（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题三 动量和能量 第一讲 力学中的动量和能量问题教学案

第一讲力学中的动量和能量问题知识建构备考点睛(注1)(注4)：详见答案部分1.常见思想及方法(1)守恒的思想；(2)动量守恒的判断方法；(3)弹性碰撞的分析方法；(4)“人船模型”的分析方法.2.三个易错易混点(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念.(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒.(3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒.答案(1)物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量(2)一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变(3)动量守恒定律成立的条件系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒系统所受的合外力虽不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒(4)碰撞的分类热点考向一动量定理与动量守恒定律的应用角度一动量定理的应用【典例1】(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度思路引领解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量v0S(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h答案(1)v0S(2)角度二动量守恒定律的应用【典例2】(2018全国卷)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度思路引领(1)根据动能公式得出烟花弹从地面开始上升时的速度，利用匀变速直线运动规律得出烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经历的时间(2)利用动量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后烟花弹向上运动的部分的速度，利用匀变速直线运动规律得出距地面的最大高度解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt联立式得t(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h2答案(1)(2)1用动量定理的解题的基本思路对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理2动量守恒定律解题思路及方法迁移一动量定理的应用1(2019江西六校联考)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示这一景观可做如下简化，水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，流量为Q(流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部冲击冲浪板前水柱在水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开，冲浪板静止在水柱上已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能请根据第(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式解析(1)由题干定义知，单位时间内喷出的水的质量为mQ.(2)由题意知米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，冲击冲浪板底面的水的速度由v变为0，设t时间内这些水对板的作用力为F，板对水的作用力为F，以竖直向下为正方向，不考虑t时间内水的重力，根据动量定理有Ft0mt(v)根据牛顿第三定律得FF由于米老鼠模型在空中悬停，根据力的平衡条件得FMg联立解得v.(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，水离开水泵喷口时的速度为v0对于t时间内喷出的水，根据机械能守恒定律得mtv2mtghmtv水泵对水做功的功率为P0联立解得h.答案(1)Q(2)(3)h迁移二动量守恒定律的应用2(2019江西六校联考)如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的圆环，环上系一长为L、质量不计的细绳，细绳的另一端拴一个质量为m的小球现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则：(1)当细绳与AB成角时，圆环移动的距离是多少？(2)若在横杆上立一挡板，与环的初位置相距多远时才能使圆环在运动过程中不致与挡板相碰？解析(1)设小球的水平位移大小为s1，圆环的水平位移大小为s2，则有ms1Ms20s1s2LLcos解得s2(2)设小球向左的最大水平位移大小为s1，圆环的最大水平位移为s2当圆环运动到最右侧速度为零时，小球应运动到最左侧同初始位置等高处，且速度为零ms1Ms20s1s22Ls2故挡板应立在距环的初位置处答案(1)(2) “人船”模型(1)模型条件初总动量(或某一方向初总动量)为零；动量(或某一方向动量)守恒(2)运动特点一物体加速，另一物体同时加速；一物体减速，另一物体同时减速，但二者速度方向相反；一物体静止，另一物体也静止(3)规律，(速率、位移与质量成反比). 热点考向二“碰撞”模型问题【典例】(多选)如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失当m1、v0一定时，m2越大，则()A碰撞后A的速度越小B碰撞后A的速度越大C碰撞过程中B受到的冲量越大D碰撞过程中A受到的冲量越大思路引领根据两球碰撞时动量守恒及机械能守恒求出碰撞后两球的速度表达式，分析碰撞后速度大小，根据动量定理和牛顿第三定律分析冲量关系解析以v0的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得m1v0m1v1m2v2，又因碰撞过程中机械能守恒，故有m1vm1vm2v，两式联立得v1，v2.当m2m1时，m2越大，v1越大，选项A、B错误；碰撞过程中，A受到的冲量IAIBm2v2v0v0，可知m2越大，A受到的冲量越大，选项D正确；B受到的冲量与A受到的冲量大小相等、方向相反，因此m2越大，B受到的冲量也会越大，选项C正确答案CD三种碰撞解读1弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22v1v2v20时，v1v1v2v1讨论：(1)m1m2，v10，v2v1(速度交换)；(2)m1m2，v10，v20(碰后，两物体沿同一方向运动)；(3)m1m2，v1v1，v22v1；(4)m1m2，v10(碰后，两物体沿相反方向运动)；(5)m1m2，v1v1，v20；(6)m1、m2质量改变时，v2范围是0v2解得0.45答案0.45迁移二非弹性碰撞模型2(2019唐山高三期末)如图所示，质量为mB1 kg的物块B通过轻弹簧和质量为mC1 kg的物块C相连并竖直放置在水平地面上系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x00.1 m，另一质量为mA1 kg的物块A从距弹簧原长位置为x0处由静止释放，A、B、C三个物块的中心在同一竖直线上，A、B相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速度向下运动已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g10 m/s2，空气阻力可忽略不计(1)求A、B相碰后的瞬间，整体共同速度v的大小(2)求A、B相碰后，整体以a5 m/s2的加速度向下加速运动时，地面对物块C的支持力FN.(3)若要A、B碰后物块C能够离开地面，则物块A由静止释放的位置距物块B的高度h至少为多大？解析(1)A由静止释放到与B碰撞前，由动能定理得mAg2x0mAv0由于A与B碰撞结束后粘合为一个整体，则对A与B组成的系统，由动量守恒定律得mAv0(mAmB)v代入数据解得v1 m/s.(2)A、B相碰后，对A与B整体应用牛顿第二定律得(mAmB)gF弹(mAmB)a对C受力分析得FNmCgF弹代入数据解得FN20 N，方向竖直向上(3)对A从静止释放到与B碰撞前，由机械能守恒定律得mAghmAv0对A与B碰撞的过程，由动量守恒定律得mAv1(mAmB)v共从A、B碰后到C恰好离开地面的过程，初态弹簧弹性势能等于末态弹簧弹性势能若C恰好能离开地面，根据能量守恒定律得(mAmB)v(mAmB)g2x0解得h0.08 m，所以h至少为0.08 m.答案(1)1 m/s(2)20 N，方向竖直向上(3)0.08 m发生完全非弹性碰撞的两个物体，碰撞结束后粘在一起运动，此时系统损失的动能最大，而在碰撞的过程中系统的总动量守恒即m1v1m2v2(m1m2)v，Ek(m1m2)v2，Ek为碰撞过程中损失的动能常考的模型为“一动碰一静”模型(v20)：此时满足m1v1(m1m2)v，系统损失的机械能为Ekm1v(m1m2)v2，解得Ekm1v. 热点考向三“板块”模型问题【典例】(2019河北六校联考)如图所示，质量M4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑木块A以速度v010 m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动已知木块A的质量m1 kg，g取10 m/s2.求：(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能思路引领解析(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，则mv0(Mm)v解得vv0代入数据得木块A的速度v2 m/s(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为Epmmv(mM)v2mgL代入数据得Epm39 J.答案(1)2 m/s(2)39 J“板块”模型的解题思路“板块”模型一般至少涉及两个物体，包括多个运动过程，板块间存在相对运动解决“板块”模型问题，要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后对每一个过程建立动量守恒方程和能量守恒方程求解，必要时可以利用图像(如画出vt图像)分析运动情况(2019广东茂名五校联考)质量为2m的物体P静止在光滑水平地面上，其截面如图所示，ab段为光滑的竖直圆弧面，bc段是长度为L的粗糙水平面，质量为m的物块Q(可视为质点)静止在圆弧面的底端b.现给Q一方向水平向左的瞬间冲量I，Q滑到最高点a后返回，最终相对于P静止在水平面的右端c.重力加速度大小为g.求：(1)Q到达最高点时的速度大小v；(2)Q与bc段间的动摩擦因数；(3)P的最大速度vm.解析(1)设Q从b点滑上圆弧面的初速度大小为v0，取水平向左为正方向，根据动量定理有Imv0解得v0Q到达最高点时与P具有相同的速度(沿水平方向)，由P、Q组成的系统在水平方向上动量守恒，有mv0(m2m)v解得v.(2)经分析可知，Q最终相对P静止在c处时，它们的速度(相对地面)也为v根据能量守恒定律有mgLmv(m2m)v2解得.(3)Q由a点返回到b点时P的速度最大，设此时Q的速度为v1，系统在水平方向上动量守恒，则有mv0mv12mvmQ由b到a，再由a返回b的过程中，P、Q组成的系统机械能守恒，故mvmv2mv解得vm.答案(1)(2)(3)动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即I合mvmv0.对于碰撞、爆炸、反冲类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解(2)能量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程. 易错精析漏记碰撞、绳子绷紧等过程的机械能损失1(2018广东湛江一中等四校联考)如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，均静止在光滑水平台面上A、B间用一根不可伸长的轻质短细线相连初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，细线绷断后A的速度变为v0，A与C碰撞后粘连在一起求：(1)A与C粘连在一起时的速度大小；(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C粘连的过程中，系统损失的机械能解析(1)细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，则mv0mv02mvB解得vBv0.A与C发生完全非弹性碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒，有mv0(mm)v2解得v2v0.(2)运动全过程中，A、B、C组成的系统损失的机械能为Emvmv.答案(1)v0(2)mv2(2019吉林市毕业班第二次调研)如图所示，质量为m1的A物块在光滑地面上以v010 m/s的速度向右匀速运动质量分别为m2、m3的物块B与C由轻质并且处于原长状态的弹簧相连，B、C和弹簧静止放置在A的右侧，某时刻A与B碰撞后立刻粘连在一起已知m12 kg，m2m33 kg，求：(1)A与B碰撞粘连在一起后瞬间的速度大小；(2)此后运动过程中，弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能大小解析(1)A与B碰撞过程，以A、B为系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有m1v0(m1m2)v代入数据解得v4 m/s(2)弹簧第一次被压缩到最短时，A、B、C三个物块的速度相等，由动量守恒定律有m1v0(m1m2m3)v解得v2.5 m/s从A与B碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，由机械能守恒定律有(m1m2)v2(m1m2m3)v2Ep解得Ep15 J答案(1)4 m/s(2)15 J专题强化训练(八)一、选择题1(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为.下列说法正确的是()A高压水枪单位时间喷出的水的质量为vD2B高压水枪的功率为D2v3C水柱对煤层的平均冲力为D2v2D手对高压水枪的作用力水平向右解析设t时间内，从水枪喷出的水的体积为V，质量为m，则mV，VSvtD2vt，单位时间喷出水的质量为vD2，选项A错误t时间内水枪喷出的水的动能Ekmv2D2v3t，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为WEkD2v3t，高压水枪的功率PD2v3，选项B正确考虑一个极短时间t，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量定理，Ftmv，t时间内冲到煤层水的质量mD2vt，解得FD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为FFD2v2，选项C正确当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误答案BC2(2019河北名校联盟)如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求后时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，下列说法正确的是()A买者说的对B卖者说的对C公平交易D具有随机性，无法判断解析设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，则落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为m.在极短时间t内，取m为研究对象，这部分米很少，mdt，设其落到米堆上之前的速度为v，经t时间静止，取竖直向上为正方向，由动量定律得(Fmg)tmv即Fdvdtg，因t很小，故Fdv根据牛顿第三定律知FF，称米机的读数应为Mm1d因切断米流后空中尚有t时间内对应的米流在空中，故dm2可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分米的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，选项C正确答案C3(多选)(2019四川绵阳模拟)如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则()Am不能到达M上的B点Bm从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动Cm从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零DM与m组成的系统机械能定恒，水平方向动量守恒解析根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到右端两者有相同的速度有：0(mM)v，v0，再根据机械能守恒定律mgRmgh(mM)v2可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，m、M速度为零，A错误；m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B错误，C正确答案CD4(2019蓉城名校联盟)如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，在滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是()AA、B组成的系统动量和机械能都守恒BA、B组成的系统动量和机械能都不守恒C当B的速度为v0时，A的速度为v0D当A的速度为v0时，B的速度为v0解析由于木板A沿斜面体匀速下滑，所以此时木板A的合力为零，当小滑块B放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间有摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由动量守恒定律知C正确，D错误答案C5(多选)(2019华中师大附中五月模拟)如下图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以vv0(待定系数vB，解得，碰撞过程中损失的机械能EkmAv0，解得1，所以满足的条件是，A、B正确，C、D错误答案AB6(多选)(2019武汉外校模拟)质量M3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量m2 kg的小球(视为质点)通过长L0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态现给小球一个v03 m/s的竖直向下的初速度，取g10 m/s2，则()A小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m解析可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，有，解得x0.3 m，A正确，B错误根据动量守恒定律有0(mM)v，v0，由能量守恒定律得mvmgh(mM)v2，解得h0.45 m，C错误小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动距离为y，由几何关系得，m相对于M移动的水平距离sL1.35 m，根据水平方向动量守恒得0mM，解得y0.54 m，D正确答案AD7(多选)(2019东北师大附中一模)如下图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使A瞬间获得水平向右大小为3 m/s的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得()A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物体的质量之比为m1m212D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek218解析在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，t1时弹簧处于压缩状态，t3时弹簧处于拉伸状态，A、B错误由动量守恒定律有m1v0(m1m2)v共，可得m1m212.并由图可得在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek218，C、D正确答案CD8(多选)(2019湖北百校大联考)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前、后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前、后的两段图线相互平行，两冰壶质量均为19 kg，则()A碰后蓝壶速度为0.8 m/sB碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为54解析由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度分别为v01.0 m/s和v10.2 m/s，由系统动量守恒可得mv0mv1mv2，解得碰后蓝壶速度为v20.8 m/s，碰后蓝壶移动的距离为x0.85 m2 m，碰撞过程中两壶损失的动能为Ekmvmvmv3.04 J，红壶所受摩擦力f1ma119 N3.8 N，蓝壶所受摩擦力f2ma219 N3.04 N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1f254，故A、D正确，B、C错误答案AD9(2019福建省泉州市模拟三)如右图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hh0解析小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mvmv0，mm0，解得小车的位移：xR，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向总动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次由释放经半圆轨道冲出至最高点时，由动能定理得：mgWf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于mgh0，机械能的损失小于mgh0，因此小球第二次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，且小于h0，故D正确答案D二、非选择题10(2019江西南昌十校二模)如图所示，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，细绳的长度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：(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所做的功W.解析(1)B与C碰撞过程中动量守恒，由于碰后均停止，有mvB2mv0解得：vB2v0(2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则Epmv解得：vBO3v0绳子拉断过程，A、B系统动量守恒mvBOmvBmvA解得：vAv0绳对A所做的功为Wmvmv答案(1)2v0(2)mv11(2019全国卷)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 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l1.0 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Ek10.0 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0.20.重力加速度取g10 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(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？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0mAvAmBvBEkmAvmBv联立式并代入题给数据得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s(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mBamBgsBvBtat2vBat0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sAvAtat2联立式并代入题给数据得sA1.75 m，sB0.25 m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s0.25 m0.25 m0.50 m(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vA，由动能定理有mAvA2mAvmAg(2lsB)联立式并代入题给数据得vA m/s故A与B将发生碰撞设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvA2mAvA2mBvB2联立式并代入题给数据得vA m/s，vB 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sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式2asAvA2,2asBvB2由式及题给数据得sA0.63 m，sB0.28 msA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ssAsB0.91 m答案(1)4.0 m/s1.0 m/s(2)B先停止0.50 m(3)0.91 m28