高三一輪復習-動量守恒定律帶答案

1、動量守恒定律一、沖量、動量和動量定理1沖量(1)定義：力和力的 的乘積(2)公式：I ，適用于求恒力的沖量(3)方向：與 相同2動量(1)定義：物體的 與 的乘積(2)表達式： (3)單位： 符號： (4)特征：動量是狀態(tài)量，是 ，其方向和 方向相同3動量定理(1)內容：物體所受合力的沖量等于物體 (2)表達式： .(3)矢量性：動量變化量方向與 的方向相同，可以在某一方向上用動量定理二、動量守恒定律1系統(tǒng)：相互作用的幾個物體構成系統(tǒng)系統(tǒng)中各物體之間的相互作用力稱為內力，外部其他物體對系統(tǒng)的作用力叫做外力2定律內容：如果一個系統(tǒng) 作用，或者所受的 為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變3動量守恒定律的

2、不同表達形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和(2)p1p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向(3)p0，系統(tǒng)總動量的增量為零4守恒條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒(3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒三、碰撞1概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過程中，一般都滿足內力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題解析碰撞的三個依據(jù)

3、(1)動量守恒：p1p2p1p2.(2)動能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2或.(3)速度要符合情景如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后v前，否則無法實現(xiàn)碰撞碰撞后，原來在前面的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前v后.如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變除非兩物體碰撞后速度均為零2分類(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能守恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是動量守恒和機械能守恒(2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒定律(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械

4、能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過程中只遵循動量守恒定律3碰撞問題的探究(1)彈性碰撞的求解求解：兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1m1v1m2v2 m1vm1v12m2v22解得：v1，v2(2)彈性碰撞的結論當兩球質量相等時，v10，v2v1，兩球碰撞后交換了速度當質量大的球碰質量小的球時，v10，v20，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動當質量小的球碰質量大的球時，v10，v20，碰撞后質量小的球被反彈回來要點一 基本概念的理解【典型例題】【例1】關于物體的動量，下列說法中正

5、確的是() A運動物體在任一時刻的動量方向，一定是該時刻的速度方向B物體的加速度不變，其動量一定不變C動量越大的物體，其速度一定越大D物體的動量越大，其慣性也越大【例2】下列論述中錯誤的是() A相互作用的物體，如果所受合外力為零，則它們的總動量保持不變B動量守恒是指相互作用的各個物體在相互作用前后的動量不變C動量守恒是相互作用的各個物體組成的系統(tǒng)在相互作用前的動量之和與相互作用之后的動量之和是一樣的D動量守恒是相互作用的物體系在相互作用過程中的任何時刻動量之和都是一樣的要點二 動量守恒的判斷【典型例題】【例1】（多選）木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上在b上施加

6、向左的水平力F使彈簧壓縮，如圖所示當撤去外力F后，下列說法中正確的是() Aa尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒 Ba尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒Ca離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量守恒 Da離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量不守恒 解析BC在a離開墻壁前、彈簧伸長的過程中，對a和b構成的系統(tǒng)，由于受到墻給a的彈力作用，所以a、b構成的系統(tǒng)動量不守恒，因此B選項正確，A選項錯誤；a離開墻壁后，a、b構成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動量守恒，故C選項正確，D選項錯誤【例2】（多選）如圖，A、B兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態(tài)

7、若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動的過程中()A若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒C若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒D若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒解析當A、B兩物體及彈簧組成一個系統(tǒng)時，彈簧的彈力為內力，而A、B與C之間的摩擦

8、力為外力當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒；當A、B與C之間的摩擦力大小相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內力，無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等，系統(tǒng)所受的合外力均為零，系統(tǒng)的動量守恒故選項A、D正確【對應練習】1. （多選）如圖1所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是() A兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B先放開左手，后放開右手，動量不守恒C先放開左手，后放

9、開右手，總動量向左D無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零 圖1 2. 質量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖4所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？()AM、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(Mm0)vMv1m0v2mv3Bm0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足MvMv1mv2Cm0的速度不變，M、m的速度都變?yōu)関，且滿足Mv(Mm)vDM、m0、m速度均發(fā)生變化，M和m0速度都變?yōu)関，m速度變?yōu)?/p>

10、v2，而且滿足(Mm)v0(Mm0)v1mv2 圖4解：碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，m0的速度在瞬間不變，以M的初速度方向為正方向，若碰后M和m的速度變v1和v2，由動量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：Mv=（M+m）v故BC正確，AD錯誤故選：BC要點三 動量守恒的應用 【典型例題】【例1】一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab與bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接現(xiàn)有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返

11、回后在到達a點前與物體P相對靜止重力加速度為g.求：(1)木塊在ab段受到的摩擦力f；(2)木塊最后距a點的距離s. 解析木塊m和物體P組成的系統(tǒng)在相互作用過程中遵守動量守恒、能量守恒(1)以木塊開始運動至在斜面上上升到最大高度為研究過程，當木塊上升到最高點時兩者具有相同的速度，根據(jù)動量守恒，有mv0(2mm)v根據(jù)能量守恒，有mv(2mm)v2fLmgh 聯(lián)立得f(2)以木塊開始運動至最后與物體P在水平面ab上相對靜止為研究過程，木塊與物體P相對靜止，兩者具有相同的速度，根據(jù)動量守恒，有mv0(2mm)v根據(jù)能量守恒，有mv(2mm)v2f(LLs) 聯(lián)立得s【例2】如圖，A、B、C三個木塊

12、的質量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線(細線未畫出)把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離已知C離開彈簧后的速度恰為v0.求彈簧釋放的勢能 解析設碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動量守恒定律得3mvmv0設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得3mv2mv1mv0設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有(3m)v2Ep(2m)vmv由式

13、得彈簧所釋放的勢能為Epmv【針對練習】1.（多選） 質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為.初始時小物塊停在箱子正中間如圖所示現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為() 圖1 圖2A. mv2 B. v2 C.NmgL DNmgL解析 小物塊與箱子作用過程中滿足動量守恒，小物塊最后恰好又回到箱子正中間二者相對靜止，即為共速，設速度為 v1，mv(mM)v1，系統(tǒng)損失動能Ekmv2(Mm)v，A錯誤、B正確；由于碰撞為

14、彈性碰撞，故碰撞時不損失能量，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)產生的熱量，即EkQNmgL，C錯誤，D正確2. 如圖2所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上小孩跳離c車和b車時對地水平速度相同他跳到a車上相對a車保持靜止此后()Aa、b兩車運動速率相等 Ba、c兩車運動速率相等C三輛車的速率關系vcvavb Da、c兩車運動方向相同3. 如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h.物塊B質量是小球的5倍，至于粗糙的水平面上且位于O點正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)拉動小球使線水平

15、伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升至最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求物塊在水平面上滑行的時間t.要點五 動量和能量觀點的綜合應用【例1】如圖所示，在光滑水平面上有一輛質量M8 kg的平板小車，車上有一個質量m1.9 kg的木塊，木塊距小車左端6 m(木塊可視為質點)，車與木塊一起以v1 m/s的速度水平向右勻速行駛一顆質量m00.1 kg的子彈以v0179 m/s的速度水平向左飛來，瞬間擊中木塊并留在其中如果木塊剛好不從車上掉下來，求木塊與平板小車之間的動摩擦因數(shù).(g10 m/s2)解析以子彈和木

16、塊組成的系統(tǒng)為研究對象，設子彈射入木塊后兩者的共同速度為v1，以水平向左為正方向，則由動量守恒有：m0v0mv(mm0)v1 解得v18 m/s它們恰好不從小車上掉下來，則它們相對平板小車滑行距離x6 m時它們跟小車具有共同速度v2，則由動量守恒定律有(mm0)v1Mv(mm0M)v2 解得v20.8 m/s由能量守恒定律有 (m0m)gx(mm0)vMv2(m0mM)v由，解得0.54【例2】如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的1/4固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切質量為M的小木塊靜止在O點，一個質量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內，并留在其中和小木塊一起運動，且恰能

17、到達圓弧軌道的最高點C(木塊和子彈均可以看成質點)求：(1)子彈射入木塊前的速度；(2)若每當小木塊返回到O點或停止在O點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當?shù)?顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少？【針對練習】1. 如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻重物質量為木板質量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為.使木板與重物以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間設木板足夠長，重物始終在木板上重力加速度為g.解析第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木板

18、向左做勻減速運動，速度減到0后向右做加速運動，重物向右做勻減速運動，最后木板和重物達到一共同的速度v，設木板的質量為m，重物的質量為2m，取向右為正方向，由動量守恒定律得2mv0mv03mv設木板從第一次與墻碰撞到和重物具有共同速度v所用的時間為t1，對木板應用動量定理得，2mgt1mvm(v0) 由牛頓第二定律得2mgma 式中a為木板的加速度在達到共同速度v時，木板離墻的距離l為lv0t1at從開始向右做勻速運動到第二次與墻碰撞的時間為 t2所以，木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經過的時間為tt1t2 由以上各式得t.2. 如圖7所示，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O.讓球a靜止下垂

19、，將球b向右拉起，使細線水平從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°.忽略空氣阻力，求：()兩球a、b的質量之比；()兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比解析()設球b的質量為m2，細線長為L，球b下落至最低點但未與球a相碰時的速率為v，由機械能守恒定律得m2gLm2v2式中g是重力加速度的大小設球a的質量為m1；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v，以向左為正由動量守恒定律得m2v(m1m2)v設兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為，由機械能守恒定律得(m1m2)v2(m1m2)gL(1cos ) 聯(lián)立式得1代

20、入題給數(shù)據(jù)得1()兩球在碰撞過程中的機械能損失為Qm2gL(m1m2)gL(1cos )聯(lián)立式，Q與碰前球b的最大動能Ek(Ekm2v2)之比為1(1cos )聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得1綜合練習：1. （多選）如圖所示，光滑水平面上小球A和B向同一方向運動，設向右為正方向，已知兩小球的質量和運動速度分別為mA=3kg、mB=2kg和vA=4m/s、vB=2m/s則兩將發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的速度可能是（） AvA=3 m/s、 vB=3.5 m/s BvA=3.2 m/s、vB=3.2 m/s CvA=-2 m/s、 vB=11 m/s DvA=5 m/s、 vB=0.5 m/s2. 靜止在湖面

21、上的船，有兩個人分別向相反方向拋出質量為m的相同小球，甲向左拋，乙向右拋，甲先拋，乙后拋，拋出后兩球相對于岸的速率相同，下列說法中，正確的是( )(設水的阻力不計)A兩球拋出后，船往左以一定速度運動，拋乙球時，乙球受到的沖量大B兩球拋出后，船往右以一定速度運動，拋甲球時，甲球受到的沖量大C兩球拋出后，船的速度為零，拋甲球和拋乙球過程中受到的沖量大小相等D兩球拋出后，船的速度為零，拋甲球時受到的沖量大解：設小船的質量為M，小球的質量為m，甲球拋出后，根據(jù)動量守恒定律有：mv=（M+m）v，v的方向向右乙球拋出后，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：（M+m）v=mv+Mv，解得v為負值，方向向

22、左根據(jù)動量定理得，所受合力的沖量等于動量的變化，對于甲球，動量的變化量為mv，對于乙球動量的變化量為mv-mv，知甲的動量變化量大于乙球的動量變化量，所以拋出時，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大故D正確3. 兩名質量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回如此反復進行幾次后，甲和乙最后的速率關系是（ ）A若甲最先拋球，則一定是v甲v乙 B若乙最后接球，則一定是v甲v乙C只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲v乙 D無論怎樣拋球和接球，都是v甲v乙解析：系統(tǒng)動量守恒，故最終甲、乙動量大小必相等誰最后接球誰的質量中包含了球的質量，即質量大，根據(jù)

23、動量守恒：m1v1=m2v2，因此最終誰接球誰的速度小4. 如圖 所示，水平光滑軌道的寬度和彈簧自然長度均為d.m2的左邊有一固定擋板，m1由圖示位置靜止釋放當m1與m2第一次相距最近時m1速度為v1，在以后的運動過程中() Am1的最小速度是0 Bm1的最小速度是v1Cm2的最大速度是v1 Dm2的最大速度是v1 5. 如圖2所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線、同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度(不計水的阻力)圖2解析：設乙船上的人拋出貨

24、物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得12m×v011m×v1m×vmin 10m×2v0m×vmin11m×v2 為避免兩船相撞應滿足v1v2 聯(lián)立式得vmin4v0.6. 如圖所示，質量m1=0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=1.5 m，現(xiàn)有質量m2=0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止，物塊與車面間的動摩擦因數(shù)=0.5，取g=10 m/s2，求 (1)物塊在車面上

25、滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0'不超過多少。解：(1)設物塊與小車共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有 m2v0=(m1+m2)v 設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有-Ft=m2v-m2v0又F=m2g 解得 代入數(shù)據(jù)得t=0.24 s (2)要使物塊恰好不從車面滑出，須使物塊到車面最右端時與小車有共同的速度，設其為v'，m2v0'=(m1+m2)v'  由功能關系有 代入數(shù)據(jù)解得v0'=5 m/s 故要使物塊不從小車右

26、端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0'不超過5 m/s7. 如圖所示，固定的光滑圓弧面與質量為6 kg的小車C的上表面平滑相接，在圓弧面上有一個質量為2 kg的滑塊A，在小車C的左端有一個質量為2 kg的滑塊B，滑塊A與B均可看做質點現(xiàn)使滑塊A從距小車的上表面高h1.25 m處由靜止下滑，與B碰撞后瞬間粘合在一起共同運動，最終沒有從小車C上滑出已知滑塊A、B與小車C的動摩擦因數(shù)均為0.5，小車C與水平地面的摩擦忽略不計，取g10 m/s2.求：(1)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大?。?2)小車C上表面的最短長度 解析(1)設滑塊A滑到圓弧末端時的速度大小為v1，由機械能守恒定律有：m

27、AghmAv， 代入數(shù)據(jù)解得v15 m/s.設A、B碰后瞬間的共同速度為v2，滑塊A與B碰撞瞬間與車C無關，滑塊A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，mAv1(mAmB)v2， 代入數(shù)據(jù)解得v22.5 m/s.(2)設小車C的最短長度為L，滑塊A與B最終沒有從小車C上滑出，三者最終速度相同設為v3，根據(jù)動量守恒定律有：(mAmB)v2(mAmBmC)v3根據(jù)能量守恒定律有：(mAmB)gL(mAmB)v(mAmBmC)v聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)解得L0.375 m【高考題組】1. 如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg.開

28、始時C靜止A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C發(fā)生碰撞求A與C碰撞后瞬間A的速度大小解析因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0mAvAmCvCA與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vABA與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vABvC聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vA2 m/s2如圖，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C.B的左側固定

29、一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、 B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動假設B和C碰撞過程時間極短求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，()整個系統(tǒng)損失的機械能；()彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能解析()從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv02mv1此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為E，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv12mv2 mvE×(2m)v 聯(lián)立式得 Emv()由式可知v2v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C

30、三者速度相同，設此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv03mv3mvE×(3m)vEp 聯(lián)立式得Epmv【模擬題組】1. 如圖所示，輕質彈簧的一端固定在墻上，另一端與質量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升下列說法正確的是() A彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為CB能達到的最大高度為 DB能達到的最大高度為h解析：根據(jù)機械能守恒定律可得B剛到達水平地面的速度v

31、0，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為vv0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm×2mv2mgh，故A項錯誤，B項正確；當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機械能守恒定律可得mghmv2，B能達到的最大高度為，故C、D兩項錯誤2. (a)圖所示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計，(b)圖為物體A與小車的vt圖象(v0、v1及t1均為已知)，由此可算出()A小車上表面長度 B物體A與小車B的質量之比C物體A與小車B上表面間的動摩擦因數(shù) D小車B獲得的動能解析：圖中速度線與坐標軸包圍的面積表示

32、A相對于小車的位移，不一定為小車長度，選項A錯誤；設m、M分別表示物體A與小車B的質量，根據(jù)動量守恒定律：mv0Mv1mv1，求出：， 選項B正確；物體A的vt圖象中速度線斜率大小為：ag，求出，選項C正確；因B車質量大小未知，故無法計算B車的動能 答案：BC 題組1動量守恒的判斷1（多選）如左下圖，一內外側均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上槽的左側有一豎直墻壁現(xiàn)讓一小球(可認為質點)自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓柱槽相切并從A點進入槽內正確的是() A小球離開右側槽口以后，將做豎直上拋運動B小球在槽內運動的全過程中，只有重力對小球做功C小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系

33、統(tǒng)機械能守恒D小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動量不守恒解析小球從下落到最低點的過程中，槽沒有動，與豎直墻之間存在擠壓，動量不守恒；小球經過最低點往上運動的過程中，槽與豎直墻分離，水平方向動量守恒；全過程中有一段時間系統(tǒng)受豎直墻彈力的作用，故全過程系統(tǒng)水平方向動量不守恒，選項D正確；小球離開右側槽口時，水平方向有速度，將做斜拋運動，選項A錯誤；小球經過最低點往上運動的過程中，槽往右運動，槽對小球的支持力對小球做負功，小球對槽的壓力對槽做正功，系統(tǒng)機械能守恒，選項B錯誤，C正確2（多選）如右上圖，兩物體A、B用輕質彈簧相連靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時對A、B兩物體施加等大反向的

34、水平恒力F1、F2，使A、B同時由靜止開始運動，在運動過程中，對A、B兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)，說法正確的是(彈簧不超過其彈性限度)()A動量始終守恒B機械能不斷增加C當彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機械能最大D當彈簧彈力的大小與F1、F2的大小相等時，A、B兩物體速度為零解析彈簧的彈力屬于系統(tǒng)內力，水平恒力F1、F2等大反向，系統(tǒng)所受合外力為零，所以動量守恒，選項A正確；剛開始，彈簧彈力小于水平恒力，兩物體均做加速運動，彈簧被拉長，當彈力的大小與恒力相等時，合力為零，兩物體的速度均達到最大，之后，彈簧繼續(xù)被拉長，彈力大于水平恒力，兩物體開始做減速運動，當彈簧被拉伸到最長時，兩物體速度減為零，在此過程

35、中，兩個外力均對系統(tǒng)做正功，所以系統(tǒng)的機械能逐漸增加；此后，兩物體返回，水平恒力均對物體做負功，系統(tǒng)的機械能逐漸減小，根據(jù)以上分析，選項C正確，選項B、D錯誤題組2動量守恒定律的應用3如左下圖，一輛小車靜止在光滑水平面上，A、B兩人分別站在車的兩端當兩人同時相向運動時() A若小車不動，兩人速率一定相等 B若小車向左運動，A的動量一定比B的小C若小車向左運動，A的動量一定比B的大 D若小車向右運動，A的動量一定比B的大解析根據(jù)動量守恒可知，若小車不動，兩人的動量大小一定相等，因不知兩人的質量，故選項A錯誤若小車向左運動，A的動量一定比B的大，故選項B錯誤，C正確若小車向右運動，A的動量一定比B的小，故選項D錯誤4如圖所示，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()Av0v Bv0v Cv0(v0v) Dv0(v0v)解析以v0的方向為正方向，小船和救生員組成的系統(tǒng)滿足動量守恒：(Mm)v0m·(v)Mv解得vv0(v0v) 故選C5如圖所示，甲車質量m120 kg，車上有質量M50 kg的人，甲車(連同車上的人)以v3 m/s的速度向右滑行此時質量m250 kg的乙車正以v01.8 m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當