【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第16讲 动量守恒定律及其应用 教案

2021年高考一轮复习
第十六讲
动量守恒定律及其应用
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.动量守恒定律及其应用
2.碰撞模型
3.动量和能量观点的综合应用
复习目标
1．理解动量守恒定律并会基本应用
2.会处理碰撞模型
3．会利用动量和能量处理综合问题
复习重点
1.会处理碰撞模型
2．会利用动量和能量处理综合问题
复习难点
1.会处理碰撞模型
2．会利用动量和能量处理综合问题
一、自我诊断
知己知彼
1．如图1所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧，甲木块与弹簧接触后(　
　)
图1
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的机械能守恒
【答案】C
【解析】甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因弹簧弹力为系统内力故动量守恒；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统机械能不守恒，故D错误。
2．在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如图2所示，下列关系正确的是(　　)
图2
A．ma＞mb
　
B．ma＜mb
C．ma＝mb
　D．无法判断
【答案】B
【解析】由图象知a球以一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律，a球的质量小于b球的质量。
3．如图3所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止．则此时A车和B车的速度之比为(　　)
图3
A.
B．
C.
D．
【答案】C
【解析】规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，故选C.
4．如图4所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)
图4
【答案】4v0
【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin①
10m·2v0－mvmin＝11mv2②
为避免两船相撞应满足
v1＝v2③
联立①②③式得
vmin＝4v0
5．
(2019·江苏扬州中学模拟)如图5所示，一质量为m的木块下端通过一细线悬挂一质量为M的金属小球，在水中以速度v0匀速下降。某一时刻细线突然断裂，此后经过时间t木块的速度减为零。已知重力加速度为g，求：
图5
(1)t时刻金属小球的速度大小；
(2)t时间内水对金属小球的冲量的大小和方向。
【答案】(1)(M＋m)　(2)Mgt－mv0，方向竖直向上
【解析】本题考查动量守恒定律、动量定理的应用。
(1)木块和金属小球组成的系统在竖直方向所受合外力为零，动量守恒，则有(M＋m)v0＝Mv，
得v＝(M＋m)。
(2)以向上为正方向，对金属小球由动量定理有
I水－Mgt＝－Mv－(－Mv0)，
得I水＝－Mv＋Mv0＋Mgt＝Mgt＋(－mv0)＝Mgt－mv0，
即水对金属小球的冲量大小为Mgt－mv0，方向竖直向上。
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
动量守恒定律及其应用
（一）典例剖析
例1关于动量守恒的条件，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．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒
C．只要系统所受合外力的冲量为零，系统动量一定守恒
D．系统加速度为零，系统动量一定守恒
【答案】CD
【解析】只要系统所受合外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，则系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确。
【易错点】认为系统内存在摩擦力，动量就不会守恒而误选A。
【方法点拨】熟悉动量守恒的条件为系统不受外力或合外力为零。
例2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】x1＝L，x2＝L
【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＝0
①
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Δt，得
mx1－Mx2＝0
②
②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＝L
③
联立②③两式得x1＝L，x2＝L
【易错点】没有掌握人船模型的处理方法。
【方法点拨】1.特点
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3如图6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Ff＝，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6
【答案】子弹能穿过木块，穿过木块后的速度为v0，木块的速度为v0
【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
mv0＝mv1＋2mv2
①
根据能量守恒定律得
L＝mv02－mv12－×2mv22
②
由①②式解得v1＝或v1＝
将v1＝代入①式，得v2＝v0>v1(舍去)
将v1＝代入①式，得v2＝v0所以假设成立，即子弹能穿过木块，穿过木块后的速度为v0，木块的速度为v0.
【易错点】没有掌握人船模型的处理方法。
【方法点拨】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＝Ff·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ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度).
（二）举一反三
1.
(2019·湖北鄂州、黄冈调研)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备(含燃料的火箭、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　
　)
图7
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
【答案】B
【解析】本题考查反冲运动中动量守恒定律。火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；在燃气喷出的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v＝，故B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h＝＝，故C错误；在火箭喷气过程中，
燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
2.
如图8所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止．则此时A车和B车的速度之比为(　　)
图8
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，故选C.
3.
在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．
【答案】
【解析】设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
mv2＝mv＋(2m)v①
mv＝mv1＋(2m)v2②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正．由①②式得
v1＝－③
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
μmgd1＝mv④
μ(2m)gd2＝(2m)v⑤
据题意有
d＝d1＋d2⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理得
μmgd＝mv－mv2⑦
联立②至⑦式，得
v0＝
考点二
碰撞模型
（一）典例剖析
例1两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1
kg，mB＝2
kg，vA＝6
m/s，vB＝2
m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)
A．vA′＝5
m/s，vB′＝2.5
m/s
B．vA′＝2
m/s，vB′＝4
m/s
C．vA′＝－4
m/s，vB′＝7
m/s
D．vA′＝7
m/s，vB′＝1.5
m/s
【答案】B
【解析】虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57
J，大于碰前的总动能Ek＝mAv＋mBv＝22
J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．
【易错点】不清楚碰撞结束满足的条件。
【方法点拨】碰撞满足动量守恒，碰撞后的能量小于等于碰撞前的能量；
A碰B，若A的方向不变化，则A的速度小于等于B的速度。
例2如图9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9
【答案】(－2)M≤m＜M
【解析】设A运动的初速度为v0，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
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22
可得v1＝v0，v2＝v0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M
A反向向左运动与B发生碰撞过程，有
mv1＝mv3＋Mv4
mv12＝mv32＋Mv42
整理可得v3＝v1，v4＝v1
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v3≤v2
即v0≥v1＝()2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
(－2)M≤m＜M
【易错点】1、不清楚碰撞结束的条件；2、不知道弹性碰撞能量的关系。
【方法点拨】分析清楚过程，正确列出每个过程的动量和能量的关系。
例3如图10所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为
，A、B两球碰撞前、后总动能之比为
．
图10
【答案】4∶1　9∶5
【解析】设A、B球的质量分别为mA和mB，A球碰撞后的速度大小为vA2，B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1和vB2，由题意知vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2.A、B碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1＝mAvA2－mBvB2，所以有＝＝.碰撞前、后的总动能之比为＝.
【易错点】忽略A与B发生碰撞时有能量的损失。
【方法点拨】根据题中条件正确求出碰撞前后的速度关系，再根据能量和动量的关系进行求解。
（二）举一反三
1．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为(　
　)
A．v　　　　　　　　
B．v
C．v
D．v
【答案】A
【解析】设快艇的速度方向为正方向；
根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′。
解得v′＝v。
2．
(2020·辽宁大连八中模拟)如图11所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)。给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰。求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？
图11
【答案】3
【解析】本题考查多体碰撞问题。
设A、B发生弹性碰撞后的速度分别vA、vB1，则
mv0＝mvA＋kmvB1，
mv＝mv＋kmv，
联立解得vA＝v0，vB1＝v0，
设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC，同理可得vB2＝vB1，
代入整理得vB2＝[－]v0，
设x＝，则有vB2＝(x－x2)v0，当x＝0.5时，即＝0.5时vB2最大，解得k＝3。
3.
如图12所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．
图12
【答案】v0
【解析】设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度vA′＝v0，
B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WA＝mv－mv②
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得
WB＝mv－mvB′2③
据题意可知
WA＝WB④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得
v＝v0
考点三
动量和能量观点的综合应用
（一）典例剖析
例1两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图13所示．求：
图13
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
【答案】(1)1∶8　(2)1∶2
【解析】(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得
v1＝－2
m/s①
v2＝1
m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得
v＝
m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2
【易错点】没有从图象中正确读取出速度，对于整个过程的能量变化不清楚。
【方法点拨】1.两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律.
能量的观点：动能定理和能量守恒定律.
2.解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律).
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.
例2如图14甲所示，质量均为m＝0.5
kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点.P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3
s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞.已知B、C两点间的距离L＝3.75
m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10
m/s2，求：
图14
(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)Q运动的时间t.
【答案】(1)8
m/s　7
m/s　(2)3.5
s
【解析】(1)在0～3
s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：
F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0
其中F1＝2
N，F2＝3
N，t1＝2
s，t2＝1
s
解得v＝8
m/s
设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：
μmg＝ma
P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：
v2－v12＝2aL
解得v1＝7
m/s
(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：
mv1＝mv1′＋mv2
mv12＝mv1′2＋mv22
碰撞后Q做匀减速直线运动，有：
μmg＝ma′
t＝
解得t＝3.5
s
【易错点】没有清楚的分析出整个过程的受力情况、运动情况。
【方法点拨】1.解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.
例3一质量为0.5
kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5
m的位置B处是一面墙，如图15所示．一物块以v0＝9
m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7
m/s，碰后以6
m/s的速度反向运动直至静止．g取10
m/s2.
图15
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05
s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
【答案】(1)0.32　(2)130
N　(3)9
J
【解析】(1)对小物块从A运动到B处的过程中
应用动能定理－μmgs＝mv2－mv
代入数值解得μ＝0.32
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6
m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv
解得F＝－130
N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得
－W＝0－mv′2
解得W＝9
J
【易错点】忽略了动量定理的方向性。
【方法点拨】1、由于动量定理具有方向性，因此列式求解前需要设定正方向；2、分析清楚全程动量和能量的变化再列式求解。
（二）举一反三
1．质量为m1＝1
200
kg的汽车A以速度v1＝21
m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝800
kg的汽车B以速度v2＝15
m/s迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1
s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，取g＝10
m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：
(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；
(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0＝0.2
s，则A车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；
(3)两车一起滑行的距离.
【答案】(1)6
m/s　(2)6倍　(3)6
m
【解析】(1)对于减速过程有a＝μg
对A车有：vA＝v1－at
对B车有：vB＝v2－at
以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：
m1vA－m2vB＝(m1＋m2)v共
可得v共＝6
m/s
(2)对A车由动量定理得：－Ft0＝m1v共－m1vA
可得F＝7.2×104
N
则＝6
(3)对共同滑行的过程有
x＝
可得x＝6
m
2.(2019·全国卷Ⅰ)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16(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图象如图16(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(a)
　图(b)
图16
(1)求物块B的质量；
(2)在图16(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)mgH　(3)
【解析】(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，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＋m′v′①
mv＝m2＋m′v′2②
联立①②式得
m′＝3m③
(2)在图(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f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－fs1＝mv－0④
－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤
从图(b)所给出的v
－t图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系
＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH⑩
(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·?
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－m′v′2?
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos
θ·－μ′mgs′＝0?
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得
＝?
3.
如图17所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2
s至t2＝4
s内工作.已知P1、P2的质量都为m＝1
kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4
m，g取10
m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞.
图17
(1)若v1＝6
m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔEk；
(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能Ekm.
【答案】(1)3
m/s　9
J　(2)10
m/s≤v1≤14
m/s　17
J
【解析】(1)P1、P2碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，有
mv1＝2mv
解得v＝＝3
m/s
碰撞过程中损失的动能为ΔEk＝mv12－(2m)v2
解得ΔEk＝9
J.
(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P在AC间等效为匀减速直线运动，设P1、P2碰撞后速度为v，P在AC段加速度大小为a，碰后经过B点的速度为v2，由牛顿第二定律和运动学规律，得
μ(2m)g＝2ma
3L＝vt－at2
v2＝v－at
解得v1＝2v＝
v2＝
由于2
s≤t≤4
s，所以解得v1的取值范围10
m/s≤v1≤14
m/s
v2的取值范围1
m/s≤v2≤5
m/s
所以当v2＝5
m/s时，P向左经过A点时有最大速度
v3＝＝
m/s
则P向左经过A点时的最大动能Ekm＝(2m)v32＝17
J
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是(　　)．
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
【答案】A
【解析】动量守恒定律中的速度都是相对于同一参考系的，题目中所给炮弹的速度v是相对于河岸的，即相对于地面的，所以有：Mv0＝(M－m)v′＋mv，故选项A正确，其他选项错误．
2．(2017·课标卷Ⅲ)一质量为2
kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图18所示，则(　　)
图18
A．t＝1
s时物块的速率为1
m/s
B．t＝2
s时物块的动量大小为4
kg·m/s
C．t＝3
s时物块的动量大小为5
kg·m/s
D．t＝4
s时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】A对：前2
s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝
m/s2＝1
m/s2，t＝1
s时物块的速率v1＝a1t1＝1
m/s.
B对：t＝2
s时物块的速率v2＝a1t2＝2
m/s，动量大小为p2＝mv2＝4
kg·m/s.
C错：物块在2～4
s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0.5
m/s2，t＝3
s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5
m/s，动量大小p3＝mv3＝3
kg·m/s.
D错：t＝4
s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1
m/s.
3.
质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图19所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)
图19
A.mv2
B.v2
C.NμmgL
D．NμmgL
【答案】BD
【解析】小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为
v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v＝，A错误、B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C错误，D正确．
4.
如图20所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(　　)
图20
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．盒子的最终速度为，方向水平向右
D．盒子的最终速度为，方向水平向右
【答案】D
【解析】由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝，故D正确。
5.
(2018·山东烟台高三上学期期中)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上在摩擦阻力的作用下做匀减速直线运动，直到停止．则在此过程中，A、B两物体所受摩擦力的冲量之比IA∶IB与A、B两物体克服摩擦力做的功之比WA∶WB分别为(　　)
A．4∶1　2∶1
B．2∶1　4∶1
C．2∶1　2∶1
D．1∶2　1∶4
【答案】C
【解析】由动量定理可知I＝mv，再由动能和动量的关系可知，Ek＝，所以WA∶WB＝(IA∶IB)2·(mB∶mA)＝2∶1，故C正确．
【巩固】
1.如图21所示，质量为m的物体(可视为质点)，从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是(　　)
图21
A．2m
B．m
C.
D．4m
【答案】
A
【解析】物体从A到B的过程，根据动能定理，有mgh－Wf＝0，物体从B返回A的过程，根据动能定理，有－mgh－Wf＝0－mv2，联立解得v＝2，在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正确，B、C、D错误．
2.
质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰。碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是
(　　)
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
【答案】
AB
【解析】要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。
当以A球原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0，
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，
mv0＋0＝m×(－v0)＋2mvB″。
解得vB′＝v0，vB″＝v0。
3.
光滑水平面有两个物块A、B在同一直线上相向运动，A的速度为4
m/s，质量为2
kg，B的速度为2
m/s，二者碰后粘在一起沿A原来的方向运动，且速度大小变为1
m/s.
求：(1)B的质量；
(2)这一过程产生的内能．
【答案】(1)2
kg　(2)18
J
【解析】(1)设A、B两物块的质量分别为mA、mB，碰前速度为vA、vB，碰后共同速度为v，以A物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，
则mB＝
mA＝×2
kg＝2
kg.
(2)碰撞过程产生的内能为Q＝ΔEk＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2＝×2×42
J＋×2×22
J－×(2＋2)×12
J＝18
J.
4.
如图22所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：
图22
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
【答案】(1)　(2)mv
【解析】(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v。由题意可知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得m＋2mBv＝(m＋mB)v①
由①式得mB＝②
(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④
联立②③④式得ΔE＝mv。
4.
(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝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/s2。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23
(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，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAv＋mBv②
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－at2⑤
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－at2⑦
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v′A，由动能定理有
mAv′－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v′A＝
m/s?
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B?
mAv′＝mAv″＋mBv″?
联立???式并代入题给数据得
v″A＝
m/s，v″B＝－
m/s?
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s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式
2as′A＝v″，2as′B＝v″?
由④??式及题给数据得
s′A＝0.63
m，s′B＝0.28
m?
s′A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′＝s′A＋s′B＝0.91
m?
【拔高】
1．如图24所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A紧靠着固定的竖直挡板，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能为mv，在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m。求：
图24
(1)B、C相撞前一瞬间B的速度大小；
(2)绳被拉断过程中，绳对A所做的W。
【答案】(1)2v0　(2)mv
【解析】(1)B与C碰撞过程中动量守恒
mvB＝2mv0
解得：vB＝2v0
(2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则Ep＝mv
解得：vB0＝3v0
绳子拉断过程，A、B系统动量守恒
mvB0＝mvB＋mvA
解得：vA＝v0
绳对A所做的功为
W＝mv＝mv
2.
如图25所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、b小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为2R的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。求
图25
(1)小球b碰后瞬间的速度；
(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度。
【答案】(1)　(2)R
【解析】(1)b小球从C点抛出做平抛运动，有
gt2＝2R
解得t＝
小球b做平抛运动的水平位移x＝vCt＝2R
解得vC＝
根据机械能守恒有mbv＝mbv＋2mbgR
可知小球b在碰后瞬间的速度vb＝
(2)a、b两小球相碰，由动量守恒得：mava＝mava′＋mbvb
a、b两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒得：
mav＝mava′2＋mbv
又ma＝3mb
解得：va＝vb，va′＝va＝vb
可得：va′＝，小球a在轨道内运动，不能到达圆心高度，所以小球a不会脱离轨道，只能在轨道内来回滚动，根据机械能守恒可得mava′2＝magh
解得h＝
3．(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图26所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看作质点)．
图26
(1)求子弹射入木块前的速度；
(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
【答案】　(1)　(2)R
【解析】(1)由子弹射入木块过程动量守恒有mv0＝(m＋M)v1
木块和子弹滑到点C处的过程中机械能守恒，有
(m＋M)v＝(m＋M)gR
联立两式解得
v0＝.
(2)以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动．
第17颗子弹射中时，由动量守恒定律可知
(M＋17m)v＝mv0
射入17颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒，有
(M＋17m)v2＝(M＋17m)gH
由以上两式解得
H＝R.
4.
如图27所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，求：
图27
(1)物块A相对木板B静止后的速度大小；
(2)木板B至少多长。
【答案】(1)0.25v0　(2)
【解析】(1)设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，
根据动量守恒得，
mv0＝(m＋m)v1，①
(m＋m)v1＝(m＋m＋2m)v2②
联立①②得，v2＝0.25v0。
(2)当物块A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设物块A刚好滑到物木板B的右端时共速，则由能量守恒得，
·2mv12－·4mv22＝μ2mgL③
联立①②③得，L＝。
5.
如图28所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝2
kg。物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m＝1
kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8
m，BC长度为L＝3
m，BD段光滑。g取10
m/s2。求在运动过程中：
图28
(1)弹簧弹性势能的最大值；
(2)物块第二次到达C点的速度。
【答案】(1)12
J　(2)－2
m/s
【解析】(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得：mgh＝mvB2
解得vB＝＝6
m/s
由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，
mvB＝(M＋m)v
此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：
Ep＝mvB2－(M＋m)v2
由以上两式可得Ep＝12
J。
(2)物块由B点至第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，
mvB＝mvC＋Mv′
物块由B点至第二次到C点的整个过程机械能守恒
mvB2＝mvC2＋Mv′2
由以上两式可解得：vC＝－2
m/s；vC＝6
m/s(第一次到C点的速度，舍去)
即物块第二次到达C点的速度为－2
m/s。