1、第2讲动量守恒定律主干梳理 对点激活知识点动量守恒定律及其应用1几个相关概念(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。2动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。(2)表达式pp，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p。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。p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。p0，系统总动量的
2、增量为零。(3)适用条件理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。近似守恒：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。某方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。知识点弹性碰撞和非弹性碰撞1碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。2特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。3分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大4散射微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，微观粒子的碰撞又叫做散射。知识点反冲爆炸1
3、反冲现象(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。2爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。一 堵点疏通1系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。()2系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。()3当质量相等时，发生完全
4、弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。()4光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。()5只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。()答案1.2.3.4.5.二 对点激活1(人教版选修35P16T5改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()A0.053 m/s B.0.05 m/sC0.057 m/s D.0
5、.06 m/s答案B解析取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0(m15m)v，则vv00.8 m/s0.05 m/s。故B正确。2(人教版选修35P17T7改编)悬绳下吊着一个质量为M9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L1 m。一颗质量m10 g的子弹以v0500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为()A35 N B.100 N C.102.5 N D.350 N答案C解析子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0(mM)v，得子弹与沙袋的共同速度v m/s0.5 m/s。对子弹和沙袋，
6、子弹射入沙袋瞬间，合外力提供向心力，有FT(mM)g(mM)，得悬绳的拉力FT(mM)g(mM)102.5 N，故C正确。3(人教版选修35P17T6改编)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为31，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为()A12 B.21 C.14 D.41答案D解析设A、B的质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和，则有mBv0mAmB
7、，解得mAmB41，D正确。考点细研 悟法培优考点 1动量守恒定律的理解与应用 1. 动量守恒定律的“六性”(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。2应用动量守恒定律解题的步骤例1如图所示，在足
8、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，对于滑块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(1)木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，放上B后A、B组成的系统合外力为零吗？提示：由题意知木板A与斜面的动摩擦因数等于斜面倾角的正切值，所以放上B后A、B组成的系统合外力仍
9、为零。(2)刚放上B后，A、B间发生相对滑动吗？提示：发生。尝试解答选C。由于木板A沿斜面匀速下滑，则木板A受到的合力为零，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仍为零，则系统的动量守恒，由于A、B间以及A与斜面间摩擦力的作用，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，又由动量守恒定律知C正确，D错误。应用动量守恒定律时的几点易错提醒(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一
10、段运动过程有直接关系。(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。 变式11 如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是()A. B. C. D.答案A解析小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而水平方向动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此
11、时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得：mv0(Mm)v，所以v，A正确。变式12如图所示，甲车质量m120 kg，车上有质量M50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v3 m/s的速度向右滑行。此时质量m250 kg的乙车正以v01.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上。求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，g取10 m/s2)答案u3.8 m/s解析以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，人跳到乙车上，甲车和乙车的速度相同时，两车恰好不相撞，设甲车、乙车与人共速时，速度为
12、v，由动量守恒定律得(m1M)vm2v0(m1m2M)v解得v1 m/s。设此时人跳离甲车的速度为v人，以人与甲车组成的系统为研究对象，人跳离甲车过程中系统动量守恒，有(m1M)vm1vMv人，解得v人3.8 m/s。因此，只要人跳离甲车的速度uv人3.8 m/s，就可避免两车相撞。考点 2碰撞问题分析 1. 碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加Ek1Ek2Ek1Ek2或(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)。相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。2弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机
13、械能守恒解得v1v2(2)分析讨论当碰前两物体的速度不为零时，若m1m2，则v1v2，v2v1，即两物体交换速度。当碰前物体2的速度为零时：v1v1，v2v1，m1m2时，v10，v2v1，碰撞后两物体交换速度。m1m2时，v10，v20，碰撞后两物体沿相同方向运动。m1m2时，v10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。例2甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是()Am1m2 B.2m1m2C4m1m2 D.6m1m2(1)甲、乙两
14、球碰撞时动量守恒，机械能一定守恒吗？提示：不一定守恒，但不能增加。(2)碰后甲的速度和乙的速度若同向应满足什么关系？提示：甲的速度小于等于乙的速度。尝试解答选C。设碰后甲球动量变为p1，乙球动量变为p2，根据动量守恒定律得p1p2p1p2，解得p12 kgm/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有，解得，碰撞前甲的速度大于乙的速度，则，解得，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有，解得，综上有，C正确，A、B、D错误。碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1v0、v2v0。(3)
15、熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1m2，且v200时，碰后质量大的物体速度v0不变，质量小的物体速度为2v0；当m1m2，且v200时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。变式2如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是()Av1v2v3v0 B.v10，v2v3v0Cv10，v2v3v0 D.v1v20，v3v0答案D解析由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，且各球质量相同，由弹性碰撞一动碰一静
16、结论知D正确。考点 3碰撞类模型的拓展 1. “弹簧类”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)2“子弹打木块”“滑块木板”模型模型图示模型特点(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度
17、相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度或滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(3)根据能量守恒，系统损失的动能EkEk0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图象求解3“光滑圆弧轨道滑块(小球)”模型模型图示模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0(Mm)v共；系统机械能守恒，mv(Mm)vm
18、gh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0mv1Mv2；系统机械能守恒，mvmvMv(完全弹性碰撞拓展模型)4悬绳模型悬绳模型(如图所示)与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。例3如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，求：(1)小球C从a点运动到b点时的速度
19、大小及A槽对地面的压力大小；(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；(3)B的最大速度。(1)小球C在B槽内运动到最大高度时CB两者是否共速？提示：是。(2)何时B的速度最大？提示：小球C相对于B回到b点时。尝试解答(1)3mgMg(2)(3)(1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgRmv解得小球到b点时的速度大小为v0在最低点b，根据牛顿第二定律可得Nmgm解得N3mg由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力NN3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力FNMg3mgMg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力FF3mgMg。(2)B、C组成的系统在水平方向动量
20、守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0(Mm)v由机械能守恒定律，有mv(Mm)v2mgh解得h。(3)当小球回到B槽的底端b点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0mv1Mv2由能量守恒定律可知mvmvMv解得v2。处理碰撞类模型的方法技巧(1)“弹簧类”模型的解题思路应用系统的动量守恒。应用系统的机械能守恒。应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。(2)“滑块木板”模型的解题思路应用系统的动量守恒。在涉及滑块或木板的时间时，优先考虑用动量定理。在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。在涉及滑块与木板的相对位
21、移时，优先考虑用系统的能量守恒。滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。 变式31两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。已知B与C碰撞后二者会粘在一起运动。在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？答案(1)3 m/s(2)12 J解析(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据A、B、C三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有(mAmB)v(mAmBmC)vABC代入数据解得vABC3 m
22、/s。(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间B、C的共同速度为vBC，则有mBv(mBmC)vBC代入数据解得vBC2 m/s当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为Ep，在B、C碰撞后，A与B、C组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机械能守恒定律得Ep(mBmC)vmAv2(mAmBmC)v12 J。变式32如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量m20.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v02 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数0.5，取g10
23、m/s2，求：(1)物块与小车共同速度大小；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移大小x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少？答案(1)0.8 m/s(2)0.24 s(3)0.096 m(4)5 m/s解析(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m2v0(m1m2)v，解得v0.8 m/s。(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理：Fftm2vm2v0又Ffm2g解得：t代入数据得t0.24 s。(3)对小车应用动能定理：m2gxm1v2解得x0.096 m。(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须
24、使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为v，以水平向右为正方向，则：m2v0(m1m2)v由系统能量守恒有：m2v02(m1m2)v2m2gL代入数据解得v05 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过5 m/s。考点 4爆炸 爆炸的特点1动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。2动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。3位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然
25、从爆炸前的位置以新的动量开始运动。例4以与水平方向成60角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？(1)爆炸前，达到最高点时，炮弹的速度是什么方向？提示：水平方向。(2)爆炸过程动量和机械能都守恒吗？提示：爆炸过程内力远大于外力，动量守恒，化学能转化为炮弹分成两块后增加的动能，机械能不守恒。尝试解答(1)2.5v0方向与爆炸前炮弹运动的方向相反(2)mv(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点
26、爆炸前的速度为v1v0cos60。设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv12mv1mv2，又v12v0，解得v22.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为EEk(3m)vmv。(1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆炸前的速度。(2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。 变式4(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则()Ab的速度方向一定
27、与原速度方向相反B从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大Ca、b一定同时到达水平地面D在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等答案CD解析空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件。由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为mv0mavambvb因mava与mv0同向，取v0为正方向。讨论：若mavamv0，则mbvb为负，vb与va反向，a在b之前。所以A错误；因题设条件只给出了va与v0同向和mamb，所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sbsa、sbsa、sbv0 B.v1v0C
28、v2v0 D.v2v0答案A解析设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞。探测器从行星运动的反方向接近行星时，设向左为正方向，由动量守恒定律得：Mumv0mv1Mu1，由机械能守恒定律得：Mu2mvmvMu，联立解得探测器碰后的速度v1，因Mm，则v12uv0v0，故A正确，B错误；探测器从行星运动的同方向接近行星时，设向左为正方向，由动量守恒定律得：Mumv0mv2Mu2，由机械能守恒定律得：Mu2mvmvMu，联立解得探测器碰后的速度v2，因Mm，则v2v02uv0，故C、D错误。4(2018天津高考)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg
29、的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是_ m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5103 N，则子弹射入木块的深度为_ m。答案200.2解析根据动量守恒定律可得mv0(Mm)v，解得v m/s20 m/s；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fdmv(Mm)v2，解得d m0.2 m。5(2018全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的
30、质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。答案(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s解析(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB22aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有mAg
31、mAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA22aAsA设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.25 m/s。6(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。答案(1) (2)解析
32、(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，烟花弹向上部分距地面的最大高度为hh1h2。7(2017天津高考) 如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细
33、绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA2 kg、mB1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g10 m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m解析(1)物块B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2代入数据解得t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间物块B速度大小为vB，有vBgt细绳绷直瞬间，
34、细绳张力远大于物块A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB(mAmB)v之后物块A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s。(3)细绳绷直后，物块A、B一起运动，物块B恰好可以和地面接触，说明此时物块A、B的速度为零，这一过程中物块A、B组成的系统机械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入数据解得H0.6 m。8(2019全国卷)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。t0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
35、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。答案(1)3m(2)mgH(3)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
36、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)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜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点离水平轨道的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgHfs1mv0(fs2mgh)0m2从图b所给出的vt图线可知s1v1t1s2(1.4t1t1)由几何关系物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为Wfs1fs2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
37、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。9(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；(
38、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？答案(1)4.0 m/s1.0 m/s(2)物块B先停止0.50 m(3)0.91 m解析(1)设弹簧释放后瞬间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、机械能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
39、为t，B向左运动的路程为sB，则有mBamBgsBvBtat2vBat0在时间t内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，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发生碰撞，碰撞前A的速度大小为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将向左运动。假设碰撞后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。由式可得两物块停止后的距离ssAsB0.91 m。
