2024年高考一輪復(fù)習(xí)精細(xì)講義第24講　碰撞與能量守恒(原卷版+解析)

第24講碰撞與能量守恒——?jiǎng)澲攸c(diǎn)之精細(xì)講義系列考點(diǎn)一碰撞問題一．碰撞1．概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時(shí)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(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動(dòng)量守恒定律處理碰撞問題．2．分類(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒．(2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機(jī)械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動(dòng)量守恒定律．(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大，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(dòng)量守恒定律．1．解析碰撞的三個(gè)依據(jù)(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要符合情景①如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，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(shí)現(xiàn)碰撞．②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′.③如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變．除非兩物體碰撞后速度均為零．2．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(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)(2)彈性碰撞的結(jié)論①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度．②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)．③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．【典例1】甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙物體的速度大小分別為3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運(yùn)動(dòng)，速度大小均為2m/s.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為()A．2∶3 B．2∶5C．3∶5 D．5∶3【典例2】質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移－時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于()A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，不能確定【典例3】如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個(gè)小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ；若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對于盒靜止，則此時(shí)盒的速度大小為________；滑塊相對于盒運(yùn)動(dòng)的路程為________．【典例4】質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是()A．0.6v B．0.4vC．0.2v D．v【典例5】(多選)在光滑水平面上動(dòng)能為E0，動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E2、p2，則必有()A．E1＜E0 B．p2＞p0C．E2＞E0 D．p1＞p0【典例6】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s【典例7】如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運(yùn)動(dòng)．小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為()A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3【典例8】(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4kg的小物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．木板A獲得的動(dòng)能為2JB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1彈性碰撞問題的處理技巧(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短；各物體作用前后各自動(dòng)量變化顯著；物體在作用時(shí)間內(nèi)位移可忽略．(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，所以外力的作用可忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的．(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰后的總機(jī)械能不可能大于碰前系統(tǒng)的機(jī)械能．(4)在同一直線上的碰撞遵守一維動(dòng)量守恒，通過規(guī)定正方向可將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算．不在同一直線上在同一平面內(nèi)的碰撞，中學(xué)階段一般不作計(jì)算要求．考點(diǎn)二爆炸及反沖問題1．爆炸現(xiàn)象的三條規(guī)律(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒．(2)動(dòng)能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加．(3)位置不變：爆炸和碰撞的時(shí)間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)．2．反沖的兩條規(guī)律(1)總的機(jī)械能增加：反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加．(2)平均動(dòng)量守恒若系統(tǒng)在全過程中動(dòng)量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動(dòng)量也守恒．如果系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運(yùn)動(dòng)，則由m1eq\x\to(v)1－m2eq\x\to(v)2＝0，得m1x1＝m2x2.該式的適用條件是：①系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒或某一方向的動(dòng)量守恒．②構(gòu)成系統(tǒng)的m1、m2原來靜止，因相互作用而運(yùn)動(dòng)．③x1、x2均為沿動(dòng)量守恒方向相對于同一參考系的位移．【典例1】我國發(fā)現(xiàn)的“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間站實(shí)現(xiàn)了完美對接．假設(shè)“神舟十一號”到達(dá)對接點(diǎn)附近時(shí)對地的速度為v，此時(shí)的質(zhì)量為m；欲使飛船追上“天宮二號”實(shí)現(xiàn)對接，飛船需加速到v1，飛船發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，將質(zhì)量為Δm的燃?xì)庖淮涡韵蚝髧姵?，燃?xì)鈱Φ叵蚝蟮乃俣却笮関2.這個(gè)過程中，下列各表達(dá)式正確的是()A．mv＝mv1－Δmv2B．mv＝mv1＋Δmv2C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2【典例2】一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計(jì)質(zhì)量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()【典例4】如圖所示，假設(shè)煙花上升到距地面高度為h的最高點(diǎn)時(shí)，炸裂成甲、乙、丙三個(gè)質(zhì)量均為m的碎塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），其中甲的初速度大小為v0，方向豎直向上，乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，爆炸產(chǎn)生的熱量為Q，重力加速度大小為g，空氣阻力忽略不計(jì)。下列說法正確的是（）A．爆炸剛結(jié)束時(shí)，乙、丙的合動(dòng)量大小為2mv0B．三個(gè)物體到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能不相等C．甲在落地的過程中，重力對甲的沖量大小為mD．爆炸過程中釋放的總能量為3【典例4】以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊．其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行．求：(1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能．考點(diǎn)三人船模型(1)模型圖示如下：解題時(shí)要畫出各物體的位移關(guān)系圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移．(2)模型特點(diǎn)①兩物體滿足總動(dòng)量為0且動(dòng)量守恒：0＝mv人－Mv船②兩物體的位移大小滿足：0＝meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)且x人＋x船＝L得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①人動(dòng)船動(dòng)，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).3．模型結(jié)論及延伸圖例：m1x1＝m2x2。【典例1】如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點(diǎn)為C，兩端A、B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，在此后的過程中，則()A．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒B．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒C．m從A到C的過程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M向右運(yùn)動(dòng)D．m從A到B的過程中，M運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(mR,M＋m)【典例2】在靜水中一條長l的小船，質(zhì)量為M，船上一個(gè)質(zhì)量為m的人，當(dāng)他從船頭走到船尾，若不計(jì)水對船的阻力，則船移動(dòng)的位移大小為()A.eq\f(m,M)l B．eq\f(m,M＋m)lC.eq\f(M,M＋m)l D.eq\f(m,M－m)l【典例3】如圖所示，質(zhì)量為的小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，段是長為的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于點(diǎn)。一質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車上的A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入軌道，最后恰好停在點(diǎn)，滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為，則（）

A．整個(gè)過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．滑塊由A滑到過程中，滑塊的機(jī)械能守恒C．段長 D．全過程小車相對地面的位移大小為【典例4】如圖所示，一輛質(zhì)量M=3kg的小車A靜止在光滑的水平面上，A車上有一質(zhì)量m=1kg的光滑小球B，將一左端固定于A上的輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定（B與彈簧不栓接），此時(shí)彈簧的彈性勢能Ep=6J，B與A右壁間距離為l。解除鎖定，B脫離彈簧后與A右壁的油灰阻擋層（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列說法正確的是（）A．B碰到油灰阻擋層前A與B的動(dòng)量相同B．B脫離彈簧時(shí)，A的速度大小為3m/sC．B和油灰阻擋層碰撞并被粘住的過程，B受到的沖量大小為3N·sD．解除鎖定后，B移動(dòng)的總距離為l【典例5】質(zhì)量為m2的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m1的小球，如圖所示，將小球向右拉至細(xì)線與豎直方向成60°角后由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．球、車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B．小球不能向左擺到原高度C．小車向右移動(dòng)的最大距離為D．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為【典例6】如圖所示，兩個(gè)小球A、B用長為L的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球穿在光滑水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻，細(xì)繩處于水平狀態(tài)。已知A球的質(zhì)量為m，B球的質(zhì)量為2m，兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)。將A、B由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．B球向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為B．B球向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為LC．B球運(yùn)動(dòng)的最大速度為D．B球運(yùn)動(dòng)的最大速度為考點(diǎn)三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)綜合應(yīng)用一．動(dòng)量與能量的綜合1．區(qū)別與聯(lián)系：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個(gè)物理過程．但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機(jī)械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功．2．表達(dá)式不同：動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量式，機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式則是標(biāo)量式，對功和能量只是代數(shù)和而已．1．動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的初、末狀態(tài)動(dòng)量式、動(dòng)能式和力在過程中所做的功，即可對問題進(jìn)行求解．2．利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題(1)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式．(2)中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)解決的問題．若用動(dòng)量的觀點(diǎn)或能量的觀點(diǎn)求解，一般都要比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)要簡便，而中學(xué)階段涉及的曲線運(yùn)動(dòng)(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、碰撞等，就中學(xué)知識而言，不可能單純考慮用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)求解．【典例1】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【典例2】如圖所示，兩塊長度均為d＝0.2m的木塊A、B，緊靠著放在光滑水平面上，其質(zhì)量均為M＝0.9kg.一顆質(zhì)量為m＝0.02kg的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)重力)以速度v0＝500m/s水平向右射入木塊A，當(dāng)子彈恰水平穿出A時(shí)，測得木塊的速度為v＝2m/s，子彈最終停留在木塊B中．求：(1)子彈離開木塊A時(shí)的速度大小及子彈在木塊A中所受的阻力大小；(2)子彈穿出A后進(jìn)入B的過程中，子彈與B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能．【典例3】兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比．【典例4】如圖，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件．【典例5】如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì))．讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，此時(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)．已知O、P兩點(diǎn)間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間很短可以忽略不計(jì)，求：(1)木塊與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能．應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決問題的兩點(diǎn)技巧(1)靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點(diǎn)可選取其中動(dòng)量守恒或能量守恒的幾個(gè)物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象．(2)靈活選取物理過程．在綜合題目中，物體運(yùn)動(dòng)常有幾個(gè)不同過程，根據(jù)題目的已知、未知靈活地選取物理過程來研究．列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動(dòng)量、機(jī)械能的守恒情況．1．如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速率分別為vA＝5m/s、vB＝2m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)()A．它們碰撞前的總動(dòng)量是18kg·m/s，方向水平向右B．它們碰撞后的總動(dòng)量是18kg·m/s，方向水平向左C．它們碰撞前的總動(dòng)量是2kg·m/s，方向水平向右D．它們碰撞后的總動(dòng)量是2kg·m/s，方向水平向左2.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)3．甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0kg·m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種()A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m24．(多選)如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長相同，擺動(dòng)周期相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是()A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D．發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置5.(多選)在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況說法是可能發(fā)生的()A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變化為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足Mv＝(M＋m)v1D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv26．如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3.0kg，質(zhì)量m＝1.0kg的鐵塊以水平速度v0＝4.0m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()A．4.0J B．6.0JC．3.0J D．20J7．A、B兩個(gè)物體粘在一起以v0＝3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個(gè)物體的動(dòng)能且兩物體仍然在水平面上運(yùn)動(dòng)，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)関A＝2m/s，B物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入半圓軌道且恰好通過最高點(diǎn)D，已知兩物體的質(zhì)量mA＝mB＝1kg，O點(diǎn)到半圓最低點(diǎn)C的距離xOC＝0.25m，水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，半圓軌道光滑無摩擦，求：(1)炸藥的化學(xué)能E；(2)半圓弧的軌道半徑R.8．冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0kg.當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運(yùn)動(dòng)員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中總機(jī)械能的損失．9．如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t＝0.3s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰．碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失．求：(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；(2)P點(diǎn)距離地面的高度．10．如圖所示，固定的圓弧軌道與水平面平滑連接，軌道與水平面均光滑，質(zhì)量為m的物塊B與輕質(zhì)彈簧拴接靜止在水平面上，彈簧右端固定．質(zhì)量為3m的物塊A從圓弧軌道上距離水平面高h(yuǎn)處由靜止釋放，與B碰撞后推著B一起運(yùn)動(dòng)但與B不粘連．求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)A與B第一次分離后，物塊A沿圓弧面上升的最大高度．11.如圖所示，質(zhì)量為M的平板車P高為h，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計(jì)，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上，一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量為m的小球(大小不計(jì))．今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與Q的碰撞時(shí)間極短，且無機(jī)械能損失，已知Q離開平板車時(shí)速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，已知質(zhì)量M∶m＝4∶1，重力加速度為g，求：(1)小物塊Q離開平板車時(shí)，二者速度各為多大？(2)平板車P的長度為多少？(3)小物塊Q落地時(shí)與小車的水平距離為多少？12．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度g=10m/s2，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1；（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小；（3）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能U（用t表示）。

13．（2023·浙江·高考真題）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道、螺旋圓形軌道，傾角的直軌道、水平直軌道組成，除段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道、相切于處．凹槽底面水平光滑，上面放有一無動(dòng)力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁處，擺渡車上表面與直軌道下、平臺(tái)位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑，B點(diǎn)高度為，長度，長度，擺渡車長度、質(zhì)量。將一質(zhì)量也為的滑塊從傾斜軌道上高度處靜止釋放，滑塊在段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）求滑塊過C點(diǎn)的速度大小和軌道對滑塊的作用力大?。唬?）擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間。14．（2022·海南·高考真題）有一個(gè)角度可變的軌道，當(dāng)傾角為時(shí)，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為，從高為h的地方從靜止下滑，過一段時(shí)間無碰撞地進(jìn)入光滑水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，已知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的3倍，求：①A與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；②A與B剛碰完B的速度大??；③繩子的長度L。15．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為和，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為，A和C以相同速度向右運(yùn)動(dòng)，B和D以相同速度向左運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新滑塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小取。（1）若，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時(shí)，求兩者相對位移的大小。16．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運(yùn)動(dòng)，時(shí)與彈簧接觸，到時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

第24講碰撞與能量守恒——?jiǎng)澲攸c(diǎn)之精細(xì)講義系列考點(diǎn)一碰撞問題一．碰撞1．概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時(shí)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(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動(dòng)量守恒定律處理碰撞問題．2．分類(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒．(2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機(jī)械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動(dòng)量守恒定律．(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大，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(dòng)量守恒定律．1．解析碰撞的三個(gè)依據(jù)(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要符合情景①如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，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(shí)現(xiàn)碰撞．②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′.③如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變．除非兩物體碰撞后速度均為零．2．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(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)(2)彈性碰撞的結(jié)論①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度．②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)．③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．【典例1】甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙物體的速度大小分別為3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運(yùn)動(dòng)，速度大小均為2m/s.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為()A．2∶3 B．2∶5C．3∶5 D．5∶3解析：選C.選取碰撞前甲物體的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入數(shù)據(jù)，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正確．【典例2】質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移－時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于()A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，不能確定解析：選A.由x-t圖象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前動(dòng)能eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后動(dòng)能eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故機(jī)械能守恒；碰撞前動(dòng)量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后動(dòng)量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故動(dòng)量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞．【典例3】如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個(gè)小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ；若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對于盒靜止，則此時(shí)盒的速度大小為________；滑塊相對于盒運(yùn)動(dòng)的路程為________．解析：設(shè)滑塊質(zhì)量為m，則盒子的質(zhì)量為2m；對整個(gè)過程，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝3mv共解得v共＝eq\f(v,3).由功能關(guān)系可得μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,3)))2解得s＝eq\f(v2,3μg).答案：eq\f(v,3)eq\f(v2,3μg)【典例4】質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是()A．0.6v B．0.4vC．0.2v D．v解析根據(jù)動(dòng)量守恒得：mv＝mv1＋3mv2，則當(dāng)v2＝0.6v時(shí)，v1＝－0.8v，則碰撞后的總動(dòng)能E′＝eq\f(1,2)m(－0.8v)2＋eq\f(1,2)×3m(0.6v)2＝1.72×eq\f(1,2)mv2，大于碰撞前的總動(dòng)能，由于碰撞過程中能量不增加，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝0.4v時(shí)，v1＝－0.2v，則碰撞后的總動(dòng)能為E′＝eq\f(1,2)m(－0.2v)2＋eq\f(1,2)×3m(0.4v)2＝0.52×eq\f(1,2)mv2，小于碰撞前的總動(dòng)能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，選項(xiàng)B正確；當(dāng)v2＝0.2v時(shí)，v1＝0.4v，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，A球不可能穿越B球，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝v時(shí)，v1＝－2v，則顯然碰撞后的總動(dòng)能遠(yuǎn)大于碰撞前的總動(dòng)能，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案B【典例5】(多選)在光滑水平面上動(dòng)能為E0，動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E2、p2，則必有()A．E1＜E0 B．p2＞p0C．E2＞E0 D．p1＞p0解析：選AB.因碰撞后兩球速度均不為零，根據(jù)能量守恒定律，則碰撞過程中總動(dòng)能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可見，p2＞p0.故B正確．故選AB.【典例6】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：選B.雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的總動(dòng)能Ek＝22J，違背了能量守恒定律；而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，故B項(xiàng)正確．【典例7】如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運(yùn)動(dòng)．小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為()A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3解析：選D.設(shè)A、B兩個(gè)小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2.①由能量守恒定律有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)②兩個(gè)小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5.③聯(lián)立①②③，代入數(shù)據(jù)解得：m1∶m2＝5∶3，故選D.【典例8】(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4kg的小物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．木板A獲得的動(dòng)能為2JB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1解析：選AD.由圖象可知，木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A的質(zhì)量M＝4kg，木板獲得的動(dòng)能為：Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝2J，故A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)Mv2，代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝4J，故B錯(cuò)誤；由圖得到：0～1s內(nèi)B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1m，故C錯(cuò)誤；由圖象可知，B的加速度：a＝－1m/s2，負(fù)號表示加速度的方向，由牛頓第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正確．彈性碰撞問題的處理技巧(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短；各物體作用前后各自動(dòng)量變化顯著；物體在作用時(shí)間內(nèi)位移可忽略．(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，所以外力的作用可忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的．(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰后的總機(jī)械能不可能大于碰前系統(tǒng)的機(jī)械能．(4)在同一直線上的碰撞遵守一維動(dòng)量守恒，通過規(guī)定正方向可將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算．不在同一直線上在同一平面內(nèi)的碰撞，中學(xué)階段一般不作計(jì)算要求．考點(diǎn)二爆炸及反沖問題1．爆炸現(xiàn)象的三條規(guī)律(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒．(2)動(dòng)能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加．(3)位置不變：爆炸和碰撞的時(shí)間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)．2．反沖的兩條規(guī)律(1)總的機(jī)械能增加：反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加．(2)平均動(dòng)量守恒若系統(tǒng)在全過程中動(dòng)量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動(dòng)量也守恒．如果系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運(yùn)動(dòng)，則由m1eq\x\to(v)1－m2eq\x\to(v)2＝0，得m1x1＝m2x2.該式的適用條件是：①系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒或某一方向的動(dòng)量守恒．②構(gòu)成系統(tǒng)的m1、m2原來靜止，因相互作用而運(yùn)動(dòng)．③x1、x2均為沿動(dòng)量守恒方向相對于同一參考系的位移．【典例1】我國發(fā)現(xiàn)的“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間站實(shí)現(xiàn)了完美對接．假設(shè)“神舟十一號”到達(dá)對接點(diǎn)附近時(shí)對地的速度為v，此時(shí)的質(zhì)量為m；欲使飛船追上“天宮二號”實(shí)現(xiàn)對接，飛船需加速到v1，飛船發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，將質(zhì)量為Δm的燃?xì)庖淮涡韵蚝髧姵?，燃?xì)鈱Φ叵蚝蟮乃俣却笮関2.這個(gè)過程中，下列各表達(dá)式正確的是()A．mv＝mv1－Δmv2B．mv＝mv1＋Δmv2C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2解析：選C.飛船發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火噴出燃?xì)猓蓜?dòng)量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，選項(xiàng)C正確．【典例2】一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計(jì)質(zhì)量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：選B.彈丸爆炸過程遵守動(dòng)量守恒，若爆炸后甲、乙同向飛出，則有2m＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙①若爆炸后甲、乙反向飛出，則有2m＝eq\f(3,4)mv甲－eq\f(1,4)mv乙②或2m＝－eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙③爆炸后甲、乙從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)，由選項(xiàng)A中圖可知，爆炸后甲、乙向相反方向飛出，下落時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s，速度分別為v甲＝eq\f(x甲,t)＝eq\f(2.5,1)m/s＝2.5m/s，v乙＝eq\f(x乙,t)＝eq\f(0.5,1)m/s＝0.5m/s，代入②式不成立，A項(xiàng)錯(cuò)誤；同理，可求出選項(xiàng)B、C、D中甲、乙的速度，分別代入①式、②式、③式可知，只有B項(xiàng)正確．【典例4】如圖所示，假設(shè)煙花上升到距地面高度為h的最高點(diǎn)時(shí)，炸裂成甲、乙、丙三個(gè)質(zhì)量均為m的碎塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），其中甲的初速度大小為v0，方向豎直向上，乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，爆炸產(chǎn)生的熱量為Q，重力加速度大小為g，空氣阻力忽略不計(jì)。下列說法正確的是（）A．爆炸剛結(jié)束時(shí)，乙、丙的合動(dòng)量大小為2mv0B．三個(gè)物體到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能不相等C．甲在落地的過程中，重力對甲的沖量大小為mD．爆炸過程中釋放的總能量為3【答案】C【解析】A．根據(jù)動(dòng)量守恒可知，爆炸剛結(jié)束時(shí)，乙、丙的合動(dòng)量應(yīng)與甲的動(dòng)量等大反向，即大小為mv0，故A錯(cuò)誤；B．三物塊的質(zhì)量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，根據(jù)平行四邊形定則可知，乙、丙的動(dòng)量大小與乙、丙兩速度合成后的動(dòng)量大小相同，因此三個(gè)物塊初速度大小均相等，初動(dòng)能相等，三個(gè)物體到達(dá)地面時(shí)重力做功相等，則末動(dòng)能相等，故B錯(cuò)誤；C．甲在落地的過程中，設(shè)用時(shí)為t，則有?重力對甲的沖量大小I=解得I=D．結(jié)合以上分析，三個(gè)物塊初速度大小和初動(dòng)能均相同，爆炸過程中釋放的總能量即三個(gè)物塊初動(dòng)能之和加上爆炸產(chǎn)生的熱量為Q，即大于32【典例4】以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊．其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行．求：(1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能．解析：(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)處爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0.設(shè)v1的方向?yàn)檎较?，如圖所示，由動(dòng)量守恒定律得：3mv1＝2mv1′＋mv2其中爆炸后大塊彈片速度v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，“－”號表示v2的速度與爆炸前速度方向相反．(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動(dòng)能的增量，ΔEk＝eq\f(1,2)×2mv1′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0).答案：(1)2.5v0方向與爆炸前速度的方向相反(2)eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)考點(diǎn)三人船模型(1)模型圖示如下：解題時(shí)要畫出各物體的位移關(guān)系圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移．(2)模型特點(diǎn)①兩物體滿足總動(dòng)量為0且動(dòng)量守恒：0＝mv人－Mv船②兩物體的位移大小滿足：0＝meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)且x人＋x船＝L得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①人動(dòng)船動(dòng)，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).3．模型結(jié)論及延伸圖例：m1x1＝m2x2?！镜淅?】如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點(diǎn)為C，兩端A、B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，在此后的過程中，則()A．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒B．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒C．m從A到C的過程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M向右運(yùn)動(dòng)D．m從A到B的過程中，M運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(mR,M＋m)解析：選B.M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，總動(dòng)量不守恒，但水平方向動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤，B正確；m從A到C過程中，M向左加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)m到達(dá)C處時(shí)，M向左速度最大，m從C到B過程中，M向左減速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；在m從A到B過程中，有MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝2mR/(m＋M)，D錯(cuò)誤．【典例2】在靜水中一條長l的小船，質(zhì)量為M，船上一個(gè)質(zhì)量為m的人，當(dāng)他從船頭走到船尾，若不計(jì)水對船的阻力，則船移動(dòng)的位移大小為()A.eq\f(m,M)l B．eq\f(m,M＋m)lC.eq\f(M,M＋m)l D.eq\f(m,M－m)l解析：選B.船和人組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，人在船上行進(jìn)，船將后退，即mv人＝Mv船，人從船頭走到船尾，設(shè)船后退的距離為x，則人相對地面行進(jìn)的距離為l－x，有meq\f(l－x,t)＝Meq\f(x,t)，則m(l－x)＝Mx，得x＝eq\f(ml,M＋m)，故選項(xiàng)B正確．【典例3】如圖所示，質(zhì)量為的小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，段是長為的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于點(diǎn)。一質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車上的A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入軌道，最后恰好停在點(diǎn)，滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為，則（）

A．整個(gè)過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．滑塊由A滑到過程中，滑塊的機(jī)械能守恒C．段長 D．全過程小車相對地面的位移大小為【答案】D【詳解】A．滑塊社圓弧上運(yùn)動(dòng)時(shí)有豎直方向的加速度，所以對系統(tǒng)而言豎直方向外力矢量和不為零，不滿足動(dòng)量守恒的條件，故A錯(cuò)誤；B．滑塊由A滑到過程中，小車對滑塊的彈力做負(fù)功，滑塊的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．恰好停在對點(diǎn)時(shí)，二者均靜止。根據(jù)能量守恒有解得故C錯(cuò)誤；D．水平動(dòng)量守恒有通過相同的時(shí)間有且有解得故D正確；故選D?！镜淅?】如圖所示，一輛質(zhì)量M=3kg的小車A靜止在光滑的水平面上，A車上有一質(zhì)量m=1kg的光滑小球B，將一左端固定于A上的輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定（B與彈簧不栓接），此時(shí)彈簧的彈性勢能Ep=6J，B與A右壁間距離為l。解除鎖定，B脫離彈簧后與A右壁的油灰阻擋層（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列說法正確的是（）A．B碰到油灰阻擋層前A與B的動(dòng)量相同B．B脫離彈簧時(shí)，A的速度大小為3m/sC．B和油灰阻擋層碰撞并被粘住的過程，B受到的沖量大小為3N·sD．解除鎖定后，B移動(dòng)的總距離為l【答案】C【詳解】A．B碰到油灰阻擋層前A與B的動(dòng)量大小相同，方向相反，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)B脫離彈簧時(shí)，A、B的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有①根據(jù)能量守恒定律有②聯(lián)立①②解得，③故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知B和油灰阻擋層碰撞并被粘住后，A、B的速度都將變?yōu)榱?，對B根據(jù)動(dòng)量定理可得B受到的沖量大小為④故C正確；D．從解除鎖定到B和油灰阻擋層碰撞前瞬間，A、B的速度大小始終滿足⑤所以整個(gè)過程A、B的移動(dòng)的距離滿足⑥根據(jù)位移關(guān)系有⑦聯(lián)立⑥⑦解得，⑧故D錯(cuò)誤。故選C?！镜淅?】質(zhì)量為m2的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m1的小球，如圖所示，將小球向右拉至細(xì)線與豎直方向成60°角后由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．球、車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B．小球不能向左擺到原高度C．小車向右移動(dòng)的最大距離為D．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為【答案】C【詳解】A．根據(jù)題意可知，系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動(dòng)量守恒，而總動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；B．以小球和小車組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且小球和小車水平方向的合動(dòng)量為零，當(dāng)小球的速度為零時(shí)、小車的速度也為零，所以小球能向左擺到原高度，B錯(cuò)誤；C．小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，初始時(shí)總動(dòng)量為0，設(shè)小車向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，則小球向左運(yùn)動(dòng)的位移為；取向右為正方向，根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒有可得C正確；D．從靜止釋放到最低點(diǎn)，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒有能量守恒得得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小，D錯(cuò)誤。故選C。【典例6】如圖所示，兩個(gè)小球A、B用長為L的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球穿在光滑水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻，細(xì)繩處于水平狀態(tài)。已知A球的質(zhì)量為m，B球的質(zhì)量為2m，兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)。將A、B由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．B球向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為B．B球向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為LC．B球運(yùn)動(dòng)的最大速度為D．B球運(yùn)動(dòng)的最大速度為【答案】AD【詳解】AB．對于A、B組成的系統(tǒng)，當(dāng)A球擺到B球的左側(cè)，細(xì)繩再次處于水平狀態(tài)時(shí)，B球有向右的最大位移，此時(shí)對系統(tǒng)有，解得B球向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為A正確，B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)A球擺到B球正下方時(shí)，B球的速度最大，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律有由機(jī)械能守恒定律有解得B球運(yùn)動(dòng)的最大速度為C錯(cuò)誤，D正確。故選AD?？键c(diǎn)三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)綜合應(yīng)用一．動(dòng)量與能量的綜合1．區(qū)別與聯(lián)系：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個(gè)物理過程．但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機(jī)械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功．2．表達(dá)式不同：動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量式，機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式則是標(biāo)量式，對功和能量只是代數(shù)和而已．1．動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的初、末狀態(tài)動(dòng)量式、動(dòng)能式和力在過程中所做的功，即可對問題進(jìn)行求解．2．利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題(1)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式．(2)中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)解決的問題．若用動(dòng)量的觀點(diǎn)或能量的觀點(diǎn)求解，一般都要比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)要簡便，而中學(xué)階段涉及的曲線運(yùn)動(dòng)(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、碰撞等，就中學(xué)知識而言，不可能單純考慮用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)求解．【典例1】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時(shí)的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩．答案(1)20kg(2)見解析【典例2】如圖所示，兩塊長度均為d＝0.2m的木塊A、B，緊靠著放在光滑水平面上，其質(zhì)量均為M＝0.9kg.一顆質(zhì)量為m＝0.02kg的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)重力)以速度v0＝500m/s水平向右射入木塊A，當(dāng)子彈恰水平穿出A時(shí)，測得木塊的速度為v＝2m/s，子彈最終停留在木塊B中．求：(1)子彈離開木塊A時(shí)的速度大小及子彈在木塊A中所受的阻力大?。?2)子彈穿出A后進(jìn)入B的過程中，子彈與B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能．解析：(1)設(shè)子彈離開A時(shí)速度為v1，對子彈和A、B整體，有mv0＝mv1＋2MvFd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2Mv2聯(lián)立解得v1＝320m/s，F(xiàn)＝7362N(2)子彈在B中運(yùn)動(dòng)過程中，最后二者共速，速度設(shè)為v2，對子彈和B整體，有mv1＋Mv＝(m＋M)v2解得v2＝eq\f(205,23)m/sΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)＝989J.答案：(1)320m/s7362N(2)989J【典例3】兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比．解析：(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得v1＝－2m/s①v2＝1m/s②a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v＝eq\f(2,3)m/s③由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2⑥由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)．由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2⑦聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE＝1∶2⑧答案：(1)1∶8(2)1∶2【典例4】如圖，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件．解析：設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl①即μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋eq\f(3,4)mv2′④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m))v2′2⑤聯(lián)立④⑤式解得v2′＝eq\f(8,7)v1⑥由題意知，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m))v2′2≤μeq\f(3,4)mgl⑦聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)⑧聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)⑨答案：eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)【典例5】如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì))．讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，此時(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)．已知O、P兩點(diǎn)間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間很短可以忽略不計(jì)，求：(1)木塊與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能．解析：(1)設(shè)木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，炸藥爆炸釋放的化學(xué)能為E0.從O滑到P，對A、B由動(dòng)能定理得－μ·2mgs＝eq\f(1,2)·2m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)①解得μ＝eq\f(3v\o\al(2,0),8gs)②(2)在P點(diǎn)爆炸時(shí)，A、B動(dòng)量守恒，有2m·eq\f(v0,2)＝mv③根據(jù)能量守恒定律，有E0＋eq\f(1,2)·2m·(eq\f(v0,2))2＝eq\f(1,2)mv2④聯(lián)立③④式解得E0＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0).答案：(1)eq\f(3v\o\al(2,0),8gs)(2)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決問題的兩點(diǎn)技巧(1)靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點(diǎn)可選取其中動(dòng)量守恒或能量守恒的幾個(gè)物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象．(2)靈活選取物理過程．在綜合題目中，物體運(yùn)動(dòng)常有幾個(gè)不同過程，根據(jù)題目的已知、未知靈活地選取物理過程來研究．列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動(dòng)量、機(jī)械能的守恒情況．1．如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速率分別為vA＝5m/s、vB＝2m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)()A．它們碰撞前的總動(dòng)量是18kg·m/s，方向水平向右B．它們碰撞后的總動(dòng)量是18kg·m/s，方向水平向左C．它們碰撞前的總動(dòng)量是2kg·m/s，方向水平向右D．它們碰撞后的總動(dòng)量是2kg·m/s，方向水平向左解析：選C.它們碰撞前的總動(dòng)量是2kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰過程中動(dòng)量守恒，故它們碰撞后的總動(dòng)量也是2kg·m/s，方向水平向右，選項(xiàng)C正確．2.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：選D.由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)．3．甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0kg·m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種()A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2解析：選C.甲、乙兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，即：p1′＝2kg·m/s.由于在碰撞過程中，不可能有其它形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加．所以有eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，所以有：m1≤eq\f(21,51)m2，因?yàn)轭}目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有eq\f(p1,m1)＞eq\f(p2,m2)，即m1＜eq\f(5,7)m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即eq\f(p1′,m1)＜eq\f(p2′,m2)，所以m1＞eq\f(1,5)m2.因此C選項(xiàng)正確．4．(多選)如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長相同，擺動(dòng)周期相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是()A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D．發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置解析：選AD.兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)3mveq\o\al(2,2)，解兩式得：v1＝－eq\f(v0,2)，v2＝eq\f(v0,2)，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，選項(xiàng)A正確；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)；兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，因擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同，選項(xiàng)C錯(cuò)；兩球擺動(dòng)周期相同，故經(jīng)半個(gè)周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項(xiàng)D正確．5.(多選)在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況說法是可能發(fā)生的()A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變化為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足Mv＝(M＋m)v1D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2解析：選BC.在小車M和木塊發(fā)生碰撞的瞬間，擺球并沒有直接與木塊發(fā)生力的作用，它與小車一起以共同速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，擺線沿豎直方向，擺線對球的拉力和球的重力都與速度方向垂直，因而擺球未受到水平力作用，球的速度不變，可以判定A、D項(xiàng)錯(cuò)誤；小車和木塊碰撞過程，水平方向無外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，而題目對碰撞后，小車與木塊是否分開或連在一起，沒有加以說明，所以兩種情況都可能發(fā)生，即B、C選項(xiàng)正確．6．如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3.0kg，質(zhì)量m＝1.0kg的鐵塊以水平速度v0＝4.0m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()A．4.0J B．6.0JC．3.0J D．20J解析：選C.設(shè)鐵塊與木板速度相同時(shí)，共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，相對滑行的最大路程為L，摩擦力大小為Ff，根據(jù)能量守恒定律得鐵塊相對于木板向右運(yùn)動(dòng)過程eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝FfL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep鐵塊相對于木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2FfL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2又根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知，mv0＝(M＋m)v聯(lián)立得到：Ep＝3.0J，故選C.7．A、B兩個(gè)物體粘在一起以v0＝3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個(gè)物體的動(dòng)能且兩物體仍然在水平面上運(yùn)動(dòng)，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)関A＝2m/s，B物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入半圓軌道且恰好通過最高點(diǎn)D，已知兩物體的質(zhì)量mA＝mB＝1kg，O點(diǎn)到半圓最低點(diǎn)C的距離xOC＝0.25m，水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，半圓軌道光滑無摩擦，求：(1)炸藥的化學(xué)能E；(2)半圓弧的軌道半徑R.解析：(1)A、B在爆炸前后動(dòng)量守恒，得2mv0＝mvA＋mvB，解得vB＝4m/s根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有：eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,0)＋E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得E＝1J.(2)由于B物體恰好經(jīng)過最高點(diǎn)，故有mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)對O到D的過程根據(jù)動(dòng)能定理可得：－μmgxOC－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得R＝0.3m.答案：(1)1J(2)R＝0.3m8．冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0kg.當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運(yùn)動(dòng)員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求：(1)碰后乙的速度的大?。?2)碰撞中總機(jī)械能的損失．解析：(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v和v1，碰后乙的速度大小為v1′，由動(dòng)量守恒定律得mv－Mv1＝Mv1′①代入數(shù)據(jù)得v1′＝1.0m/s②(2)設(shè)碰撞過程中總機(jī)械能的損失為ΔE，有eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)Mv1′2＋ΔE③聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)得ΔE＝1400J.答案：(1)1.0m/s(2)1400J9．如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t＝0.3s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰．碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失．求：(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；(2)P點(diǎn)距離地面的高度．解析：(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB＝eq\r(2gh)①將h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s②(2)設(shè)兩球相碰前、后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1＝gt③由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前、后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變．規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(′2,2)⑤設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB′＝vB⑥設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h′＝eq\f(vB′2－v\o\al(2,2),2g)⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得h′＝0.75m⑧答案：(1)4m/s(2)0.75m10．如圖所示，固定的圓弧軌道與水平面平滑連接，軌道與水平面均光滑，質(zhì)量為m的物塊B與輕質(zhì)彈簧拴接靜止在水平面上，彈簧右端固定．質(zhì)量為3m的物塊A從圓弧軌道上距離水平面高h(yuǎn)處由靜止釋放，與B碰撞后推著B一起運(yùn)動(dòng)但與B不粘連．求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)A與B第一次分離后，物塊A沿圓弧面上升的最大高度．解析：(1)A下滑與B碰撞前，根據(jù)機(jī)械能守恒得3mgh＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)A與B碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒得3mv1＝4mv2彈簧最短時(shí)彈性勢能最大，