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2021版高考物理（基础版）一轮复习学案：第六章 3素养探究课（五） 动量、能量、动力学观念——三种观点解决力学问题
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素养探究课(五) 动量、能量、动力学观念——三种观点解决力学问题
动量观点与动力学观点的综合应用[学生用书P123]
【题型解读】
动量观点与动力学观点的综合问题的求解方法
【跟进题组】
1．(多选)(2020·哈尔滨第三中学高三期末)
如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙．现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图象可能正确的是( )
解析：选ABC.开始时，两物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终速度相同．P、Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律：mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v，若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图象如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图象如图B所示；若mPvP
(1)木板开始时的初速度v0的大小；
(2)最后两物块之间的距离．
解析：(1)设物块A和木板的质量均为m，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1；由功能关系可得
μmgL＝mv－·2mv；联立解得v0＝3 m/s.
(2)设释放B后经时间t1木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都做匀减速运动，但不能保持相对静止. 设A、木板和B的加速度大小分别为aA、a和aB.根据牛顿第二定律得μmg＝maA,
μ·3mg－μmg＝ma，
μ·3mg＝3maB，
可得a＝5 m/s2>aA＝2.5 m/s2，说明木板减速比A更快，A相对板向右滑动；木板和B的速度达到相等，有v2＝v1－at1＝aBt1，解得t1＝0.2 s，B的位移为xB＝aBt；
此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋m＋3m)v3，解得末速度v3＝0.6 m/s；
A在(t1＋t2)时间内一直保持匀减速运动，有
v3＝v1－aA(t1＋t2)，
解得t2＝0.16 s；
在t2时间内B的位移为xB′＝t2，而A在(t1＋t2)时间内的位移为xA＝(t1＋t2)；
最后两物块之间的距离s＝L＋(xB′＋xB)－xA，
解得L＝0.66 m.
答案：(1)3 m/s (2)0.66 m
动量观点与能量观点的综合应用[学生用书P123]
【题型解读】
动量观点和能量观点的选取原则
动量观点
①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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0
②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，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
能量观点
①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
②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
③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
【跟进题组】
1.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1的过程，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②
mv＝ΔE＋(2m)v③
联立①②③式得ΔE＝mv.④
(2)由②式可知v2
mv－ΔE＝(3m)v＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv.
答案：(1)mv (2)mv
2．(2020·广东肇庆模拟)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的 圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以 的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，求：
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2) 圆弧槽C的半径R.
解析：(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝
由能量守恒定律有
μmgL＝mv－m－×2mv
解得μ＝.
(2)从A滑上C到“恰好能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有
m＋mvB＝2mvC 解得vC＝v0
由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有
mgR＝m＋mv－×2m
解得R＝.
答案：见解析
三大观点的综合应用[学生用书P124]
【题型解读】
1．解动力学问题的三个基本观点
力的观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
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
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.力的瞬时作用和力的空间积累作用
分类
对应
规律
规律内容
公式表达
力的
瞬时
作用
牛顿
第二
定律
物体的加速度大小与合外力成正比，与质量成反比，方向与合外力的方向相同
F合＝ma
力的
空间
积累
作用
动能
定理
外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量
W合＝ΔEk
功能
关系
一个力做了多少功，就有多少能从一种形式转化为其他形式
W＝W其他1＋W其他2＋…
机械能
守恒
定律
在只有重力(或弹力)做功的情况下，系统的机械能的总量保持不变
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
【跟进题组】
1．(2019·高考全国卷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(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(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．
(1)求物块B的质量；
(2)在图(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．
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＝m＋m′v′2②
联立①②式得m′＝3m.③
(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－m⑤
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＝mgH.⑩
(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·⑪
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′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，
由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得
＝.
答案：(1)3m (2)mgH (3)
2．如图所示，光滑的水平面AB与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点．用轻质细线连接甲、乙两小球(图中细线未画出)，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接．甲球的质量为m1＝0.1 kg，乙球的质量为m2＝0.3 kg，甲、乙两球静止在光滑的水平面上．现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点．重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两球可看做质点．
(1)求细线烧断前弹簧的弹性势能；
(2)若甲球不固定，烧断细线，求乙球离开弹簧后进入半圆轨道能达到的最大高度；
(3)若给甲、乙两球一向右的初速度v0的同时烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道仍恰好能通过D点，求v0的大小．
解析：(1)设乙球恰好能通过D点的速度为vD，m2g＝m2，vD＝
设弹簧的弹性势能为Ep，水平面为零势能面．
由机械能守恒得
Ep＝m2g×2R＋m2v
解得Ep＝2.4 J.
(2)甲、乙两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以乙球运动的方向为正方向
m2v2－m1v1＝0
Ep＝m1v＋m2v
对乙球由机械能守恒得m2gh＝m2v
解得h＝0.2 m
h
(m1＋m2)v0＝m1v1′＋m2v2′
(m1＋m2)v＋Ep＝m1v1′2＋m2v2′2
m2v2′2＝m2v＋2m2gR
解得v2′＝4 m/s，v1′＝－2v0(v1′＝2v0舍去)，
v0＝2 m/s.
答案：(1)2.4 J (2)0.2 m (3)2 m/s
合理选择解题方法
1．从研究对象上看
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．
2．从研究过程上看
(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律．
3．从所涉及的物理量看
(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．
当然任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一般情况下的选择原则，并不是一成不变的．总之，在解决问题时要根据问题的特点灵活而恰当地选择和应用．
[学生用书P126]
动量观点解决多阶段、多过程运动的技巧
【对点训练】
1．A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B两船速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3
D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1
解析：选B.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，B正确；经过n次跳跃后，A船速度为vA、B船速度为vB，则0＝mvA－vB，解得＝，A错误；A船最后获得的动能为EkA＝mv，B船(包括人)最后获得的动能为EkB＝v＝＝EkA，所以＝，C、D错误．
2．(2020·湖南长沙模拟)如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为 的小球A悬挂于O点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰．
(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值．
(2)若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？
解析：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则由机械能守恒定律有
gR＝·v
设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和能量守恒定律有
v0＝v1＋mv2
·v＝·v＋mv
设碰后小球A能上升的最大高度为H，由机械能守恒定律有
gH＝·v
所求cos θ＝
由以上各式解得cos θ＝.
(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B的速度为
v2＝
设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有mv2＝(m＋2m)v
μmgL＝mv－(m＋2m)v2
由以上各式解得L＝.
法二：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2＝
设小物块B运动位移为x1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为x2
对小物块B有μmg＝maB，v－v2＝2aBx1
对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aCx2，＝
木板的最小长度L＝x1－x2
由以上各式解得L＝.
答案：见解析
[学生用书P341(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1.如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是( )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：选A.如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒．综上所述，A正确．
2.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
解析：选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误．
3.(2020·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是( )
A．10 J B．50 J
C．70 J D．120 J
解析：选D.设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝.木块获得的动能为Ek＝Mv2＝＝·.系统产生的内能为Q＝mv－(M＋m)v2＝，可得Q＝Ek>50 J，当Q＝70 J时，可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，A、B、C错误；当Q＝120 J时，可得M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，D正确．
4．(2020·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选C.碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv，得v2＝1 m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋·2mv，解得v0＝1.5 m/s，C正确．
5．(2020·广西桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
解析：选C.A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球；碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确．
6.(2020·云南昆明二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止．若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
解析：选D.由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得，对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，则有子弹入射时的初动能EkA>EkB，故B错误，D正确．两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA>EkB，则mA
7．(2020·山东威海模拟)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )
A．碰撞前总动量大小为2mv
B．碰撞过程动量不守恒
C．碰撞后乙的速度大小为2v
D．碰撞属于非弹性碰撞
解析：选AC.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B错误；设碰撞后乙的速度为v′，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后总动能为0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D错误．
8.如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )
A．16 J B．11.2 J
C．4.8 J D．3.4 J
解析：选AB.法一：设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝mv－(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝Ek1>Ek1，故A、B正确．
法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的v－t图象如图所示，根据v－t图象与坐标轴所围面积表示位移，△OAt的面积表示木块的位移s，△OAv0的面积表示子弹相对木块的位移d，系统产生的内能Q＝fd，木块得到的动能Ek1＝fs，从图象中很明显可以看出d>s，故系统产生的内能大于木块得到的动能．
9.(2020·湖南常德一模)竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上．现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示．当A、B分离后，A上升0.2 m 到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．A、B分离时B的加速度为g
B．弹簧的弹力对B做功为零
C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·s
D．B的动量变化量为零
解析：选ABC.A、B分离时，二者的速度相等，加速度也相等，都等于重力加速度g，可知弹簧恢复原长时二者分离，A正确；A到最高点时弹簧恰恢复原长，可知弹簧对B做的功等于0，B正确；分离时二者速度相同，此后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度v＝＝ m/s＝2 m/s，上升到最高点所需的时间t＝＝0.2 s，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得mBgt＋IN＝mBv－(－mBv)，解得IN＝6 N·s，C正确；分离时B的速度方向向上，A上升0.2 m到达最高点时B的速度方向向下，所以B的动量变化量向下，一定不等于0，D错误．
10.(2020·湖南怀化高三模拟)如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 s
B．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 s
C．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/s
D．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s
解析：选AD.由h＝gt得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3 s，A正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s，玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝＝5 m/s，C错误；由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1 m/s，D正确；由动量定理得：－μ(M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5 s，B错误．
三、非选择题
11.如图所示，光滑水平面上，一半圆形槽B中间放一光滑小球A(可看成质点)，A、B质量均为2 kg.A、B共同以v0＝6 m/s的速度向右运动，质量为4 kg 的物体C静止在前方．B与C碰撞后黏合在一起运动，求：
(1)B、C碰撞后瞬间的速度大小；
(2)在以后的运动过程中，A速度等于零时重力势能的增加量．
解析：(1)设B、C碰撞后瞬间的速度为v1，根据水平方向动量守恒有
mBv0＝(mB＋mC)v1
解得v1＝2 m/s.
(2)设当A的速度为零时，B、C整体的速度为vBC，根据动量守恒定律有
mAv0＋mBv0＝(mB＋mC)vBC
解得vBC＝4 m/s
重力势能的增加量
ΔEp＝mAv＋(mB＋mC)v－(mB＋mC)v
解得ΔEp＝0
即当A的速度为零时，A处于B中最低点，重力势能增加量为零．
答案：(1)2 m/s (2)0
12．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m．物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．
解析：(1)物块A由初始位置到Q的过程，由动能定理得：
－mg×2R＝mv2－mv
解得：v＝4 m/s
设在Q点物块A受到轨道的弹力为F，受力分析如图所示
由牛顿第二定律得：mg＋F＝
解得：F＝－mg＝22 N．
(2)由机械能守恒定律知：物块A与B碰前的速度仍为v0＝6 m/s
A与B碰撞过程动量守恒，设碰后A、B的速度为v共
mv0＝2mv共解得v共＝v0＝3 m/s
设A与B碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s，由动能定理得－μ×2mgs＝0－×2mv
解得：s＝＝4.5 m
故k＝＝＝45.
(3)碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度等于滑离第n个(n＜k)粗糙段的速度
由动能定理得：－μ×2mgnL＝×2mv－×2mv
解得：vn＝＝(n＜45)．
答案：(1)4 m/s 22 N (2)45
(3)vn＝(n＜45)
动量观点与动力学观点的综合应用[学生用书P123]
【题型解读】
动量观点与动力学观点的综合问题的求解方法
【跟进题组】
1．(多选)(2020·哈尔滨第三中学高三期末)
如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙．现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图象可能正确的是( )
解析：选ABC.开始时，两物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终速度相同．P、Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律：mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v，若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图象如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图象如图B所示；若mPvP
(1)木板开始时的初速度v0的大小；
(2)最后两物块之间的距离．
解析：(1)设物块A和木板的质量均为m，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1；由功能关系可得
μmgL＝mv－·2mv；联立解得v0＝3 m/s.
(2)设释放B后经时间t1木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都做匀减速运动，但不能保持相对静止. 设A、木板和B的加速度大小分别为aA、a和aB.根据牛顿第二定律得μmg＝maA,
μ·3mg－μmg＝ma，
μ·3mg＝3maB，
可得a＝5 m/s2>aA＝2.5 m/s2，说明木板减速比A更快，A相对板向右滑动；木板和B的速度达到相等，有v2＝v1－at1＝aBt1，解得t1＝0.2 s，B的位移为xB＝aBt；
此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋m＋3m)v3，解得末速度v3＝0.6 m/s；
A在(t1＋t2)时间内一直保持匀减速运动，有
v3＝v1－aA(t1＋t2)，
解得t2＝0.16 s；
在t2时间内B的位移为xB′＝t2，而A在(t1＋t2)时间内的位移为xA＝(t1＋t2)；
最后两物块之间的距离s＝L＋(xB′＋xB)－xA，
解得L＝0.66 m.
答案：(1)3 m/s (2)0.66 m
动量观点与能量观点的综合应用[学生用书P123]
【题型解读】
动量观点和能量观点的选取原则
动量观点
①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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0
②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，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
能量观点
①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
②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
③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
【跟进题组】
1.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1的过程，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②
mv＝ΔE＋(2m)v③
联立①②③式得ΔE＝mv.④
(2)由②式可知v2
mv－ΔE＝(3m)v＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv.
答案：(1)mv (2)mv
2．(2020·广东肇庆模拟)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的 圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以 的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，求：
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2) 圆弧槽C的半径R.
解析：(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝
由能量守恒定律有
μmgL＝mv－m－×2mv
解得μ＝.
(2)从A滑上C到“恰好能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有
m＋mvB＝2mvC 解得vC＝v0
由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有
mgR＝m＋mv－×2m
解得R＝.
答案：见解析
三大观点的综合应用[学生用书P124]
【题型解读】
1．解动力学问题的三个基本观点
力的观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
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
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.力的瞬时作用和力的空间积累作用
分类
对应
规律
规律内容
公式表达
力的
瞬时
作用
牛顿
第二
定律
物体的加速度大小与合外力成正比，与质量成反比，方向与合外力的方向相同
F合＝ma
力的
空间
积累
作用
动能
定理
外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量
W合＝ΔEk
功能
关系
一个力做了多少功，就有多少能从一种形式转化为其他形式
W＝W其他1＋W其他2＋…
机械能
守恒
定律
在只有重力(或弹力)做功的情况下，系统的机械能的总量保持不变
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
【跟进题组】
1．(2019·高考全国卷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(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(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．
(1)求物块B的质量；
(2)在图(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．
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＝m＋m′v′2②
联立①②式得m′＝3m.③
(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－m⑤
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＝mgH.⑩
(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·⑪
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′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，
由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得
＝.
答案：(1)3m (2)mgH (3)
2．如图所示，光滑的水平面AB与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点．用轻质细线连接甲、乙两小球(图中细线未画出)，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接．甲球的质量为m1＝0.1 kg，乙球的质量为m2＝0.3 kg，甲、乙两球静止在光滑的水平面上．现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点．重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两球可看做质点．
(1)求细线烧断前弹簧的弹性势能；
(2)若甲球不固定，烧断细线，求乙球离开弹簧后进入半圆轨道能达到的最大高度；
(3)若给甲、乙两球一向右的初速度v0的同时烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道仍恰好能通过D点，求v0的大小．
解析：(1)设乙球恰好能通过D点的速度为vD，m2g＝m2，vD＝
设弹簧的弹性势能为Ep，水平面为零势能面．
由机械能守恒得
Ep＝m2g×2R＋m2v
解得Ep＝2.4 J.
(2)甲、乙两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以乙球运动的方向为正方向
m2v2－m1v1＝0
Ep＝m1v＋m2v
对乙球由机械能守恒得m2gh＝m2v
解得h＝0.2 m
h
(m1＋m2)v0＝m1v1′＋m2v2′
(m1＋m2)v＋Ep＝m1v1′2＋m2v2′2
m2v2′2＝m2v＋2m2gR
解得v2′＝4 m/s，v1′＝－2v0(v1′＝2v0舍去)，
v0＝2 m/s.
答案：(1)2.4 J (2)0.2 m (3)2 m/s
合理选择解题方法
1．从研究对象上看
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．
2．从研究过程上看
(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律．
3．从所涉及的物理量看
(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．
当然任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一般情况下的选择原则，并不是一成不变的．总之，在解决问题时要根据问题的特点灵活而恰当地选择和应用．
[学生用书P126]
动量观点解决多阶段、多过程运动的技巧
【对点训练】
1．A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B两船速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3
D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1
解析：选B.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，B正确；经过n次跳跃后，A船速度为vA、B船速度为vB，则0＝mvA－vB，解得＝，A错误；A船最后获得的动能为EkA＝mv，B船(包括人)最后获得的动能为EkB＝v＝＝EkA，所以＝，C、D错误．
2．(2020·湖南长沙模拟)如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为 的小球A悬挂于O点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰．
(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值．
(2)若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？
解析：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则由机械能守恒定律有
gR＝·v
设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和能量守恒定律有
v0＝v1＋mv2
·v＝·v＋mv
设碰后小球A能上升的最大高度为H，由机械能守恒定律有
gH＝·v
所求cos θ＝
由以上各式解得cos θ＝.
(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B的速度为
v2＝
设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有mv2＝(m＋2m)v
μmgL＝mv－(m＋2m)v2
由以上各式解得L＝.
法二：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2＝
设小物块B运动位移为x1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为x2
对小物块B有μmg＝maB，v－v2＝2aBx1
对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aCx2，＝
木板的最小长度L＝x1－x2
由以上各式解得L＝.
答案：见解析
[学生用书P341(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1.如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是( )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：选A.如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒．综上所述，A正确．
2.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
解析：选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误．
3.(2020·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是( )
A．10 J B．50 J
C．70 J D．120 J
解析：选D.设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝.木块获得的动能为Ek＝Mv2＝＝·.系统产生的内能为Q＝mv－(M＋m)v2＝，可得Q＝Ek>50 J，当Q＝70 J时，可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，A、B、C错误；当Q＝120 J时，可得M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，D正确．
4．(2020·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选C.碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv，得v2＝1 m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋·2mv，解得v0＝1.5 m/s，C正确．
5．(2020·广西桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
解析：选C.A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球；碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确．
6.(2020·云南昆明二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止．若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
解析：选D.由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得，对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，则有子弹入射时的初动能EkA>EkB，故B错误，D正确．两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA>EkB，则mA
7．(2020·山东威海模拟)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )
A．碰撞前总动量大小为2mv
B．碰撞过程动量不守恒
C．碰撞后乙的速度大小为2v
D．碰撞属于非弹性碰撞
解析：选AC.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B错误；设碰撞后乙的速度为v′，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后总动能为0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D错误．
8.如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )
A．16 J B．11.2 J
C．4.8 J D．3.4 J
解析：选AB.法一：设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝mv－(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝Ek1>Ek1，故A、B正确．
法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的v－t图象如图所示，根据v－t图象与坐标轴所围面积表示位移，△OAt的面积表示木块的位移s，△OAv0的面积表示子弹相对木块的位移d，系统产生的内能Q＝fd，木块得到的动能Ek1＝fs，从图象中很明显可以看出d>s，故系统产生的内能大于木块得到的动能．
9.(2020·湖南常德一模)竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上．现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示．当A、B分离后，A上升0.2 m 到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．A、B分离时B的加速度为g
B．弹簧的弹力对B做功为零
C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·s
D．B的动量变化量为零
解析：选ABC.A、B分离时，二者的速度相等，加速度也相等，都等于重力加速度g，可知弹簧恢复原长时二者分离，A正确；A到最高点时弹簧恰恢复原长，可知弹簧对B做的功等于0，B正确；分离时二者速度相同，此后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度v＝＝ m/s＝2 m/s，上升到最高点所需的时间t＝＝0.2 s，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得mBgt＋IN＝mBv－(－mBv)，解得IN＝6 N·s，C正确；分离时B的速度方向向上，A上升0.2 m到达最高点时B的速度方向向下，所以B的动量变化量向下，一定不等于0，D错误．
10.(2020·湖南怀化高三模拟)如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 s
B．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 s
C．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/s
D．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s
解析：选AD.由h＝gt得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3 s，A正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s，玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝＝5 m/s，C错误；由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1 m/s，D正确；由动量定理得：－μ(M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5 s，B错误．
三、非选择题
11.如图所示，光滑水平面上，一半圆形槽B中间放一光滑小球A(可看成质点)，A、B质量均为2 kg.A、B共同以v0＝6 m/s的速度向右运动，质量为4 kg 的物体C静止在前方．B与C碰撞后黏合在一起运动，求：
(1)B、C碰撞后瞬间的速度大小；
(2)在以后的运动过程中，A速度等于零时重力势能的增加量．
解析：(1)设B、C碰撞后瞬间的速度为v1，根据水平方向动量守恒有
mBv0＝(mB＋mC)v1
解得v1＝2 m/s.
(2)设当A的速度为零时，B、C整体的速度为vBC，根据动量守恒定律有
mAv0＋mBv0＝(mB＋mC)vBC
解得vBC＝4 m/s
重力势能的增加量
ΔEp＝mAv＋(mB＋mC)v－(mB＋mC)v
解得ΔEp＝0
即当A的速度为零时，A处于B中最低点，重力势能增加量为零．
答案：(1)2 m/s (2)0
12．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m．物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．
解析：(1)物块A由初始位置到Q的过程，由动能定理得：
－mg×2R＝mv2－mv
解得：v＝4 m/s
设在Q点物块A受到轨道的弹力为F，受力分析如图所示
由牛顿第二定律得：mg＋F＝
解得：F＝－mg＝22 N．
(2)由机械能守恒定律知：物块A与B碰前的速度仍为v0＝6 m/s
A与B碰撞过程动量守恒，设碰后A、B的速度为v共
mv0＝2mv共解得v共＝v0＝3 m/s
设A与B碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s，由动能定理得－μ×2mgs＝0－×2mv
解得：s＝＝4.5 m
故k＝＝＝45.
(3)碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度等于滑离第n个(n＜k)粗糙段的速度
由动能定理得：－μ×2mgnL＝×2mv－×2mv
解得：vn＝＝(n＜45)．
答案：(1)4 m/s 22 N (2)45
(3)vn＝(n＜45)
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