2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題17 動(dòng)量與能量（含解析）

專題17 動(dòng)量與能量【專題導(dǎo)航】目錄熱點(diǎn)題型一 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“子彈打木塊”模型1熱點(diǎn)題型二 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“彈簧碰撞”模型3熱點(diǎn)題型三應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“板塊”模型7熱點(diǎn)題型四應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決斜劈碰撞現(xiàn)象10【題型演練】13【題型歸納】熱點(diǎn)題型一 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“子彈打木塊”模型 s2ds1v0子彈打木塊實(shí)際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個(gè)典型，它的特點(diǎn)是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運(yùn)動(dòng)。下面從動(dòng)量、能量和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等多個(gè)角度來分析這一過程。設(shè)質(zhì)量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對(duì)子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。要點(diǎn)詮釋：子彈和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有對(duì)子彈用動(dòng)能定理： 對(duì)木塊用動(dòng)能定理： 相減得： 對(duì)子彈用動(dòng)量定理：對(duì)木塊用動(dòng)量定理：【例1】(2019·江蘇蘇北三市模擬)光滑水平地面上有一靜止的木塊，子彈水平射入木塊后未穿出，子彈和木塊的vt圖象如圖所示已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，從子彈射入木塊到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，木塊動(dòng)能增加了50 J，則此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()A10 J B50 J C70 J D120 J【答案】D.【解析】設(shè)子彈的初速度為v0，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v，木塊的質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得v.木塊獲得的動(dòng)能為EkMv2·.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Qmv(Mm)v2，可得QEk>50 J，當(dāng)Q70 J時(shí)，可得Mm25，因已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；當(dāng)Q120 J時(shí)，可得Mm75，木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，選項(xiàng)D正確【變式1】(2019·山東六校聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍兩種射入過程相比較()A射入滑塊A的子彈速度變化大 B整個(gè)射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大C射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍D兩個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同【答案】BD【解析】在子彈打入滑塊的過程中，子彈與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，mv0(Mm)v，兩種情況下子彈和滑塊的末速度相同，即兩種情況下子彈的速度變化量相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；兩滑塊質(zhì)量相同，且最后的速度相同，由動(dòng)量定理可知，兩滑塊受到的沖量相同，B項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理可知，兩種射入過程中阻力對(duì)子彈做功相同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量與系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同，D項(xiàng)正確【變式2】如圖所示，質(zhì)量為m245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M0.5 kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4。質(zhì)量為m05 g的子彈以速度v0300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10 m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈與物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t。【答案】(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s【解析】(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為最大速度，由動(dòng)量守恒定律可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s。(3)對(duì)物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得t1 s。熱點(diǎn)題型二 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“彈簧碰撞”模型A A B A B A Bv1vv1/v2/ 兩個(gè)物體在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時(shí)間極短，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。仔細(xì)分析一下碰撞的全過程：設(shè)光滑水平面上，質(zhì)量為的物體A以速度向質(zhì)量為的靜止物體B運(yùn)動(dòng)，B的左端連有輕彈簧。在位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到位置A、B速度剛好相等（設(shè)為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠(yuǎn)離，彈簧開始恢復(fù)原長(zhǎng)，到位置彈簧剛好為原長(zhǎng)，A、B分開，這時(shí)A、B的速度分別為。全過程系統(tǒng)動(dòng)量一定是守恒的；而機(jī)械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。（1）彈簧是完全彈性的。系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能最小而彈性勢(shì)能最大；彈性勢(shì)能減少全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；因此、狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動(dòng)量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：。（這個(gè)結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）（2）彈簧不是完全彈性的。系統(tǒng)動(dòng)能減少，一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和相同，彈性勢(shì)能仍最大，但比??；彈性勢(shì)能減少，部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因?yàn)槿^程系統(tǒng)動(dòng)能有損失（一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。（3）彈簧完全沒有彈性。系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和相同，但沒有彈性勢(shì)能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運(yùn)動(dòng)，不再有過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞?？梢宰C明，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動(dòng)能損失最大，為：。【例2】(2019·衡水中學(xué)模擬)如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L4.0 m，傳送帶以恒定速率v3.0 m/s沿順時(shí)針方向勻速傳送三個(gè)質(zhì)量均為m1.0 kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)滑塊A以初速度v02.0 m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生彈性碰撞后黏合在一起，碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A與B碰撞過程中滑塊C的速度仍為零因碰撞使連接B、C的細(xì)繩受到擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離滑塊C脫離彈簧后以速度vC2.0 m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)求滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大?。?2)求滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；(3)若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？【答案】見解析【解析】(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x由牛頓第二定律得mgma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vvCat，xvCtat2代入數(shù)據(jù)可得x1.25 m<L故滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為3.0 m/s.(2)設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2由動(dòng)量守恒定律有mAv0(mAmB)v1，(mAmB)v1(mAmB)v2mCvCA、B碰撞后，彈簧伸開的過程中系統(tǒng)能量守恒，則有Ep(mAmB)v(mAmB)vmCv代入數(shù)據(jù)可解得Ep1.0 J.(3)在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值vm，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳送帶的速度v設(shè)A與B碰撞后的速度為v1，與滑塊C分離后A與B的速度為v2，滑塊C的速度為vCC在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v3 m/s，加速度大小為2 m/s2由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得v2v2(a)L，解得vC5 m/s以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得，A、B碰撞過程有mAvm(mAmB)v1彈簧伸開過程有(mAmB)v1mCvC(mAmB)v2在彈簧伸展的過程中，由能量守恒定律得Ep(mAmB)v(mAmB)vmCv聯(lián)立以上幾式并代入數(shù)據(jù)解得vm7.1 m/s.【變式1】(2019·江西上饒六校一聯(lián))如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()AA物體的質(zhì)量為3m BA物體的質(zhì)量為2mC彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02 D彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02【答案】AC【解析】彈簧固定，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢(shì)能最大，A的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，A及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則知彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢(shì)能等于A的初動(dòng)能，設(shè)A的質(zhì)量為mA，即有EpmmAv02當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時(shí)，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運(yùn)動(dòng)，A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，選取A的初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mA·2v0(mmA)v由機(jī)械能守恒定律得：EpmmA(2v0)2(mAm)v2解得：mA3m，Epmmv02故A、C正確，B、D錯(cuò)誤【變式2】(2018·本溪聯(lián)考)如圖所示，CDE為光滑的軌道，其中ED段是水平的，CD段是豎直平面內(nèi)的半圓，與ED相切于D點(diǎn)，且半徑R0.5 m，質(zhì)量m0.1 kg的滑塊A靜止在水平軌道上，另一質(zhì)量M0.5 kg的滑塊B前端裝有一輕質(zhì)彈簧(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v0向左運(yùn)動(dòng)并與滑塊A發(fā)生彈性正碰。若相碰后滑塊A滑上半圓軌道并能過最高點(diǎn)C，取重力加速度g10 m/s2，問：(1)B滑塊至少要以多大速度向前運(yùn)動(dòng)；(2)如果滑塊A恰好能過C點(diǎn)，滑塊B與滑塊A相碰過程中輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢(shì)能為多少？【答案】(1)3 m/s(2)0.375 J【解析】(1)設(shè)滑塊A過C點(diǎn)時(shí)速度為vC，B與A碰撞后，B與A的速度分別為v1、v2，B碰撞前的速度為v0，過圓軌道最高點(diǎn)的臨界條件是重力提供向心力，由牛頓第二定律得mgm，由機(jī)械能守恒定律得mvmg·2Rmv，B與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得Mv0Mv1mv2，由機(jī)械能守恒定律得MvMvmv，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v03 m/s。(2)由于B與A碰撞后，當(dāng)兩者速度相同時(shí)有最大彈性勢(shì)能Ep，設(shè)共同速度為v、A、B碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得Mv0(Mm)v，由機(jī)械能守恒定律得MvEp(Mm)v2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Ep0.375 J。熱點(diǎn)題型三應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“板塊”模型1用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析“滑塊木板”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)。(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長(zhǎng)之間的關(guān)聯(lián)。2用動(dòng)量和功能觀點(diǎn)分析“滑塊木板”模型要抓住一個(gè)條件和兩個(gè)分析及一個(gè)規(guī)律。(1)一個(gè)條件滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零是系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件。(2)兩個(gè)分析分析滑塊和木板相互作用過程的運(yùn)動(dòng)分析和作用前后的動(dòng)量分析。(3)一個(gè)規(guī)律能量守恒定律是分析相互作用過程能量轉(zhuǎn)化必定遵守的規(guī)律，且牢記摩擦生熱的計(jì)算公式Qf·d相對(duì)?！纠?】(2019·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，用長(zhǎng)為R的不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為 的小球A懸掛于O點(diǎn)在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置于長(zhǎng)木板C的左端靜止將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與小物塊B發(fā)生彈性正碰(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角的余弦值(2)若長(zhǎng)木板C的質(zhì)量為2m，小物塊B與長(zhǎng)木板C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度至少為多大，小物塊B才不會(huì)從長(zhǎng)木板C的上表面滑出？【答案】見解析【解析】(1)設(shè)小球A與小物塊B碰前瞬間的速度為v0，則有g(shù)R·v設(shè)碰后小球A和小物塊B的速度分別為v1和v2，有v0v1mv2·v·v·mv設(shè)碰后小球A能上升的最大高度為H，有g(shù)H·v所求cos 由以上各式解得cos .(2)法一：由(1)可求得碰后小物塊B的速度為v2設(shè)小物塊B與長(zhǎng)木板C相互作用達(dá)到的共同速度為v，長(zhǎng)木板C的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，有mv2(m2m)vmgLmv(m2m)v2由以上各式解得L.法二：由(1)可求得碰后小物塊B的速度為v2設(shè)小物塊B運(yùn)動(dòng)位移為x1時(shí)，小物塊B、長(zhǎng)木板C達(dá)到共同速度v，此時(shí)長(zhǎng)木板C運(yùn)動(dòng)的位移為x2對(duì)小物塊B有mgmaB，vv22aB·x1對(duì)長(zhǎng)木板C有mg2maC，v22aC·x2，木板的最小長(zhǎng)度Lx1x2由以上各式解得L.【變式1】(2019·廣東六校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺(tái)上的物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)，圖乙為物體A與小車B的vt圖象，由此可知()A小車上表面長(zhǎng)度 B物體A與小車B的質(zhì)量之比C物體A與小車B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù) D小車B獲得的動(dòng)能【答案】BC【解析】.由圖象可知，A、B最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車上表面長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得，mAv0(mAmB)v1，解得：，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道物體A相對(duì)小車B的位移xv0t1，根據(jù)能量守恒得：mAgxmAv(mAmB)v，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤【變式2】(2019·廣東肇慶模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一塊長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，其上表面粗糙在其左端有一個(gè)光滑的 圓弧槽C與長(zhǎng)木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上現(xiàn)有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B，并以 的速度滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)A、B、C的質(zhì)量均為m，求：(1)滑塊A與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2) 圓弧槽C的半徑R.【答案】見解析【解析】(1)對(duì)A、B、C整體，設(shè)A剛離開B時(shí)，B和C的共同速度為vB，從A滑上B到剛離開B的過程中動(dòng)量守恒，有mv0m2mvB，解得vB由能量守恒定律有mgLmvm×2mv解得.(2)從A滑上C到“恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)”的過程中，設(shè)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)A和C的共同速度為vC，研究A和C組成的系統(tǒng)，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律有mmvB2mvC，解得vCv0由于在此過程中A和C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mgRmmv×2m解得R.熱點(diǎn)題型四應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決斜劈碰撞現(xiàn)象【例6】在光滑水平面上放有一質(zhì)量為帶光滑弧形槽的小車，一質(zhì)量為的小球以速度沿水平槽口滑上小車，如圖討論下列問題1、小球能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度（設(shè)小球不會(huì)從小車右端滑出）2、求小車的最大速度3、當(dāng)小球從小車左端脫離后將做什么運(yùn)動(dòng)？【答案】：【解析】1、當(dāng)小球滑至弧形槽內(nèi)的最大高度時(shí)，設(shè)小球和小車具有共同速度，對(duì)小球和小車組成的系統(tǒng)，由水平方向動(dòng)量守恒有：設(shè)小球能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度為，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：由解得：2、當(dāng)小球滑至弧形槽內(nèi)的最大高度后，又會(huì)從弧形槽內(nèi)滑下，小球剛滑離小車時(shí)小車速度最大，設(shè)此時(shí)小球速度為，小車具有向右的速度為，以向右為速度正方向，由水平方向動(dòng)量守恒有：由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：由解得：，3、由上面解得知：當(dāng)時(shí)，小球從小車左端脫離后做自由落體運(yùn)動(dòng)；當(dāng)時(shí)，小球從小車左端脫離后向右做平拋運(yùn)動(dòng)；當(dāng)時(shí)，即小球脫離小車時(shí)速度向左，則小球從小車上脫離后向左做平拋運(yùn)動(dòng)【簡(jiǎn)評(píng)】：此題中兩物體間通過彈力發(fā)生相互作用，系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒當(dāng)小球滑至弧形槽內(nèi)的最大高度時(shí)兩物體具有共同速度，此時(shí)類似“完全非彈性碰撞”，系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為小球增加的勢(shì)能對(duì)小球從沖上小車又滑離小車的全過程，類似“彈性碰撞”，全過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒【變式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(duì)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(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g=10m/s2.(1)小孩將冰塊推出時(shí)的速度大小(2)求斜面體的質(zhì)量；(3)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?【答案】（1）1m/s（2）20kg(3) 冰塊不能追上小孩【解析】（1）小孩與冰塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒可得，解得（向右）（2）對(duì)于冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒可得，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得，解得：M=20kg （3）冰塊與斜面：根據(jù)機(jī)械能守恒，可得，解得：（向右）因?yàn)?，所以冰塊不能追上小孩【變式2】在光滑的冰面上放置一個(gè)截面圓弧為四分之一圓的半徑足夠大的光滑自由曲面體,一個(gè)坐在冰車上的小孩手扶一小球靜止在冰面上。已知小孩和冰車的總質(zhì)量為m1小球的質(zhì)量為m2，曲面體的質(zhì)量為m3.某時(shí)刻小孩將小球以v0=4m/s的速度向曲面體推出(如圖所示).(1)求小球在圓弧面上能上升的最大高度；(2)若m1=40kg,m2=2kg小孩將球推出后還能再接到小球,試求曲面質(zhì)量m3應(yīng)滿足的條件。【答案】（1）（2）m3>kg；【解析】試題分析：對(duì)小球與曲面進(jìn)行研究，由動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒定律可列式求解；分析小孩與球，球和曲面，由動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的條件。（1）小球與曲面組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：由動(dòng)能定理得：解得：(2)小孩推出球的過程小孩與球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：球與曲面組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：由機(jī)械能守恒定律得：解得：；如果小孩將球推出后還能再接到球,則需要滿足：v2>v1解得：【點(diǎn)睛】：本題主要考查了動(dòng)量守恒和定能定理的綜合應(yīng)用，要注意正確選擇研究對(duì)象及過程，明確動(dòng)量守恒的條件，并能正確應(yīng)用相應(yīng)規(guī)律求解?！绢}型演練】1.如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)在小球A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)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運(yùn)動(dòng)小球B與墻壁碰撞后以原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1m2為()A75 B13 C21 D53【答案】D【解析】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m1v0m1v1m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動(dòng)能，故根據(jù)能量守恒定律有m1vm1vm2v，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v1v2PO(PO2PQ)15，聯(lián)立三式可得m1m253，D正確2 (2019·河南焦作質(zhì)檢)質(zhì)量分別為ma1 kg和mb2 kg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，無法判斷【答案】A【解析】由x ­t圖象可知，碰撞前，va3 m/s，vb0，碰撞后，va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前的總動(dòng)能為mavmbv J，碰撞后的總動(dòng)能為mava2mbvb2 J，故機(jī)械能守恒；碰撞前的總動(dòng)量為mavamavb3 kg·m/s，撞后的總動(dòng)量為mavambvb3 kg·m/s，故動(dòng)量守恒，所以該碰撞屬于彈性碰撞，A正確3(2019·湖南師大附中模擬)質(zhì)量為m，速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的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球的速度可能值為()A0.6v B0.4v C0.2v D0.3v【答案】BD【解析】若vB0.6v，選v的方向?yàn)檎蓜?dòng)量守恒得：mvmvA3m·0.6v，得vA0.8v，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ekmv2.碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為：Ekmv×3mv>mv2 ，違反了能量守恒定律，不可能，故A錯(cuò)誤；若vB0.4v，由動(dòng)量守恒得：mvmvA3m·0.4v，得vA0.2v，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為：Ekmv×3mv<mv2，不違反能量守恒定律，是可能的，故B正確；A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有：mv(m3m)vB，vB0.25v，這時(shí)B獲得的速度最小，所以vB0.2v，是不可能的，故C錯(cuò)誤；若vB0.3v，由動(dòng)量守恒得：mvmvA3m·0.3v，解得：vA0.1v，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ekmv×3mv<mv2，不違反能量守恒定律，是可能的，故D正確4如圖所示，一質(zhì)量M3.0 kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m1.0 kg的小木塊A.給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離木板B.在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小可能是()A1.8 m/s B2.4 m/s C2.6 m/s D3.0 m/s【答案】BC【解析】A先向左減速到零，再向右做加速運(yùn)動(dòng)，在此期間，木板做減速運(yùn)動(dòng)，最終它們保持相對(duì)靜止，設(shè)A減速到零時(shí)，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則MvmvMv1，Mv1(Mm)v2，可得v1 m/s，v22 m/s，所以在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0 m/s而小于 m/s，故選項(xiàng)B、C正確5.(2019·山東威海模擬)如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，則()A碰撞前總動(dòng)量大小為2mv B碰撞過程動(dòng)量不守恒C碰撞后乙的速度大小為2v D碰撞屬于非彈性碰撞【答案】選AC【解析】.取向右為正方向，碰撞前總動(dòng)量為3mvmv2mv，A正確；碰撞過程兩滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；設(shè)碰撞后乙的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得3mvmv0mv，解得v2v，C正確；碰撞前總動(dòng)能為·3mv2mv22mv2，碰撞后總動(dòng)能為0m(2v)22mv2，碰撞前后無機(jī)械能損失，碰撞屬于彈性碰撞，D錯(cuò)誤6.(2019·陜西榆林質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m22 kg和m33 kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間有壓縮著的輕彈簧(與m2、m3不拴接)質(zhì)量為m11 kg的物體以速度v09 m/s向右沖來，為防止沖撞，釋放彈簧將m3物體發(fā)射出去，m3與m1碰撞后粘合在一起試求：(1)m3的速度至少為多大，才能使以后m3和m2不發(fā)生碰撞；(2)為保證m3和m2恰好不發(fā)生碰撞，彈簧的彈性勢(shì)能至少為多大【答案】(1)1 m/s(2)3.75 J【解析】(1)設(shè)m3發(fā)射出去的速度為v1，m2的速度為v2，以向右的方向?yàn)檎较?，?duì)m2、m3，由動(dòng)量守恒定律得：m2v2m3v10.只要m1和m3碰后速度不大于v2，則m3和m2就不會(huì)再發(fā)生碰撞，m3和m2恰好不相撞時(shí)，兩者速度相等對(duì)m1、m3，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0m3v1(m1m3)v2解得：v11 m/s即彈簧將m3發(fā)射出去的速度至少為 1 m/s.(2)對(duì)m2、m3及彈簧，由機(jī)械守恒定律得：Epm3vm2v3.75 J.7(2019·遼寧撫順模擬)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(shì)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【答案】(1)mgh(2)h【解析】(1)A下滑與B碰撞前，根據(jù)機(jī)械能守恒得3mgh×3mvA與B碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒得3mv14mv2彈簧最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，根據(jù)能量守恒得Epmax×4mvmgh(2)根據(jù)題意，A與B分離時(shí)A的速度大小為v2，A與B分離后沿圓弧面上升到最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒得3mgh×3mv解得hh8.如圖所示，木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺(tái)階相距x。與滑塊B (可視為質(zhì)點(diǎn))相連的細(xì)線一端固定在O點(diǎn)。水平拉直細(xì)線并給B一個(gè)豎直向下的初速度，當(dāng)B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好被拉斷，B從A右端的上表面水平滑入。A與臺(tái)階碰撞無機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力。已知A的質(zhì)量為2m, B的質(zhì)量為m。A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為；細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)、能承受的最大拉力為B重力的5倍；A足夠長(zhǎng)，B不會(huì)從A表面滑出，重力加速度為g。(1)求B的初速度大小v0和細(xì)線被拉斷瞬間B的速度大小v1；(2)若A與臺(tái)階只發(fā)生一次碰撞，求x滿足的條件；(3)x在滿足(2)條件下，討論A與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度。【答案】見解析【解析】(1)滑塊B從釋放到最低點(diǎn)，機(jī)械能守恒，有：mvmgLmv在最低點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：Tmg又：T5mg聯(lián)立得：v0，v12。(2)設(shè)A與臺(tái)階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，由動(dòng)量守恒mv1mvB2mvA若A與臺(tái)階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：|2mvA|mvB|對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx×2mv聯(lián)立解得：x即A與臺(tái)階只能碰撞一次的條件是： x。(3)設(shè)xx0時(shí)，A左端到與臺(tái)階碰撞前瞬間，A、B恰好達(dá)到共同速度vAB，由動(dòng)量守恒mv1(m2m)vAB對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理： mgx0×2mv聯(lián)立得x0。()當(dāng)xx0，即x時(shí)，A、B共速后A與臺(tái)階碰撞。由可得A與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度：vA1vAB。()當(dāng)x0x即x時(shí)，A、B共速前A就與臺(tái)階碰撞，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx×2mvA與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度：vA2。9.如圖，質(zhì)量為1 kg的小車A上用長(zhǎng)的輕繩懸掛著質(zhì)量為2 kg的小球B，兩者一起以4 m/s的速度沿光滑水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻，小車A與靜止在水平面上的質(zhì)量為1 kg的小車C發(fā)生正碰并粘連在一起。重力加速度取10 m/s2。求：(1)小球B能擺起的最大高度H；(2)小車C的最大速度的大小 ?！敬鸢浮?、【解析】(1)A與C的碰撞動(dòng)量守恒得設(shè)A、B、C同速時(shí)速度為，由水平方向動(dòng)量守恒得由能量守恒得解得(2)當(dāng)B擺回最低點(diǎn)時(shí)，C的速度最大，由水平方向動(dòng)量守恒(碰后系統(tǒng)機(jī)械能守恒解得。10.(2019·寧夏銀川一中模擬)如圖所示，有一質(zhì)量為M2 kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為m1 kg的小物塊A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，由車上P處開始，A以初速度v12 m/s向左運(yùn)動(dòng)，B同時(shí)以v24 m/s向右運(yùn)動(dòng)最終A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒有脫離小車兩物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，g取10 m/s2.求：(1)求小車總長(zhǎng)L；(2)物塊B在小車上滑動(dòng)的過程中產(chǎn)生的熱量QB；(3)從物塊A、B開始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí)，經(jīng)6 s小車離原位置的距離x.【答案】(1)9.5 m(2)7.5 J(3)1.625 m【解析】(1)設(shè)最后達(dá)到共同速度v，取向右為正方向，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、能量守恒：mv2mv1(2mM)vmgLmv12mv22(2mM)v2解得：v0.5 m/s，L9.5 m.(2)設(shè)物塊A離小車左端的距離為x1，從A開始運(yùn)動(dòng)至左端歷時(shí)t1，在A運(yùn)動(dòng)至左端前，小車是靜止的mgmaAv1aAt1x1aAt12聯(lián)立可得t12 s，x12 m所以物塊B離小車右端的距離x2Lx17.5 m，所以QBmgx27.5 J.(3)設(shè)從開始到達(dá)到共同速度歷時(shí)t2，則vv2aBt2mgmaB聯(lián)立可得：t23.5 s小車在t1前靜止，在t1至t2之間以加速度a向右加速：mg(Mm)a此時(shí)小車向右運(yùn)動(dòng)的位移x3a(t2t1)2接下去三個(gè)物體組成的系統(tǒng)以v共同勻速運(yùn)動(dòng)了x4v(6 st2)聯(lián)立以上式子，解得小車在6 s內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的總距離xx3x41.625 m.20