第一部分 专题二
第2讲
A组 基础能力练
1．(2020·哈尔滨一中一模)沫蝉是一种身长只有6
mm左右小昆虫．研究表明，沫蝉起跳时可以在1
ms时间释放出储存在后腿肌肉里的能量，最高跳跃到80
cm的高处，若g取10
m/s2，沫蝉起跳时需承受的力约为重力的( C )
A．20倍
B．100倍
C．400倍
D．800倍
【解析】 根据动量定理Ft＝mv0，沫蝉上升的过程中，根据位移与速度的的关系v＝2gh，代入数据，可知F＝400mg，C正确，A、B、D错误．
2．(2020·广东佛山二模)拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体．已知皮球质量为0.4
kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25
m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25
m，使球的离手时获得一个竖直向下4
m/s的初速度．若不计空气阻力及球的形变，g取10
m/s2，则每次拍球( D )
A．手给球的冲量为1.6
kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0
kg·m/s
C．人对球做的功为3.2
J
D．人对球做的功为2.2
J
【解析】 根据题述，使球在离手时获得一个竖直向下4
m/s的初速度，根据动量定理，合外力给皮球的冲量为I＝mv＝0.4×4
kg·m/s＝1.6
kg·m/s，手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量，所以手给球的冲量小于1.6
kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理，W＋mgh＝mv2，解得W＝2.2
J，选项D正确，C错误．
3．(多选)(2020·山东泰安期末)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机，经常出现手机砸伤人脸的情况．若手机的质量为150
g，从离人脸约20
cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1
s，重力加速度g＝10
m/s2，下列计算正确的是( AD )
A．手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3
kg·m/s
B．人脸对手机的冲量大小约为0.3
N·s
C．人脸对手机的冲量大小约为1.0
N·s
D．手机对人脸的平均冲力大小约为4.5
N
【解析】 20
cm＝0.20
m；150
g＝0.15
kg；根据自由落体运动的规律，得下落的速度为：v＝＝＝2
m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变为0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：Δp＝0－mv＝－0.15×2
kg·m/s＝－0.30
kg·m/s，A正确；手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，则有：Iy－mgt＝Δp
，代入数据可得：Iy＝0.45
N·s，B、C错误；由冲量的定义：Iy＝Ft，代入数据可得：F＝＝N＝4.5
N，D正确．
4．(多选)(2020·辽宁大连一模)如图所示，一质量M＝3.0
kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0
kg的小木块A．给A和B以大小均为4.0
m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B．在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( AB )
A．2.2
m/s
B．2.4
m/s
C．2.8
m/s
D．3.0
m/s
【解析】 以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零的过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v＝MvB1，代入数据解得：vB1＝
m/s，从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得：vB2＝2
m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：2
m/sm/s，故选A、B．
5．(2020·甘肃武威期末)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.
(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)物块从A到B过程，由动能定理得：－μmgsAB＝mv－mv
代入数据解得：μ＝0.32
(2)以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，由动量定理得：Ft＝－mv－mvB
解得：F＝－130
N，负号表示方向向左
(3)物块向左运动过程，由动能定理得：－W＝0－mv2
解得：W＝9
J
6．(2020·湖北宜昌联考)如图所示，水平地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量为m＝1.0
kg，B的质量为M＝2.0
kg，A、B之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不连接．水平面的左侧连有一竖直墙壁，右侧与半径为R＝0.32
m的半圆形轨道相切．现压缩弹簧使A、B由静止释放(A、B分离后立即撤去弹簧)，A与墙壁发生弹性碰撞后，在水平面上追上B相碰后粘合在一起．已知A、B粘合体刚好能通过半圆形轨道的最高点，重力加速度取g＝10
m/s2，不计一切摩擦．
(1)求A、B相碰后粘合在一起的速度大小；
(2)求弹簧压缩后弹簧具有的弹性势能．
【答案】 (1)4
m/s (2)27
J
【解析】 (1)设粘合体在圆轨道的最高点的速度大小为v4，粘合体刚好能通过圆轨道的最高点，则对粘合体由牛顿第二定律得(m＋M)g＝(m＋M)
设A、B相碰后粘合在一起的速度大小为v3，则由机械能守恒定律得
(m＋M)v＝(m＋M)v＋2(m＋M)gR
联立代入数据解得v3＝4
m/s
(2)压缩弹簧释放后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2，取向右为正方向．由动量守恒定律得Mv2－mv1＝0
A与墙壁发生弹性碰撞反弹，速度大小不变，追上B相碰后粘合在一起，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3
设弹簧被压缩后具有的弹性势能为EP，由机械能守恒定律得EP＝mv＋Mv
联立代入数据解得EP＝27
J
B组 素养提升练
7．(2020·北京东城二模)如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰．小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝200
g．取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x－t图像如图乙所示．下列说法正确的是( D )
A．碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动
B．碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动
C．碰撞前后两小球的机械能总量减小
D．碰撞前后两小球的机械能总量不变
【解析】 由x－t(位移时间)图像的斜率得到，碰前b球的位移不随时间而变化，处于静止．a球的速度大小为v1＝＝
m/s＝4
m/s，做匀速运动，选项A错误；同理由图示图像可知，碰后b球和a球均做匀速运动，其速度分别为v′2＝2
m/s，v′1＝－2
m/s，选项B错误；根据动量守恒定律得m1v1＝m2v′2＋m1v′1，代入解得m2＝0.6
kg，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v－m1v′－m2v′，代入解得ΔE＝0，所以碰撞过程机械能守恒，选项C错误，D正确．
8．(2020·河北衡水三模)如图甲所示，质量M＝0.8
kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝0.2
kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4
s后撤去力F.若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10
m/s2，则下列说法正确的是( C )
A．0～4
s时间内拉力的冲量为3.2
N·s
B．t＝4
s时滑块的速度大小为17.5
m/s
C．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8
N·s
D．木板的速度最大为2
m/s
【解析】 冲量的定义式：I＝Ft，所以F－t图像面积代表冲量，所以0～4
s时间内拉力的冲量为I＝
N·S＝3.5
N·s，A错误；木块相对木板滑动时，对木板：μmg＝Ma，对木块：F－μmg＝ma，联立解得：F＝0.5
N，a＝0.5
m/s2，所以0时刻，即相对滑动，对滑块：IF－μmgt＝mv1－0，解得4
s时滑块速度大小：v1＝9.5
m/s，B错误；4
s时，木板的速度v2＝at＝0.5×4
m/s＝2
m/s，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：mv1＋Mv2＝(M＋m)v，解得：v＝3.5
m/s，对木板根据动能定理可得：I＝Mv＝2.8
N·s，C正确，D错误．
9．(2020·湖北黄冈期末)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m，重力加速度为g.求：
(1)A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；
(2)A与B的上表面间的动摩擦因数μ；
(3)圆弧槽C的半径R.
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】 (1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：
mv0＝m＋2mvB
解得vB＝
(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量
μmgL＝mv－m2－×2m2
解得μ＝
(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，＋mvB＝2mv
A、C系统机械能守恒mgR＝m2＋m2－×2mv2
解得R＝
10．(2020·河南三市质检)工厂某些产品出厂要进行碰撞实验．如图所示为一个理想的碰撞实验装置：一长薄板置于光滑水平地面上，薄板右端放置一物体，在薄板右方有一光滑通道，通道上方固定一个竖直障碍物，如图甲所示．从某一时刻开始，物体与薄板一起以共同速度向右运动，在另一时刻，物体与竖直障碍物发生碰撞(碰撞时间极短)，而薄板可以沿通道运动．碰撞前后物体速度大小不变，方向相反．运动过程中物体始终未离开薄板．已知薄板运动的v－t图线如图乙所示，物体与薄板间的动摩擦因数为μ＝0.4，物体的质量是薄板质量的15倍，重力加速度大小取g＝10
m/s2.求：
(1)物体相对薄板滑行的距离和图乙中速度v的大小；
(2)图乙中t2与t1的差值和两个三角形A、B的面积之差．
【答案】 (1)35
m/s,50
m (2)1.25
s 3.125
m
【解析】 根据图像可以判定：碰撞前物体与薄板共同速度为v0＝40
m/s，碰撞后物体速度水平向左，大小也是v0＝40
m/s，薄板速度大小方向不变．根据图像又知物体与薄板最后又共速，速度大小为v，方向向左
(1)设薄板的质量为m，物体的质量为M，物体相对木板滑行的距离为L，对物体和薄板组成的系统：从和竖直障碍物碰后到二者共速，取向左的方向为正方向，由动量守恒定律得
Mv0－mv0＝(M＋m)v
由能量守恒定律得μMgL＝(M＋m)v－(M＋m)v2
解得v＝35
m/s，L＝50
m.
(2)图乙中时间差(t2－t1)，是物体在薄板上相对薄板滑动的时间；图乙中的两个三角形A、B的面积之差，是薄板在时间差(t2－t1)内对地的位移大小．
设在图乙中的时间差(t2－t1)内，薄板对地的位移大小为x，设t2－t1＝t，
对物体在薄板上相对木板滑动的过程中：
对物体：取向左的方向为正方向，由动量定理得－μMgt＝Mv－Mv0
解得t＝1.25
s；
对薄板，由动能定理得－μMgx＝mv2－mv
解得x＝3.125
m(共72张PPT)
第一部分
专题突破方略
专题二 能量与动量
第2讲 动量观点的应用
1
考情速览
·
明规律
2
核心知识
·
提素养
3
命题热点
·
巧突破
4
专题演练
·
速提升
01
考情速览
·
明规律
高考命题点
命题轨迹
情境图
碰撞与动量守恒
2020
Ⅲ卷15
高考命题点
命题轨迹
情境图
碰撞与动量守恒
2019
Ⅲ卷25
高考命题点
命题轨迹
情境图
碰撞与动量守恒
2018
Ⅰ卷24
Ⅱ卷15、24
2017
Ⅰ卷14
02
核心知识
·
提素养
1．动量定理
(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．
“物理观念”构建
2．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：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)．
(3)守恒条件
①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．
②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．
3．解决力学问题的三大观点
(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
1．思想方法
(1)力学规律的选用原则
①单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
②多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
“科学思维”展示
(2)系统化思维方法
①对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
②对多个研究对象进行整体分析，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．
2．模型建构
(1)人船模型
解决这种问题的前提条件是要两物体的初动量为零(或某方向上初动量为零)，画出两物体的运动示意图有利于发现各物理量之间的关系，特别提醒要注意各物体的位移是相对于地面的位移(或该方向上相对于地面的位移)．
(3)弹簧模型
当弹簧连接的两个物体速度相等时，弹簧压缩最短或拉伸最长，此时弹性势能达到最大．
(4)子弹打木块模型
存在两种情况，其一是子弹未穿过木块，二者最终具有共同速度，其二是子弹穿出了木块(相对位移等于木块厚度x相对＝d)，子弹速度大于木块速度．
03
命题热点
·
巧突破
1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．
2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．
3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．
4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．
考点一 动量定理的应用
〔考向预测〕
1．(2020·新课标卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是
( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
D
【解析】 因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确．
2．(2019·全国卷Ⅰ，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3
km/s，产生的推力约为4.8×106
N，则它在1
s时间内喷射的气体质量约为
( )
A．1.6×102
kg
B．1.6×103
kg
C．1.6×105
kg
D．1.6×106
kg
B
3．(2018·全国卷Ⅱ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50
g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2
ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为
( )
A．10
N
B．102
N
C．103
N
D．104
N
【解析】 根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70
m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103
N，所以C正确．
C
4．(2020·山东聊城二模)2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面．已知扎帕塔(及装备)的总质量为120
kg，当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，发动机将气流以6
000
m/s的恒定速度从喷口向下喷出，不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10
m/s2，则发动机每秒喷出气体的质量为
( )
A．0.02
kg
B．0.20
kg
C．1.00
kg
D．5.00
kg
B
应用动量守恒定律解题的基本步骤
考点二 动量守恒定律及其应用
〔考向预测〕
1．某同学质量为60
kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2
m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140
kg，原来的速度大小是0.5
m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上(船未与岸相撞)，不计水的阻力，则
( )
A．该同学和小船最终静止在水面上
B．该过程同学的动量变化量大小为105
kg·m/s
C．船最终的速度是0.95
m/s
D．船的动量变化量大小为70
kg·m/s
B
【解析】 规定该同学原来的速度方向为正方向．设该同学上船后，船与该同学的共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程，该同学和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得v＝0.25
m/s，方向与该同学原来的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学的动量变化量为Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105
kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反，故B正确；船的动量变化量为Δp′＝m船v－m船v船＝140×[0.25－(－0.5)]kg·m/s＝105
kg·m/s，故D错误．
2．(多选)(2020·广东实验中学模拟)如图所示，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＝0.2
kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0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，则
( )
A．物块滑上小车后，滑块和小车构成的系统动量守恒
B．物块滑上小车后，滑块和小车构成的系统机械能守恒
C．若v0＝2
m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24
s
D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5
m/s
ACD
A．A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F＝50
N
B．A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失
C．A、B碰撞后的速度v＝3
m/s
D．A、B滑上圆弧轨道的最大高度h＝0.55
m
【答案】 AC
【解析】 设水平向右为正方向，则A与墙壁碰前的速度v1＝－6
m/s，碰撞后的速度v2＝4
m/s，根据动量定理得F·Δt＝mAv2－mAv1，解得A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力F大小为F＝50
N，故A正确；
4．(多选)(2020·新课标全国Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0
kg的静止物块以大小为5.0
m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0
m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0
m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为
( )
A．48
kg
B．53
kg
C．58
kg
D．63
kg
BC
抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题
(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力．
(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；②能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．
考点三 碰撞与动量守恒
(3)遵循“三个定律”：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．
1．(2020·新课标全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1
kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为
( )
A．3
J
B．4
J
C．5
J
D．6
J
考向1
弹性碰撞与非弹性碰撞
A
D
考向2
有弹簧参与的碰撞问题
典
例
(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？
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＝0.91m
【答案】 (1)vA＝4.0
m/s，vB＝1.0
m/s (2)B 0.50
m (3)0.91
m
【核心考点】 本题考查了动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用，体现了模型建构、科学推理的素养要求．
【规范审题】
①
两物块和总动量为零
②
弹簧处于压缩状态，具有一定的弹性势能
③
两物块动能之和是10
J，动量之和为0
④
碰撞时动量守恒，能量守恒
审题结果
两个物块初速度为零，两个物块以及弹簧组成的系统，初总动量为零；运动中所涉及的碰撞均为弹性碰撞，故碰撞过程中满足机械能守恒
【思路分析】 利用牛顿第二定律求A、B的加速度，分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解决问题；假设A能与B碰撞，应用动能定理可以求出A碰撞前的瞬时速度；发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后A、B的速度，问题便易于解决了．
【易错警示】 物块A与墙壁发生弹性碰撞，反弹后速率不变，在计算时可直接用匀变速直线运动的规律求出物块运动的两段位移大小的和，来判断当B物块停下时，两物块之间的距离．当物块A与物块B发生碰撞时，根据机械能守恒和动量守恒，求出碰撞后A的速度的变化，这一点也是容易判断错误的．
〔考向预测〕
1．(2020·河南新乡模拟)质量为M的小车置于水平面上．小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为l，C点右方的平面光滑．滑块质量为m，从圆弧最高处A无初速下滑(如图)，与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止．求：
(1)BC部分的动摩擦因数；
(2)弹簧具有的最大弹性势能；
(3)当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．
2．(2020·新课标卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力．
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．
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专题演练
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