《（通用版）2020高考物理二轮复习专题教案：二能量与动量第5课时动量与能量观点的综合应用教案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2020高考物理二轮复习专题教案：二能量与动量第5课时动量与能量观点的综合应用教案.docx（22页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第5课时动量与能量观点的综合应用考点动量定理与动量守恒定律的应用1动量定理(1)公式：Ftppp(2)理解：等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式v1、v2是以同一惯性参考系为参照的；p的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是p的方向一定与F的方向一致2动量守恒定律(1)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2或pp，或p0，或p1p2.(2)守恒条件系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程3应用技巧(1)动量定理没有适用条件
2、，在计算与时间有关的问题或求平均冲力时可以用(2)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统(3)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，区分内力和外力(4)两规律都是矢量式，书写时要规定正方向例1(2019山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度如图1所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图象图中作出了t0.5s时刻的切线，小球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，求：图1(1)小球在t0.5s时刻的加速度大小；(2)小球
3、最终的收尾速度的大小；(3)小球从静止下落到t0.5s时刻的位移大小答案(1)4m/s2(2)m/s(3)m解析(1)由题图图象可知：a4m/s2(2)设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当v4m/s时，有：mgkvma达到最大速度时，有mgkvm联立解得：k，vmm/s(3)在0到t0.5s内对小球由动量定理可得mgtkvitmv0，即：mgtkxmv0解得：xm.变式训练1(2019全国卷16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8106N，则它在1s
4、时间内喷射的气体质量约为()A1.6102kgB1.6103kgC1.6105kgD1.6106kg答案B解析根据动量定理有Ftmv0，解得mt1.6103kg，所以选项B正确2.(2019山西晋中市适应性调研)如图2所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用力F分别按下图A、B、C、D所示的四种方式随时间t变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿水平向右为正方向)已知物体在t0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2s末的速率，则这四个速率中最大的是()图2答案A解析物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理，有
5、：Imv0，故力F的冲量最大时，末速度最大；图中t图线与t轴包围的“面积”与冲量大小成正比，上方冲量为正，下方冲量为负，由于A图中冲量的矢量和最大，故A图中物体的末速度最大，故选A.例2(2019江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图3甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲2kg，m乙4kg.乙球与水平面间的动摩擦因数0.2.现给甲球一个水平向右的速度，大小为v15m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v11 m/s.图3(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如
6、图乙所示，试求3s末乙球的速度大小答案(1)3 m/s(2)0.75 m/s解析规定水平向右为正方向(1)由动量守恒定律有：m甲v1m甲(v1)m乙v2解得：v23m/s；(2)由动量定理有：IFm乙gtm乙v2m乙v2IF(210)3Ns15Ns解得：v20.75m/s.变式训练3(2019宁夏银川市六盘山上学期期末)如图4所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为()图4A.，0B.，2mv0C.，D.，2mv0答案D解析子弹射入
7、木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得：v；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即木块回到A位置时的速度大小v；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，规定水平向右为正方向，根据动量定理得：I(Mm)vmv02mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选D.考点碰撞类问题1三类碰撞的特点2基本思路(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，还有不计阻力的抛体运动，机械能
8、一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析3熟记结论“一动碰一静”：两物体(m1初速度为v0，m2静止)发生弹性正碰后的速度v1v0，v2v0.例3(2019山东日照市上学期期末)如图5所示，光滑的水平桌面上放置一质量M4kg、长L0.6m的长木板B，质量m1kg的小木块A(可看成质点)放在长木板的左端，开始A、B均处于静止状态现有一个与A完全相同的小木块C从长木板右侧以v06m/s的初速度冲向长木板，碰后以v12 m/s的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块A恰好不从长木板上滑下取重力加速度g10m/s2.求：图5(1)碰后瞬间长木
9、板B的速度；(2)小木块A与长木板间的动摩擦因数答案(1)2m/s，方向向左(2)0.27解析(1)规定向左为正方向，对B、C系统，由动量守恒定律得：mv0Mvmv1代入数据解得：v2m/s，方向向左.(2)A与B作用过程，对A、B系统，由动量守恒定律得：Mv(Mm)v共代入数据解得：v共1.6m/s由能量守恒定律有：mgLMv2(mM)v代入数据解得：0.27.变式训练4.(多选)(2019吉林“五地六校”合作体联考)如图6所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连)，下列说法正确的是()图6A
10、轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mvB轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为mv2C弹簧恢复原长时，A的动量一定为零DA、B两物体组成的系统机械能守恒答案AC解析A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，由动量守恒有mv2mv共，可得v共，则此时A的动能为EkAmvmv2，故B错误；A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中，A和B及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有：mvmvAmvB，mv2mvmv，可得vA0，vBv，故C正确；A、B
11、系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A、B及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D错误5(2019河南名校联盟高三下学期2月联考)如图7所示，小木块用细线吊在O点，此刻小物块的重力势能为零一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角(090)如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差E，有()图7A角增大，E也增大B角增大，E减小C角减小，E增大D角减小，E也减小答案C解析小木块质量增大，由动量守恒可知，小木块与子弹的共同速度减小，
12、则最大摆角减小，又Emv(Mm)v2，且v，联立解得E，则M增大时，E增大，C正确6.(2019重庆市部分区县第一次诊断)如图8，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，不计b球与立柱碰撞的能量损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP中点，则a、b球质量之比Mm为()图8A35B13C23D12答案A解析设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2.由题意有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a球，则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为：s1s213，根据svt得：v23v1，以水平向右为正方向
13、，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：Mv0M(v1)mv2，由机械能守恒定律得：MvMvmv，解得Mm35，A正确考点动力学、动量和能量观点的综合应用1三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动等问题(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及物体间的相互作用问题(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律2选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的
14、问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决3系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)例4(2019全国卷25)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9(a)所示t0时刻，小物块
15、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vt图像如图(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，不计空气阻力图9(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答案(1)3m(2)mgH
16、(3)解析(1)根据题图(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mv1mmvmvm2mv2联立式得m3m(2)在题图(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Ff，下滑过程中所经过的路程为s1，返回过程中所经过的路程为s2，P与水平轨道的高度差为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgHFfs1mv0(Ffs2mgh)0m2从题图(b)所给出的vt图线可知s1v1t1s2(1.4t1t1)由几何关系得：物块A在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为WFfs1Ffs2
17、联立式可得WmgH(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有Wmgcos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mgs0mv2设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有mghmgcosmgs0联立式可得.变式训练7(2019全国卷25)一质量为m2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图10(a)中的图线图(a)中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8s；t1t2时间段为刹车系统
18、的启动时间，t21.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m.图10(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?答案见解析解析(1)vt图线如图所示(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度
19、为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取t1s，设汽车在t2(n1)tt2nt内的位移为sn，n1,2,3.若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速度为v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v2ta(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4m/s这说明在t24t时刻前，汽车已经停止因此，式不成立由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8m/s2，v228 m/s或者am/s2，v229.76 m/s但式情形下，v30，不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定
20、工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为If1(t2t1)由动量定理有Imv1mv2由动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wmvmv联立式，代入已知数据解得v130m/sW1.16105J从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立式，代入已知数据解得s87.5m专题突破练级保分练1(2019福建泉州市质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下，假设两冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，且比例系数相同，甲的质量是乙的2倍，则下落过程中()A甲的最大加速度是乙的2倍B甲的最大速度
21、是乙的2倍C甲的最大动量是乙的倍D甲的最大动能是乙的4倍答案D解析冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，所以下落过程中速度为0时加速度最大，冰雹只受重力，所以最大加速度均为g，故A错误；当冰雹的重力与阻力相等时加速度为0，速度最大，即有mgkv2，得：v，由于甲的质量是乙的2倍，所以甲的最大速度是乙的倍，故B错误；动量pmv，由于甲的质量是乙的2倍，甲的最大速度是乙的倍，所以甲的最大动量是乙的2倍，故C错误；动能Ekmv2，由于甲的质量是乙的2倍，甲的最大速度是乙的倍，所以甲的最大动能是乙的4倍，故D正确2(2019四川综合能力提升卷)质量为1kg的弹性小球以9m/s的速度垂直砸向
22、地面，然后以同样大小的速度反弹回来，关于小球与地面的碰撞过程，下列说法正确的是()A小球动量的变化量为0B地面对小球的冲量大小为18NsC合外力的冲量大小为18NsD小球的加速度为0答案C解析从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒，以小球初速度方向为正方向，则小球在与地面碰撞过程中速度的变化量为：vv2v19m/s9 m/s18 m/s，小球动量的变化量为pmv18 kgm/s，则小球的加速度为：a，所以加速度不为0，A、D错误；碰撞过程中小球受阻力和重力的作用，则由动量定理：IGI地p18Ns，则合外力冲量大小等于18Ns，地面对小球的冲量大小大于18Ns，C正确，B错误3.(多选)(2
23、019广西梧州市联考)水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的vt图象如图1所示，已知图中线段ABCD，下列关于两物体在整个运动过程中的说法，正确的是()图1AF1的冲量小于F2的冲量BF1做的功大于F2做的功C两物体受到的摩擦力大小相等D两物体受到的摩擦力做的功相等答案AC解析由题意可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，选项C正确；对整个过程，由动量定理得：F1t1FftOB0，F2t2FftOD0，
24、由题图看出，tOBtOD，则有F1t1F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A正确；克服摩擦力做的功WfFfx，因vt图线与t轴围成的图形的“面积”等于位移大小，可知无法比较x1和x2的大小，则两物体受到的摩擦力做的功不能比较，根据动能定理有：WF1Wf10，WF2Wf20，则可知F1做的功与F2做的功不能比较，选项B、D错误4(2019河南平顶山市一轮复习质检)质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为I，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为()AvBvC.D.答案C解析由题意可知：Imgt，则t，经过t时间，小球竖直方向的速
25、度大小为vygt，根据速度分解可知，初速度大小为v0，故选C.5.(2019山东烟台市下学期高考诊断)如图2所示，质量为M3kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m1kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动当木板的速度为3 m/s时，物块处于()图2A匀速运动阶段B减速运动阶段C加速运动阶段D速度为零的时刻答案B解析开始阶段，物块向左减速，木板向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1，根据动量守恒定律得：(Mm)vMv1，解得：v1m/s2.67 m/s；此后物块将向右加速，木板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v
26、2.由动量守恒定律得：(Mm)v(Mm)v2，解得：v2m/s2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动由此可知当木板的速度为3m/s时，m处于减速运动阶段，故选B.6.(2019湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动，设计了如图3所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止状态，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为()图
27、3A.B.C.D.答案C解析解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动，挡光片挡片时间为t，则小车匀速运动的速度为v1，设小球的速度为v2，根据反冲运动的特点可知，小车与小球总动量为零，根据动量守恒定律得：3mv1mv2，得小球的速度v2，故选C.7(多选)(2019河北邯郸市测试)如图4所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化为4 kgm/s，则()图4A左方是A球B右方是A球C碰撞后A、B两球速度大小之比为25D经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞答案AC解析光滑水
28、平面上大小相同的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：pApB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为2kgm/s，所以碰后B球的动量是增加的，为10 kgm/s.由于两球质量关系为mB2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为25，所以选项A、C正确，B错误；设A的质量为m，则B的质量为2m；根据Ek，碰前动能：Ek1；碰后动能：Ek2，Ek1Ek2，则两球发生的是弹性碰撞，选项D错误8.(多选)(2019河南驻马店市上学期期终)如图5所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m3kg的物块A、B、C，物块
29、B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)现使A以v04m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相同时，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，则以下说法正确的是()图5A从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1NsB从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4NsC从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3JD从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9J答案BC解析根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前A、B的速度均为v1，则mv02mv1，解得v12m/s; 从开始到弹簧最短时，对ABC系统：mv03mv2，解得v2
30、m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理：Imv24 Ns，选项B正确，A错误B与C相碰的过程：mv12mv3，解得v31 m/s；则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为Emv2mv3J，选项C正确，D错误9.(2019湖南长沙市雅礼中学期末)3个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触现把质量为m1的小球拉开一些，如图6中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1m2m3为()图6A631B231C211D321答案A解析因为
31、各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒因碰撞后三个小球的动量相等，设为p，则总动量为3p.由机械能守恒得，即，代入四个选项的质量比值关系，只有A项符合，故选A.级争分练10(多选)(2019吉林“五地六校”合作体联考)如图7所示，一质量为M的木板静置于光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)，以初速度v0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为，木块始终没有滑离木板则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中()图7A木块与木板间的相对位移小于木板对地的位移B因摩擦而产生的热量QmvC从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间tD木块与木板的共同速度v答案BD解析
32、对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律：mv0(mM)v，可得v，故D正确；由功能关系：mgLmv(mM)v2；对木板：mgxMv2，解得mgLmv；mgxmv，可知xL，即木块与木板间的相对位移大于木板对地的位移，选项A错误；因摩擦而产生的热量(内能)QmgLmv，选项B正确；对木板，根据动量定理：mgtMv，解得从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间t，选项C错误11(2019山西晋中市适应性调研)一物块A的质量为m0.5kg，初动能为Ek4J，在水平地面上做直线运动，当A的动能变为初动能的一半时与静止的物块B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，物块B质量为1.0kg，物块A与地面间的动摩
33、擦因数为10.2，物块B与地面间的动摩擦因数为20.1，取重力加速度g10m/s2.求：(1)物块A经过多长时间与物块B相碰；(保留3位小数)(2)物块A与物块B碰后，它们之间的最大距离答案(1)0.586s(2)2m解析(1)以A初速度方向为正方向，A与B碰撞前，根据动量定理得1mgtmvmv0又有Ekmv，mv2联立解得t(2) s0.586s(2)A、B碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故有：mvmvA2mvBmv2mv2mv解得vAv，vBv碰后到A、B都停止时二者相距最远根据动能定理，对于A：1mgxA0mv对于B：22mgxB02mv最大距离xxA
34、xB联立得x2m.12(2019全国卷25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0kg，mB4.0kg；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l1.0m，如图8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Ek10.0J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g10m/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图8(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
35、少？答案(1)4.0m/s1.0 m/s(2)物块B先停止050m(3)0.91m解析(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，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vA4.0m/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
36、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sA1.75m，sB0.25m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0.25m处B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s0.25m0.25m0.50m(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联立式并代入题给数据得vAm/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mAmAvAmBvBmAvA2mAvA2mBvB2联立式并代入题给数据得vAm/s，vBm/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sA0.63m，sB0.28msA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ssAsB0.91m.