《2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题16动量守恒定律及其应用(含解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题16动量守恒定律及其应用(含解析).pdf（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题 16 动量守恒定律及其应用 【专题导航】 目录 热点题型一动量守恒的理解和判断 . 1 动量守恒的条件判断 2 某一方向上的动量守恒问题 3 爆炸反冲现象中的动量守恒 3 热点题型二对碰撞现象中规律的分析 4 碰撞的可能性分析 5 弹性碰撞规律求解 6 非弹性碰撞的分析 8 【题型演练】 9 【题型归纳】 热点题型一动量守恒的理解和判断 1动量守恒定律适用条件 (1) 前提条件：存在相互作用的物体系 (2) 理想条件：系统不受外力 (3) 实际条件：系统所受合外力为0. (4) 近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力 (5) 方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，
2、则此方向上动量守恒 2动量守恒定律的表达式 (1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和 (2) p1 p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向 (3) p0，系统总动量的增量为零 3动量守恒定律的“五性” 矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度( 没有特殊说明要选地球这 个参考系 )如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须 转换成相对同一参考系的速度 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2必须是系统中各物体在相互作 用前同一时刻的动量，p1、p
3、2必须是系统中各物体在相互作用后同 一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一 个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速 运动的微观粒子组成的系统 动量守恒的条件判断 【例 1】. 一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在 一起，如图所示则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( ) A动量守恒，机械能守恒B 动量不守恒，机械能守恒 C动量守恒，机械能不守恒D无法判定动量、机械能是否
4、守恒 【答案】 C 【解析】： . 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系 统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒机械能守恒的条件是除重力、 弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能( 发热 )，所 以系统的机械能不守恒，故C正确， A 、B、D错误 【变式】如图所示，A、B两物体质量之比mAmB32，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
5、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 【答案】：A 【解析】：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mAmB32，所以FAFB32，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
6、零，故其动量守恒综上所述，A正确 某一方向上的动量守恒问题 【例 2】 ( 多选 ) (2019佛山模拟) 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在 光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( ) A在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处 【答案】 BC 【解析】：. 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A 错误；在下滑过程中，小球和槽 组成的系统在水平方向所受合外
7、力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B 正确；小球被弹簧反弹后，小 球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒， 球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的 速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误 【变式】质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和 1 4圆弧的轨道均光滑如图所示，一个质 量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是( ) A小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D
8、小球可能做自由落体运动 【答案】：BCD 【解析】：小球水平冲向小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒、水平方向动量守 恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞如果mM，小球离开小车向左做平抛运动；如果mM，小球离开小 车做自由落体运动；如果mM，小球离开小车向右做平抛运动 爆炸反冲现象中的动量守恒 【例 3】 (2017高考全国卷)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为( 喷出过程中重力和空气阻 力可忽略 )( ) A30 kg m/sB5.7 10 2 kgm/s
9、C6.0 10 2 kgm/sD6.3 10 2 kgm/s 【答案】 A 【解析】： . 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的 动量大小为p，根据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg 600 m/s 30 kg m/s，选项 A正确 【变式】如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质 量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断 细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起， 忽略一切摩擦， 下列说法正确的是( )
10、 A弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动BC与B碰前，C与AB的速率之比为Mm CC与油泥粘在一起后，AB立即停止运动DC与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 【答案】：BC 【解析】：AB与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C 的速率为v1，AB的速率为v2，则 0mv1Mv2，得 v1 v2 M m ，故 B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同 速度为v共，则 0(Mm)v共，得v共0，故 C正确， D错误 热点题型二对碰撞现象中规律的分析 1碰撞遵守的规律 (1) 动量守恒，即p1p2p1p2. (2) 动能不增加，即Ek1Ek2
11、Ek1Ek2或 p 2 1 2m1 p 2 2 2m2 p 2 1 2m1 p 2 2 2m2 . (3) 速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后v前，否 则无法实现碰撞碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来 在后面的物体的速度，即v前v后，否则碰撞没有结束如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运 动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零 2碰撞模型类型 (1) 弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m1v1
12、m1v1m2v2 1 2m 1v 2 1 1 2m 1v 2 11 2m 2v 2 2 解得v1（ m1m2）v1 m1m2 ，v2 2m1v1 m1m2. 结论： 当两球质量相等时，v10，v2v1，两球碰撞后交换了速度 当质量大的球碰质量小的球时，v10，v20，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动 当质量小的球碰质量大的球时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来 撞前相对速度与撞后相对速度大小相等 (2) 完全非弹性碰撞 撞后共速 有动能损失，且损失最多 碰撞的可能性分析 【例 2】 (2019天津高三质检) 甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p15 kgm/s，p2
13、7 kg m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg m/s，则两球质量m1 与m2间的关系可能是( ) Am1m2B2m1m2C4m1m2D6m1m2 【答案】：C 【解析】：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1p2p1p2，即p12 kgm/s. 由于在碰撞 过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转 化为内能， 因此系统的机械能不会增加，所以有 p1 2 2m1 p2 2 2m2 p1 2 2m1 p2 2 2m2 ，所以有m1 21 51m 2. 因为题目给出物理 情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，
14、就必须有 p1 m1 p2 m2，即 m1 5 7m 2；同时还要符合碰撞后乙球 的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即 p1 m1 p 2 m2 ，所以m1 1 5m 2. 因此 C选项正确 【变式】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s. 当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( ) AvA5 m/s ，vB2.5 m/sB vA2 m/s ，vB4 m/s CvA 4 m/s ，vB7 m/sD vA7 m/s ，vB1.5 m/s 【答案】 B 【解析】：. 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但
15、A、D两项中， 碰后A的速度vA大于B的速度vB， 必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek1 2m Av 2 A 1 2m Bv 2 B57 J，大于碰前 的总动能Ek22 J ，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确 弹性碰撞规律求解 【例 3】(2019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/s 2，物块可视为质点则 A碰撞前瞬间的速度
16、为( ) A0.5 m/s B1.0 m/sC 1.5 m/s D 2.0 m/s 【答案】：C 【解析】：碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有2mgx01 22 mv2 2，得 v21 m/s.A与B碰 撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0mv12mv2， 1 2mv 0 21 2mv 1 21 22mv 2 2，解得 v01.5 m/s，则 C项 正确 【变式】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间A的质 量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么 条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞设
17、物体间的碰撞都是弹性的 【答案】(52)MmM 【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒设速度方向向右 为正， 开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1. 由动量守恒定律和机械能守恒定 律得 mv0mvA1MvC 1 1 2mv 2 0 1 2mv 2 A1 1 2Mv 2 C 1 联立式得 vA1m M mM v0 vC1 2m mM v0 如果mM，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果mM， 第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑mmgl 即
18、 v 2 0 2gl 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律有 1 2mv 2 0 1 2mv 2 1mgl 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1mv1 3m 4 v2 1 2mv 2 1 1 2mv 2 1 1 2 4 3m v 2 2 联立式解得v2 8 7v 1 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 1 2 4 3m v 2 2 3m 4 gl 联立式，可得 32v 2 0 113gl 联立式，可得a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为 32v 2 0 113gl v 2 0 2gl .
19、 非弹性碰撞的分析 【例 4】 ( 多选 ) (2019宁夏银川模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的 位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的 位移随时间变化的图象，若A球质量是m2 kg ，则由图判断下列结论正确的是( ) A碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg m/sB碰撞时A球对B球所施的冲量为 4 Ns CA、B两球碰撞前的总动量为3 kg m/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 【答案】 ABD. 【解析】：根据题图可知，碰前A球的速度vA 3 m/s ，碰前B球的速度vB2 m/s
20、 ，碰后A、B两球共同 的速度v 1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为pAmvmvA4 kg m/s，选项 A正确；A球的动 量变化量为4 kg m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为 4 kg m/s，根据动量定理，碰撞过 程中A球对B球所施的冲量为 4 Ns，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvAmBvB (mmB)v， 解得m B 4 3 kg ，故碰撞过程中 A、B两球组成的系统损失的动能为Ek1 2mv 2 A 1 2m Bv 2 B 1 2( mm B)v 210 J，选 项 D正确；A、B两球碰撞前的总动量为pmvAmBvB (mmB)v 10 3 kgm/s
21、，选项C错误 【变式 1】如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t 4 s 时发生碰撞，图乙是两者的位移时 间图象，已知物块P的质量为m P 1 kg ，由此可知 ( ) A碰撞前P的动量为4 kg m/s B两物块的碰撞可能为弹性碰撞 C物块Q的质量为4 kg D两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 Ns 【答案】：AD 【解析】：根据位移图象可知，碰撞前P的速度v0 4 m/s ，碰撞前P的动量为p0mPv04 kg m/s，选 项 A 正确根据位移图象，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B 错误碰撞后， 二者的共同速度v1 m/s ，由动量守恒定律，mPv0(m
22、PmQ)v，解得mQ3 kg ，选项 C错误由动量定理， 两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是IpQmQv3 Ns，选项D正确 【变式 2】质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物 块与箱子底板间的动摩擦因数为. 初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示 现给小物块一水平向右的 初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，在 整个过程中，系统损失的动能为( ) A. 1 2mv 2B. mM 2mM v 2 C.1 2N mgLD NmgL 【答案】：BD 【解析】：由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动
23、量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判 断两物体最终速度相等设为v共，由动量守恒定律得mv(mM)v共，系统损失的动能为 1 2mv 2 1 2( mM)v共 2 mM 2mM v 2，B正确； 系统损失的动能等于克服摩擦力做的功， 经N次碰撞后， 物块的路程为NL，即 Ek WfNmgL，D正确 【题型演练】 1如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2 的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后( ) A甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒 C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 【答案】 C 【解析】
24、： . 两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒， 故选项 A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动 能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误 2(2019泉州检测) 有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右， 在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是 ( ) A3v0vB2v0 3vC 3v02vD2v0v 【答案】 C 【解析】：. 在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv02mvmv，可得另一块的速度为v
25、3v02v，对比各选项可知，答案选C. 3. 如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向 向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( ) AA和B都向左运动BA和B都向右运动 CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动 【答案】 D 【解析】：. 选向右为正方向，则A的动量pAm2v02mv0，B的动量pB 2mv0. 碰前A、B的动量之和为 零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意 4.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 1 2
26、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( ) AA、B两船速度大小之比为23BA、B( 包括人 ) 两船动量大小之比为11 CA、B( 包括人 ) 两船的动能之比为23D A、B( 包括人 ) 两船的动能之比为11 【答案】：B 【解析】：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， 选项 B正确；经过n次跳跃后，A船速度为vA、B船速度为vB，则 0mvA (m m 2) vB，解得 vA vB 3 2，选项 A错 误；A船最后获得的动能为EkA 1 2mv A 2， B船
27、( 包括人 )最后获得的动能为EkB1 2( m 2 m)vB 21 2( m 2 m)( 2 3v A) 22 3E kA， 所以 EkA EkB 3 2，选项 C、D错误 5. 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质 量比为 31. 不计质量损失， 重力加速度g取 10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( ) 【答案】：B 【解析】：由h1 2gt 2 可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t1 s ，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向 运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v2 m/s ，因此水
28、平位移大于2 m，C、 D项 错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大 小相等，两块质量比为31，所以速度变化量之比为13，由平抛运动水平方向上，xv0t，所以 A图中， v乙 0.5 m/s ，v甲2.5 m/s ，v乙2.5 m/s ，v甲 0.5 m/s ，A项错误； B图中，v乙0.5 m/s ，v甲 2.5 m/s ， v乙1.5 m/s ， v甲0.5 m/s ，B项正确 6.2017 年 7 月 9 日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1 比 3 落后的不利形势下成功逆转，最终以 4 比 3
29、 击败英格兰队， 帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠如 图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球( 主球 ) 和花色球碰撞前、后都在同一直线上 运动，碰前白色球的动量pA5 kg m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量 变为pB4 kg m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( ) Am BmABmB1 4m ACmB1 6m ADmB6mA 【答案】 A 【解析】：. 由动量守恒定律得pApBpApB，解得pA1 kg m/s，根据碰撞过程中总动能不增加， 则有 p 2 A 2mA p 2 A 2mA p 2 B 2mB ，代入数据解得mB 2
30、 3m A，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度， 则 pA mA pB mB ，解得m B4mA，综上可得 2 3m AmB4mA，选项 A正确 7. 如图所示，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mB 2mA，规定向右 为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为 4 kgm/s， 则( ) A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞 C左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25 D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110 【答案】 AC 【解析】：. 由mB2mA，pApB知碰前vBvA，若右
31、方为A球，由于碰前动量都为6 kgm/s，即都向右运动， 两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为vA、vB，由题意知pAmAvA2 kg m/s， pBmBvB10 kg m/s，解得 vA vB 2 5. 碰撞后 A球动量变为2 kg m/s，B球动量变为10 kg m/s，又 mB2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确 8. 如图所示， 小车 ( 包括固定在小车上的杆) 的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连 接，开始时小车静止在光滑的水平面上现把小球从与O点等高的地方释放( 小球不会与杆相撞) ，小车向 左运动的
32、最大位移是( ) A 2LM Mm B 2Lm Mm C ML Mm D mL Mm 【答案】 B 【解析】：. 分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速， 当小球摆到右边且与O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的 位移为2L. 小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为 v1、v2，有mv1Mv2，故ms1Ms2，s1s22L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大 小，因此s2 2Lm Mm ，选项 B正确 9. 如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m
33、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 【答案】：(1) 1 16mv 0 2 (2) 13 48mv 0 2 【解析】：(1) 从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv02mv1 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E. 对B、C组成的系统，由 动量
34、守恒和能量守恒定律得mv12mv2 1 2mv 1 2 E1 2(2 m)v2 2 联立式得E 1 16mv 0 2 (2) 由式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至 最短，其弹性势能为Ep. 由动量守恒和能量守恒定律得 mv03mv3 1 2mv 0 2 E1 2(3 m)v3 2 Ep 联立式得Ep13 48mv 0 2 10. 如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块 均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在 斜面体上上升的最大
35、高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度) 。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg ，冰块 的质量为m210 kg ，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 m/s 2。 (1) 求斜面体的质量； (2) 通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】(1)20 kg (2) 不能 【解析】(1) 规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速 度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20(m2m3)v 1 2m 2v 2 20 1 2( m2m3)v 2m 2gh 式中v20 3 m/s 为冰块推出时的速度。 联立式并代入题给数据得 m320 kg (2) 设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1m2v200 代入数据得 v11 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3。 由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20m2v2m3v3 1 2m 2v 2 20 1 2m 2v 2 2 1 2m 3v 2 3 联立式并代入数据得v21 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。