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，以同一速度運動，形變完全保留，動能損失最大．
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，由動量守恒和機械能守恒，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g＝10 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?。?
(2)求A、B相碰后，整體以a＝5 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
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，由動能定理得mAg·2x0＝mAv－0
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＝(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，由機械能守恒定律得mAgh＝mAv－0
對A與B碰撞的過程，由動量守恒定律得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m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，ΔEk＝－(m1＋m2)v2，ΔEk為碰撞過程中損失的動能．?？嫉哪Ｐ蜑椤耙粍优鲆混o”模型(v2＝0)：此時滿足m1v1＝(m1＋m
20、2)v，系統(tǒng)損失的機械能為ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v2，解得ΔEk＝m1v.
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)之間的動摩擦因數(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上表面向右運動．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，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＝(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，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物體，包括多個運動過程，板塊間存在相對運動
22、．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v－t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)μ；
(3)P的最大速度vm.
23、
[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I＝mv0
解得v0＝
Q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＝(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，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)機械能守恒，故
mv＝mv＋
24、·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
①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(yīng)用動量定理求解，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、時間，應(yīng)用動量守恒定律求解．
(2)能量觀點
①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．
②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．
③對于
25、相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應(yīng)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(xì)線相連．初始時刻細(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一瞬時沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運動，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粘連在一起時的速度大?。?
(2)若將A、B、C
26、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(xì)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
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)動量守恒，有m·v0＝(m＋m)v2
解得v2＝v0.
(2)運動全過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機械能為
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的速度向右勻速運動．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小；
(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?。?
[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＝(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，A、B、C三個物塊的速度相等，由動量守恒定律有
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ρ.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，單位時間噴出水的質(zhì)量為＝ρvπD2，選項A錯誤．Δt時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt，由動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B正確．考慮一個極短時間Δt′，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)Δt′＝mv，Δt′時間內(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C正確．當(dāng)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] BC
2．(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(rèn)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(rèn)為：當(dāng)預(yù)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
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時間靜止，取豎直向上為正方向，由動量定律得(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′，稱米機的讀數(shù)應(yīng)為M＝＝＝m1＋d
因切斷米流后空中尚有t＝時間內(nèi)對應(yīng)的米流在空中，故d＝m2
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(zhǔn)確
32、的，不存在哪方劃算不劃算的問題，選項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( )
A．m不能到達M上的B點
B．m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
C．m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
D．M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：
33、0＝(m＋M)v，v＝0，再根據(jù)機械能守恒定律mgR＝mgh＋(m＋M)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] 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( )
A．A、B組成的系統(tǒng)動量
34、和機械能都守恒
B．A、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒
C．當(dāng)B的速度為v0時，A的速度為v0
D．當(dāng)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(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(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，由動量守恒定律知C正確，D錯誤．
[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向右運動，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的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得，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．
質(zhì)量m＝2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L＝0.75 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最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 m
B．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 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最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.
37、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x＝0.3 m，A正確，B錯誤．根據(jù)動量守恒定律有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s＝L＋＝1.35 m，根據(jù)水平方向動量守恒得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(fù)到原長
C．兩物體的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻A與B的動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8
[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＝(m1＋m2)v共，可得m
39、1∶m2＝1∶2.并由圖可得在t2時刻A與B的動能之比為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v－t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/s
B．碰后藍壺移動的距離為2.4 m
C．碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為7.22 J
D．碰后紅、藍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)動量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后藍壺速度為v2＝0.8 m/s，碰后藍壺移動的距離為x＝×0.8×5 m＝2 m，碰撞過程中兩壺?fù)p失的動能為ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，紅壺所受摩擦力f1＝ma1＝19× N＝3.8 N，藍壺所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比為f1∶f2＝5∶4，故A、D正確，B、C錯誤．
[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點正上方h0高處由靜止釋放，小球自由落體后由A
41、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R
C．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
42、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：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損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，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：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間夾一個被壓縮
43、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(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，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動能，則
Ep＝mv
解得：vBO＝3v0
繩子拉斷過程，A、
44、B系統(tǒng)動量守恒
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Ek＝10.0 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μ＝0.20.重力加速度取g＝10 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．
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(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t
46、，B向左運動的路程為sB，則有
mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
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
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s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(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，
47、碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有
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″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有
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(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 動量和能量 第一講 力學(xué)中的動量和能量問題教學(xué)案
