高中物理专题第六章动量守恒定律及“三类模型”问题.docx

第 2 讲动量守恒定律及“三类模型” 问题一、动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变.2.表达式(1)p＝ p′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p′ .(2)m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.(3)p1＝－ p2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.(4)p＝ 0，系统总动量的增量为零 .3.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 .自测 1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒答案C二、碰撞、反冲、爆炸1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力 )远大于外力，总动量守恒.(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.2.反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动.(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力.实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等.(3)规律：遵从动量守恒定律.3.爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒.自测2如图1 所示，两滑块A、 B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块 B 的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图 1A. A 和 B 都向左运动B. A 和 B 都向右运动C.A 静止， B 向右运动D.A 向左运动， B 向右运动答案D解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B 的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则 A 应该向左运动， B 应该向右运动，选项 D 正确， A、 B、 C 错误 .命题点一动量守恒定律的理解和基本应用例 1 (多选 )如图 2 所示，A、 B 两物体质量之比m A∶ m B＝ 3∶2，原来静止在平板小车 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，则()图 2A. 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答案BCD解析如果 A、B 与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F fA向右、 F fB向左，由于m A∶ m B＝ 3∶ 2，所以F fA∶ F 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的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故 B 、D 选项正确；若 A、B 所受的摩擦力大小相等，则A、B 组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒， C 选项正确 .例 2(2017 ·全国卷Ⅰ ·14)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空， 50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30kg ·m/sB.5.7×102 kg m/· sC.6.0× 102 kg m/s·D.6.3×102 kg m/·s答案A设火箭的质量为 m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝ m2－解析v2＝ 50× 10 3× 600 kg ·m/s＝ 30 kg ·m/ s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝ m1v1－m2v 2，则火箭的动量大小为p1＝ m11＝m2v2＝ 30 kg ·m/s，所以 A 正确， B、 C、 D 错误 .v变式 1两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为 1 kg，两磁铁的 N 极相对 .推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为 2 m/s ，乙的速率为 3 m/ s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰 .则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？答案(1)4(2)2 m/ s3 m/s解析(1) 两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m 乙 v 乙－ m 甲 v 甲＝ (m 甲＋ m 乙 )v所以两车最近时，乙车的速度为m v－ m v甲1×3－ 0.5×24v＝乙乙甲＝m/s＝m/s.m甲＋ m乙30.5＋ 1(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m 乙 v 乙－m 甲 v 甲 ＝ m 乙 v 乙′解得 v 乙 ′＝ 2 m/s命题点二碰撞模型问题1.碰撞遵循的三条原则 (1) 动量守恒定律 (2) 机械能不增加E k1＋ E k2≥ E k1 ′＋ E k2′或 p 12 ＋ p 22≥p 1 ′2＋p 2′22m 1 2m 2 2m 1 2m 2 (3) 速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大 (或相等 ).②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变.2.弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒m 1 v 1 ＋m 2 2＝ m 1 1 ′＋ m 2 2′①v v v1 2 1 2 2 1 m 1 1′ 21 2②m 1 1 ＋ m 2 v ＝ v ＋ m 2 2′2 v 2 22 v解得 v 1 ′＝ m 1－ m 2 v 1＋2m2v 2 m 1＋ m 2m 2 －m 1 v 2＋ 2m 1 v 1v 2′＝m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体 2 的速度不为零时，若 m 1＝ m 2，则 v 1′＝ v 2 ，v 2′＝ v 1，即两物体交换速度 . 当碰前物体 2 的速度为零时， v 2＝ 0，则：′＝ m 1 －m2 v 1， v ′＝ 2m 1v 1 ，m 1＋ m 2m 1＋ m 2 ① m 1＝ m 2 时， v 1′＝ 0， v 2′＝ v 1，碰撞后两物体交换速度 . ② m 1>m 2 时， v 1′ >0， v 2′>0 ，碰撞后两物体沿同方向运动 . ③ m 1<m 2 时， v 1′ <0， v 2′>0 ，碰撞后质量小的物体被反弹回来.例 3(多选 )两个小球 A 、 B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝ 4 kg ，m 2＝ 2 kg ， A 的速度 v 1＝ 3 m/ s(设为正 )， B 的速度 v 2＝－ 3 m/ s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是 ()A. 均为 1 m/sB.＋4 m/ s 和－ 5 m/sC.＋2 m/s 和－ 1 m/ sD. －1 m/s 和 5 m/ s答案 AD解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求 .再看动能情况1 2 1 21 12v2 v221212 ′ 2E k ′ ＝ m 1 1′＋ m 2 v2v2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′ ，可排除选项 B.选项 C 虽满足 E k ≥ E k ′，但 A 、 B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向 (v A ′ >0， v B ′ <0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误 .验证选项 A 、D 均满足E k ≥ E k ′ ，故答案为选项 A( 完全非弹性碰撞 )和选项 D( 弹性碰撞 ).例 4(2016 ·全国卷 Ⅲ ·35(2)) 如图 3 所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直； a 和 b 相距 l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为 m ，b 的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同.现使 a 以初速度 v 0 向右滑动 .此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞 .重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.图 322答案32v 0 ≤μ<v 0113gl2gl解析 设物块与地面间的动摩擦因数为 μ.若要物块 a 、b 能够发生碰撞，应有122mv 0 >μ mgl①2即 μ<v 0②2gl设在 a 、 b 发生弹性碰撞前的瞬间， a 的速度大小为 v 1.由能量守恒定律得1 mv 02 12＋ μmgl③2 ＝ mv 12设在 a 、b 碰撞后的瞬间， a 、 b 的速度大小分别为 v 1′ 、 v 2 ′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有mv 1 ＝mv 1′ ＋3mv 2′④41 mv 12 1 21 3 2⑤2 ＝ mv 1′ ＋ × mv 2′2 2 4联立 ④⑤ 式解得8⑥v 2′ ＝ v 17由题意， b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知1 3 23m⑦2 × mv 2′ ≤ μ· gl44联立 ③⑥⑦ 式，可得32v 2⑧μ≥113gl联立 ②⑧ 式得， a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v220 ≤ μ< v113gl 2gl.变式 2(2015 ·全国卷 Ⅰ ·35(2)) 如图 4 所示，在足够长的光滑水平面上，物体 A 、B 、 C 位于同一直线上， A 位于 B 、 C 之间 .A 的质量为 m ，B 、 C 的质量都为 M ，三者均处于静止状态 .现使 A 以某一速度向右运动，求m 和 M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞 .设物体间的碰撞都是弹性的 .图 4答案 ( 5－ 2)M ≤ m ＜ M解析 设 A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与 C 发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0 ＝mv 1＋ Mv 2由机械能守恒定律得121 mv 12 1 2 2mv 0 ＝＋ M v 22 2可得 v 1 ＝m － M0 ，v 2 ＝2mm ＋ Mvm ＋ Mv要使得 A 与 B 能发生碰撞，需要满足v 1 ＜ 0，即 m ＜ MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 mv 1 ＝mv 3＋ Mv 4121 21 22 mv 1 ＝ mv 3＋ Mv 422整理可得 v ＝ m － M， v ＝2m3m ＋ Mv 14m ＋ Mv 1由于 m ＜ M ，所以 A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 v 3≤v 22mM － m m － M 2 即 m ＋ M v 0≥ m ＋ M v 1＝ (m ＋ M ) v 0整理可得 m ＋4Mm ≥ M另一解 m≤－ ( 5＋2)M 舍去所以使 A 只与 B、 C 各发生一次碰撞，须满足( 5－ 2)M ≤m＜ M拓展点 1 “滑块—弹簧”碰撞模型例 5如图 5 所示，质量 M＝ 4 kg 的滑板 B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端 C 到滑板左端的距离L＝0.5m，这段滑板与木块 A( 可视为质点 )之间的动摩擦因数μ＝ 0.2，而弹簧自由端 C 到弹簧固定端 D 所对应的滑板上表面光滑 .木块 A 以速度 v0＝10 m/ s 由滑板 B 左端开始沿滑板 B 上表面向右运动 .已知木块 A 的质量 m＝ 1 kg， g 取 10 m/s2.求：图5(1)弹簧被压缩到最短时木块 A 的速度大小；(2)木块 A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.答案(1)2 m/s(2)39 J解析(1) 弹簧被压缩到最短时，木块 A 与滑板 B 具有相同的速度，设为v，从木块 A 开始沿滑板 B 上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，以向右为正方向，则mv0＝(M＋m)vm解得 v＝M＋m v0代入数据得木块 A 的速度 v＝ 2 m/s(2)在木块 A 压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为1212E pm＝ mv0－ (m＋ M)v －μmgL22代入数据得E pm＝ 39 J.拓展点 2“ 滑块—平板” 碰撞模型例 6如图 6 所示，质量 m1＝ 0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝ 1.5 m，现有质量 m2＝ 0.2kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数μ＝ 0.5 ，取 g＝ 10 m/ s2，求：图 6(1)物块与小车共同速度大小；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移大小x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？答案(1)0.8 m /s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/ s解析(1) 设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋ m2 )v解得 v＝ 0.8 m/s(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F f，对物块应用动量定理：－F f t＝ m2 v－ m2v0又 F ＝μm gf2v0－ v解得： t ＝μg 代入数据得t＝ 0.24 s12(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝2m1v解得 x＝ 0.096 m(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为 v′，以水平向右为正方向，则：m2v0′＝ ( m1＋ m2)v′由系统能量守恒有：1m2 v0′ 2＝1(m1＋ m2)v′2＋μm222gL代入数据解得 v0′＝ 5 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过 5 m/s.拓展点 3 “滑块—斜面”碰撞模型例 7 (2016 ·全国卷Ⅱ ·35(2)) 如图 7 所示，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3m/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.图 7(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？答案(1)20 kg(2)不能，理由见解析解析(1) 规定向左为速度正方向.冰块在斜面体上上升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m2v0＝ (m2＋ m3)v①1m2 v02＝1(m2＋ m3)v2＋ m2 gh②22式中 v0＝3 m/s 为冰块推出时的速度.联立①②式并代入题给数据得m3＝ 20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝ 0④代入数据得 v1＝－ 1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v 0＝m2v2＋m3 3⑥v102＝12＋12⑦v22v2v联立③⑥⑦ 式并代入数据得v2＝－ 1 m/s⑧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 .命题点三“人船模型”问题1两个物体1.特点 2 动量守恒3总动量为零2.方程m1v1－m2v2＝ 0(v1、 v2为速度大小 )3.结论m1x1＝ m2x2(x1、 x2为位移大小 )例 8长为L、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？答案见解析解析选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零.当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零 .设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv1－Mv2＝0①因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以t，得mx1－ Mx2＝ 0②② 式为人对地的位移和船对地的位移关系.由图还可看出：x1＋ x2＝ L③联立②③两式得 x1＝M mLL ， x2＝M＋ m M＋ m变式 3 如图 8 所示，质量为M 的气球下挂着长为 L 的绳梯，一质量为m 的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？ (不计空气阻力 )图 8答案见解析解析由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零即系统竖直方向总动量守恒 .设某时刻人对地的速率为 v1，气球对地的速率为 v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv1－Mv2＝0①因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定律，对① 式两边同乘以t，可得 mx＝ My由题意知x＋ y＝L②③M联立②③得 x＝m＋M Lmy＝m＋M LM即人相对于地面移动的距离是M＋m L .m气球相对于地面移动的距离是L .M＋ m命题点四“子弹打木块”模型问题1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒.2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相.3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能.4.系统产生的内能 Q＝ F f·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为E k＝ F f·L(L 为木块的长度 ).例 9 一质量为 M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为F f.则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？(2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？答案 (1)m(2)Mm v0M＋ mv0F f M＋ m2222Mm M＋ 2m v0Mm v0Mmv0 (3)2F f M＋ m 22F f M＋ m 22F f M＋ mMm v02Mmv02(5)Mmv02(4)2 M ＋m 2 M＋ m2F f M＋ m解析(1) 设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)vm解得v＝M＋m v0(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得对木块： F f t＝ Mv－ 0解得 t＝Mmv0F f M＋ m(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、 x2，如图所示，由动能定理得1212对子弹：－ F f x1＝ mv －mv022Mm M＋ 2m v0解得： x1＝ 2 2F f M＋m12对木块： F f x2＝2MvMm2v02解得：x2＝2F f M＋m 222Mm v0子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝ x1－ x2＝2F f M＋ m(4)系统损失的机械能为1 2 122Mmv0E 损＝ mv0－ (M＋ m)v ＝22 2 M＋m2系统增加的内能为Q＝ F f·x 相＝Mm v02 M＋m系统增加的内能等于系统损失的机械能(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有1212F f L ＝ mv0－ (M＋ m)v22Mm v02解得 L＝2F f M＋ mMmv02因此木块的长度至少为2F f M＋m .变式 4 (2018 ·青海平安模拟 )如图 9 所示，质量为 2m、长为 L 的木块置于光滑水平面上，质量为 m 的子弹以初速度 v0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为25mv0F f＝，试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度.图 9答案见解析解析设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv 0 ＝mv 1＋ 2mv 2 ①根据能量守恒定律得5mv 0 21 2121 × 2mv 2②16L L ＝ mv 0－ mv 1 － 222 2由 ①② 式解得 v 1＝v 0或 v 1＝v 026v512v 0>v 1(舍去 )将 v 1＝ 6 代入 ① 式，得 v 2＝ 将 v ＝v 0代入 ① 式，得 v ＝1122 4v 0<v 111所以假设成立，即子弹能穿过木块，穿过木块后的速度为2v 0，木块的速度为 4v 0.1.现有甲、 乙两滑块， 质量分别为 3m 和 m ，以相同的速率 v 在光滑水平面上相向运动，发生 了碰撞 .已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是 ()A. 弹性碰撞B. 非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D. 条件不足，无法确定答案A2.(2018 福·建福州模拟 )一质量为 M 的航天器正以速度 v 0 在太空中飞行， 某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为 v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量 m 为 ()v 2－ v 1 v 2A.v 1 M B.v 2－ v 1MC.v 2－ v 0 2 －v 0＋ v MD. v－vMv 2 1 v 21答案 C3.如图 1 所示， 位于光滑水平桌面上的小滑块 P 和 Q 都可视为质点， 质量相等 .Q 与水平轻弹簧相连，设 Q 静止， P 以某一初速度向 Q 运动并与弹簧发生碰撞 .在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于 ()图 11A. P 的初动能B. P 的初动能的 2C.P 的初动能的13D. P的初动能的14答案B4.(多选 )如图 2 甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰.小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－ t 图象 .已知m1＝ 0.1 kg. 由此可以判断()图 2A. 碰前 m2静止， m1向右运动B. 碰后 m2和 m1都向右运动C.m2＝ 0.3 kgD.碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能答案AC解析由 x－ t 图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1速度大小为 v ＝x＝4 m/s，方向只有向右才能与m 相撞，故 A 正确；1t2由题图乙读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故 B 错误；由题图乙求出碰后m2和 m1的速度分别为v2′＝2m/s ， v1′＝－ 2 m/ s，根据动量守恒定律得， m1v1＝ m1v1′＋m2v2′，代入解得， m2＝ 0.3 kg，故 C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为121212E＝ 0 J，故E＝m1v1－m1v1′ － m2v2′，代入解得，222D错误.5.(多选 )在光滑的水平面上有质量相等的A、 B 两球，其动量分别为10 kg m/s·与 2 kg ·m/ s，方向均向东，且规定该方向为正方向， A 球在 B 球后，当 A 球追上 B 球时发生正碰，则相碰以后， A、 B 两球的动量可能分别为()A.6 kg m/s,6· kg m/·sB. －4 kg m/s,16·kg m/·sC.6 kg m/s,12· kg m/·sD.3 kg m/s,9· kg m/·s答案AD6.(多选 )如图 3 所示，质量为 M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为 m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0 开始运动 .当小物块沿斜面向上运动到最高点时， 速度大小为 v ，距地面高度为 h ，则下列关系式中正确的是()图 3A. mv 0＝ (m ＋ M)vB.mv 0cos θ＝( m ＋ M)v12C.mgh ＝2m(v 0sin θ)D.mgh ＋ 1 21 22(m ＋ M)v ＝ mv 02 答案BD解析 小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒.以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得 mv 0 cos θ＝ (m ＋M)v ，故 A 错误， B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＋ 1(m ＋ M)v 2＝ 1mv 02，故 C 错误， D 正确 .227.(2018 广·东东莞调研 )两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上 .现在，其中 一人向另一个人抛出一个篮球， 另一人接球后再抛回 .如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是 ()A. 若甲最先抛球，则一定是 v 甲 ＞v 乙B. 若乙最后接球，则一定是v 甲＞ v 乙C.只有甲先抛球，乙最后接球，才有 v 甲 ＞v 乙D.无论怎样抛球和接球，都是 v 甲 ＞ v 乙答案 B8.如图 4 所示， 具有一定质量的小球 A 固定在轻杆一端， 另一端挂在小车支架的 O 点 .用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与 B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将( )图 4A. 向右运动B. 向左运动C.静止不动D.小球下摆时，车向左运动后又静止答案D解析水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒.小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动.当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞， A 球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止 .9.(多选 )质量为 M 和 m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度 v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图 5 所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()图 5A. M、 m0、 m 速度均发生变化，分别为 v1、 v2、 v3，而且满足 (M＋ m0)v＝ Mv1＋m0v2＋ mv3B.m0的速度不变， M 和 m 的速度变为 v1和 v2，而且满足 M v＝ Mv1＋ mv2C.m0的速度不变， M 和 m 的速度都变为 v′，且满足 M v＝ (M＋ m)v′D.M、 m0、 m 速度均发生变化， M 、m0速度都变为 v1， m 的速度变为 v2，且满足 (M＋ m)v0＝(M ＋ m)v1＋ mv2答案BC解析碰撞的瞬间M 和 m 组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得：Mv＝ M v1＋ mv2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv＝ (M＋m)v′，故B、C正确 .10.(2018 陕·西榆林质检 )如图 6 所示，质量为m2＝ 2 kg 和 m3＝ 3 kg 的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与 m2、m3不拴接).质量为m1＝ 1 kg的物体以速度v0＝ 9 m/s 向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起.试求：图6(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和 m2不发生碰撞？(2)为保证 m3和 m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？答案(1)1 m/s(2)3.75 J解析(1) 设 m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、 m3，由动量守恒定律得：m2v2－m3v1＝ 0.只要 m 1 和 m 3 碰后速度不大于 v 2，则 m 3 和 m 2 就不会再发生碰撞， m 3 和 m 2 恰好不相撞时，两者速度相等 .对 m 1、 m 3，由动量守恒定律得：m 1v 0－m 3v 1＝ (m 1＋ m 3)v 2解得： v 1＝ 1 m/s即弹簧将 m 3 发射出去的速度至少为1 m/s (2)对 m 2、m 3 及弹簧，由机械守恒定律得：＝ 12＋ 1 2＝ 3.75 J.2 v2 v11.如图 7 所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块 A 、B 和半径为 1光滑圆轨道C0.5 m 的 4静置于光滑水平轨道上， A 、B 、C 质量分别为 1.5 kg 、0.5 kg 、4 kg.现让 A 以 6 m/s 的速度水 平向右运动， 之后与墙壁碰撞， 碰撞时间为 0.3 s ，碰后速度大小变为 4 m/ s.当 A 与 B 碰撞后会立即粘在一起运动，已知g ＝ 10 m/s 2，求：图 7(1)A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块 A 平均作用力的大小；(2)AB 第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度 h.答案(1)50 N(2)0.3 m解析 (1) A 与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对 A 由动量定理有：Ft ＝ m A 2－ m A (－ v 1)v 解得 F ＝50 N(2)A 与 B 碰撞过程，对 A 、 B 系统，水平方向动量守恒有：m A v 2＝ (m B ＋m A )v 3AB 第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对 A 、B 、 C 组成的系统，水平方向动量守恒有：(m B ＋ m A )v 3＝ (m B ＋ m A ＋ m C ) v 4 由能量关系：12122 (m B ＋ m A )v3 ＝ (m B ＋ m A ＋ m C )v4 ＋ (m B ＋ m A )gh2解得 h ＝ 0.3 m.。