmBvBEkmAvmBv聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBamBgsBvBtat2vBat0在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，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在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為sAvAtat2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得sA1.75 m，sB0.25 m這表明在時間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A位于出發(fā)點右邊0.25 m處B位于出發(fā)點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA，由動能定理有mAvA2mAvmAg(2lsB)聯(lián)立式并代入題給數(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，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvA2mAvA2mBvB2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將向右運動，B繼續(xù)向左運動設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA時停止，B向左運動距離為sB時停止，由運動學公式2asAvA2,2asBvB2由式及題給數(shù)據(jù)得sA0.63 m，sB0.28 msA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ssAsB0.91 m答案(1)4.0 m/s1.0 m/s(2)B先停止0.50 m(3)0.91 m28