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知识点一 动量
1.定义：运动物体的质量m和它的速度v的乘积mv叫做物体的动量.动量通常用符号p来表示，即_______.
p＝mv
2.单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为_______.
3.矢量性：动量是_____，方向与______的方向相同，遵循矢量运算法则.
kg·m/s
矢量
速度
【名师助学】
(1)动量和速度一样，是描述物体运动状态的物理量，当物体的运动状态一定时，物体的动量就有确定的数值.
(2)动量具有瞬时性.当物体做变速运动时，应明确是哪一时刻或哪一位置的动量.动量与物体的运动速度有关，但它不能表示物体的运动快慢，如两个质量不同的物体速度相同时，它们的动量并不相同.
(3)动量具有相对性.选用不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，指的是物体相对于地面的动量.在分析有关问题时要指明相应的参考系.
知识点二 动量的变化
1.因为p＝mv是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生了变化，动量p就发生变化.
2.动量的变化量Δp也是矢量,其方向与速度的改变量Δv的方向相同.
3.动量的变化量Δp的大小,一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即_________
此式为矢量式，若p′、p不在同一直线上,要用平行四边形定则(或矢量三角形定则)求矢量差;若在同一直线上,应先规定正方向，再用正、负表示p、p′,最后用Δp＝p′－p＝mv′－mv进行代数运算.
Δp＝p′－p
【名师助学】
对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生变化；而动量发生变化，动能却不一定发生变化.它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系.
知识点三 动量定理
1.物体所受合外力的冲量等于物体_____________，即F合·t＝Δp.
定义中的“等于”不仅表明合外力的冲量与动量变化量大小相等,同时表明两者方向_____.
2.动量定理还表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系.冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果.
动量的变化量
相同
3.与牛顿第二定律的区别
牛顿第二定律所描述的是力的瞬时作用效果——产生加速度；而动量定理则表示了合外力在一段时间(过程)内的作用效果——改变了物体的动量.
4.动量定理阐述了单个质点的合力的冲量和动量变化的关系.
5.适用范围：不论物体的合力是否恒定，轨迹如何，也不论研究过程时间的长短，动量定理都是适用的.
知识点四 动量守恒定律
1.内容：如果一个系统_________或者___________________，那么这个系统的总动量保持不变.
2.数学表达式
(1)p＝p′
即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同，系统总动量的求法遵循矢量运算法则.
(2)Δp＝p′－p＝0
即系统总动量的增量为零.
(3)Δp1＝－Δp2
即对两部分物体组成的系统，在相互作用前、后各部分的动量变化等值反向.
不受外力
所受外力的矢量为零
3.动量守恒定律的适用条件
(1)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.
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒.
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒.
【易错防范】
(1)两物体动能相等，动量一定相等.(　　)
(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒.(　　)
(3)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，且其中的速度必须相对同一个参考系.(　　)
×
×
√
知识点五 碰撞问题
1.碰撞的种类及特点
分类标准 种类 特点
能量是否守恒 弹性碰撞 动量_____，机械能____
非完全弹性碰撞 动量____，机械能有_____
完全非弹性碰撞 动量____，机械能损失____
碰撞前、后动
量是否共线 对心碰撞(正碰) 碰撞前、后速度共线
非对心碰撞(斜碰) 碰撞前、后速度不共线
守恒
守恒
守恒
损失
守恒
最大
(2)当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动.
(3)当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来.
3.完全非弹性碰撞
碰撞后两物体“合”为一体，具有____________，这种碰撞动能损失_____.
共同的速度
最大
要点一　动量定理
[突破指南]
1.动量定理具有以下特点：
(1)矢量性：合外力的冲量∑F·Δt与动量的变化量Δp均为矢量，规定正方向后，在一条直线上矢量运算变为代数运算；
(2)相等性：物体在时间Δt内物体所受合外力的冲量等于物体在这段时间Δt内动量的变化量；因而可以互求.
(3)独立性：某方向的冲量只改变该方向上物体的动量；
(4)广泛性：动量定理不仅适用于恒力，而且也适用于随时间而变化的力.对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值；不仅适用于单个物体，而且也适用于物体系统.
(5)物理意义：冲量反映力对物体在一段时间上的积累作用，动量反映了物体的运动状态.
2.利用动量定理解题的步骤：
(1)明确研究对象和研究过程.研究对象可以是一个物体，也可以是质点组.如果研究过程中的各个阶段物体的受力情况不同，要分别计算它们的冲量，并求它们的矢量和.
(2)进行受力分析.研究对象以外的物体施给研究对象的力为外力.所有外力之和为合外力.研究对象内部的相互作用力不影响系统的总动量，不包括在内.
(3)规定正方向.由于力、冲量、速度、动量都是矢量，所以列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负.
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各个外力的冲量的矢量和).
(5)根据动量定理列式求解.
【典例1】 (2015·山东潍坊重点中学质检)物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图(a)所示.A的质量为m，B的质量为M，将连接A、B的绳烧断后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图(b)所示，在这段时间里，弹簧弹力对物体A的冲量等于(　　)
A.mv B.mv－Mu
C.mv＋Mu D.mv＋mu
解析　对B物体，由动量定理Mgt＝Mu
故gt＝u
对A物体，由动量定理IF－mgt＝mv
故IF＝mgt＋mv＝mu＋mv
故D项正确.
答案　D
【借题发挥】 动量定理的表达式是矢量式，在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正.
要点二　动量守恒定律的应用
[突破指南]
1.动量守恒定律的三个表达式：
(1)作用前、后都运动的两个物体组成的系统：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
(2)原来静止的两物体(爆炸、反冲等)：
0＝m1v1＋m2v2.
(3)作用后两物体共速：
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v.
2.应用动量守恒定律时应注意的“五性”
条件性 首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零)
相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系
同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
【典例2】 如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B 置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.
解析　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC ①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.④
答案　2 m/s
【借题发挥】 动量守恒定律的解题步骤
要点三　爆炸和反冲　“人船模型”
[突破指南]
1.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从爆炸前的位置以新的动量开始运动.
2.反冲
(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象.
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒.反冲运动中机械能往往不守恒.
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.
3.“人船模型”
若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒.如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m1v1－m2v2＝0，得m1x1＝m2x2.
【典例3】 (2015·河北石家庄质检)如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移分别是多少？
要点四　动量守恒和能量守恒的综合应用
[突破指南]
1.动量的观点和能量的观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律
能量的观点：动能定理和能量守恒定律
这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因.简单地说，只要求知道过程的始、末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解.
2.利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题
(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式,还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式.
(2)从研究对象上看，动量定理既可研究单体，又可研究系统，但高中阶段一般用于研究单体.
(3)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件.在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后.根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解.
(4)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解,一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动 (a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点.
【典例4】 如图，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.
【借题发挥】 利用动量和能量的观点解题的技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律).
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.
(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.
【典例5】 如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平.从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.
【借题发挥】 解决动量守恒定律和能量守恒的综合应用问题时，要掌握碰撞过程中的能量变化规律，虽然碰撞过程中动量守恒，但机械能不一定守恒，要知道没有能量损失和能量损失最大时的碰撞特点.A组　基础训练
一、选择题
1．(2015·福建福州一模)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )光滑的水平面上，小球A以速度v0向右运动 时与静止的小球B发生对心正碰,碰后A球的速率为，B球的速率为，A、 B两球的质量之比为(　　)
A．3∶8 B．3∶5
C．2∶3 D．4∶3
解析　碰撞瞬间动量守恒,规定向右为正方向，则有mAv0＝±mA＋mB，解 得：＝或＝，所以A正确．
答案　A
二、非选择题
2．(2015·湖北六校调考)如图所示,一 ( http: / / www.21cnjy.com )质量为的人站在质量为m的小船甲上，以 速度v0在水面上向右运动.另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来， 两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右 跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少 多大？
解析　速度v最小的条件是人跳上乙船稳定后 ( http: / / www.21cnjy.com )两船的速度相等，以甲船的初 速度方向为正方向，以甲船和人组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得 (m＋m)v0＝mv船＋mv
以乙船与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向
由动量守恒定律得－mv0＋mv＝(m＋m)v船
解得v＝v0
答案　v0
3．(2015·河北邢台摸 ( http: / / www.21cnjy.com )底)如图所示，质量为M＝50 g的木块用长为L＝1 m的轻绳 悬挂于O点,质量为m＝10 g的子弹以速度v1＝500 m/s向左水平穿过木块后， 速度变成v2＝490 m/s，该过程历时极短可忽略不计，之后木块在竖直面内摆 起来，经时间t＝0.6 s摆到最高点，不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2. 试求：
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)子弹穿过木块过程中，木块所受冲量大小；
(2)子弹穿过木块的过程，系统增加的热量Q.
解析　(1)子弹穿过木块的瞬间子弹和木块构成的系统动量守恒，假设子弹穿 过木块后木块具有的瞬时速度为v，则有
mv1＝Mv＋mv2
解得v＝2 m/s
由动量定理得I＝Mv－0＝0.1 N·s
(2)子弹穿过木块的瞬间子弹和木块构成的系统动量守恒，假设子弹穿过木块 后木块具有的瞬时速度为v，则有mv1＝Mv＋mv2①
由能量守恒可知，系统损失的机械能等于系统增加的热量，即
mv－mv－Mv2＝Q②
联立①②解得Q＝49.4 J
答案　(1)0.1 N·s　(2)49.4 J
4．(2015·中原名校、豫南九校一模 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示,一质量M＝4 kg的小车左端放有一 质量m＝1 kg的铁块,它们以大小v0＝4 m/s的共同速度沿光滑水平面向竖直 墙运动，车与墙碰撞的时间t＝0.01 s，不计碰撞时机械能的损失，且不计在 该时间内铁块速度的变化．铁块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.5，车长L足 够长，铁块不会到达车的右端，最终小车与铁块相对静止．求：
(1)车与墙碰撞的平均作用力的大小F；
(2)整个过程中因摩擦产生的热量Q.
解析　(1)车与墙碰后瞬间,小车的速度向左，大小为v0，故由动量定理得Ft ＝2Mv0
解得F＝3 200 N
(2)车与墙碰后瞬间，铁块的速度 ( http: / / www.21cnjy.com )未变，其大小仍是v0，方向向右，根据动量 守恒定律知，小车与铁块相对静止时的共同速度必向左，设为v，则有Mv0 －mv0＝(M＋m)v
根据能量守恒定律，有Q＝(M＋m)v－(m＋M)v2
解得Q＝25.6 J
答案　(1)3 200 N　(2)25.6 J
5．(2015·湖南永州联考)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示,在光滑水平面上物块A处于静止状态，A的质 量为1 kg.某时刻一质量为m0＝0.2 kg的子弹以v0＝60 m/s的初速度水平射向 物块A，从A中穿出时子弹的速率是20 m/s.求：
(1)子弹穿出后物块A的速度大小；
(2)在穿出过程中系统损失的机械能．
解析　(1)子弹跟A作用，动量守恒mv0＝m0v1＋mAvA
得vA＝8 m/s
(2)在此过程中子弹和木块A组成的系统损失的机械能为ΔE，
ΔE＝mv－m0v－mAv
解得ΔE＝288 J
答案　(1)8 m/s　(2)288 J
6．(2014·宁夏银川一中一模)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )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，试求：
(1)木板B上表面的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R.
解析　(1)由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，有：
mv0＝m(v0)＋2mv1
又μmgL＝mv－m(v0)2－×2mv
解得：μ＝eq \f(5v,16gL)
(2)当A滑上C,B与C分离，A、C间发生相互作用．A到达最高点时两者的 速度相等，A、C组成的系统水平方向动量守恒，有：
m(v0)＋mv1＝(m＋m)v2
又m(v0)2＋mv＝(2m)v＋mgR
解得：R＝eq \f(v,64g)
答案　(1)eq \f(5v,16gL)　(2)eq \f(v,64g)
7．(2014·河南六市一 ( http: / / www.21cnjy.com )模)如图所示,质量为m1＝0.2 kg的小物块A，沿水平面与小 物块B发生正碰，小物块B的质量为m2＝1 kg.碰撞前，A的速度大小为v0 ＝3 m/s，B静止在水平地面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性 质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取 10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间．
解析　假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动 量守恒定律有
m1v0＝(m1＋m2)v1
碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有
μ(m1＋m2)gt1＝(m1＋m2)v1
解得t1＝0.25 s
假如两物块发生的是完全弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、vB，则由 动量守恒定律有
m1v0＝m1vA＋m2vB
由机械能守恒有
m1v＝m1v＋m2v
设碰后B滑行的时间为t2，则
μm2gt2＝m2vB
解得t2＝0.5 s
可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足
0．25 s≤t≤0.5 s
答案　0.25 s≤t≤0.5 s
8. (2013·北京东 ( http: / / www.21cnjy.com )城区一模)如图所示,质量为1 kg可以看成质点的小球悬挂在长为 0.9 m的细线下端，将它拉至细线与竖直方向成θ＝60°的位置后自由释 放．当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2 kg的木块 相碰,碰后小球速度反向且动能是碰前动能的.已知木块与地面的动摩擦因 数μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)小球与木块碰前瞬时速度的大小；
(2)小球与木块碰前瞬间所受拉力的大小；
(3)木块在水平地面上滑行的距离．
解析　(1)设小球摆至最低点时的速度为v，由动能定理，有
mgL(1－cos 60°)＝mv2
v＝3 m/s
(2)设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为T，有：
T－mg＝m
代入数据，解得：T＝2mg＝20 N
(3)设小球与木块碰撞后,小球的速度为v1，木块的速度为v2，设水平向右为 正方向，依动量守恒定律有：mv＝Mv2－mv1
依题意知：mv＝mv2×
设木块在水平地面上滑行的距离为x，依动能定理有：
－μMgx＝0－Mv
联立并代入数据，解得x＝1 m.
答案　(1)3 m/s　(2)20 N　(3)1 m
B组　能力提升
一、选择题
1．(2015·北京丰台一模)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com ),两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起， 从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性 碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度 为(　　)
A．h B．2h C．3h D．4h
解析　下降过程为自由落体运动，触地时 ( http: / / www.21cnjy.com )两球速度相同，v＝，m2碰撞 地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞 前、后动量守恒,设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方 向，则
m2v－m1v＝m1v1＋m2v2
由能量守恒定律得
(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，
且m2＝3m1
联立解得：v1＝2
反弹后高度H＝eq \f(v,2g)＝4h，D正确．
答案　D
二、非选择题
2．(2015·河北“五个一名校联 ( http: / / www.21cnjy.com )盟”质监)质量为m1＝1 200 kg的汽车A以速度 v1＝21 m/s沿平直公路行驶时,发现前方相距s0＝33 m处有一质量m2＝800 kg 的汽车B以速度v2＝15 m/s迎面驶来．两车同时急刹车，使车做匀减速运动， 但未能避免两车猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设 两车与路面间动摩擦因数为μ＝0.3，取g＝10 m/s2.忽略碰撞过程中路面摩擦 力的冲量，求：
(1)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0＝0.2 s，则每辆车受到的水平平均冲 力是其自身重量的几倍？
(2)两车一起滑行的距离是多少？
解析　(1)设从开始刹车到相撞经过的时间为t，则有：
v1t－a1t2 ＋v2t－a2t2 ＝s0
两车刹车加速度大小为a＝a1＝ a2＝μg＝3 m/s2
代入数值得t2－12t＋11＝0
解得t＝1 s(舍去t＝11 s)
两车相碰前瞬间的速度大小分别为
v1′＝v1－a1t＝(21－3×1) m/s＝18 m/s
v2′＝v2－ a2t＝(15－3×1) m/s＝12 m/s
A车动量大于B车，由动量守恒定律有
m1v1′－m2v2′＝(m1＋m2)v
解得两车碰后的速度v＝6 m/s
对A车列动量定理有Ft0＝Δp＝m1(v－v1′)
代入数值解得F＝6m1g
(2)两车一起滑动的加速度仍为a＝μg＝3 m/s2
两车共同滑行距离s＝＝m＝6 m
答案　(1)6　(2)6 m
3．(2015·湖南柳州质监)两物块A、 ( http: / / www.21cnjy.com )B用轻弹簧相连，质量均为m＝2 kg，初始时 弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动， 质量M＝4 kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者会粘在一 起运动．求在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度v1为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值Ep是多少？
解析　(1)根据题意,A、B、C三物块动量守恒，当弹簧的弹性势能最大时满 足：2mv＝(2m＋M)v1
代入数值得v1＝3 m/s
(2)根据动量守恒，当BC刚刚完成碰撞时满足：mv＝(m＋M)vBC
此后系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最大时满足：
mv2＋(M＋m)v＝(2m＋M)v＋Ep
代入数值后整理得Ep＝12 J
答案　(1)3 m/s　(2)12 J
4．(2015·辽宁抚顺期末)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示,固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水 平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端 固定.质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B 碰撞后推着B一起运动但与B不粘连．求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．
解析　(1)A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒得
3mgh＝×3mv
A与B碰撞，根据动量守恒得3mv1＝4mv2
弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能
根据能量守恒得Epmax＝×4mv＝mgh
(2)根据题意，A与B分离时A的速度大小为v2
A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中,根据机械能守恒得3mgh′＝ ×3mv
解得h′＝h
答案　(1)mgh　(2)h
5．(2015·江西景德镇质检)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示,光滑平台上有两个钢性小球A和B，质量分 别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞 过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动 的小车中，小车与沙子的总质量为m,速度为2v0，小车行驶的路面近似看做 是光滑的，求：
(1)碰撞后小球A和小球B的速度；
(2)小球B掉入小车后的速度．
解析　(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒,以向右为正方向，有m1v0＝ m1v1＋m2v2
碰撞过程中系统机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m2v
可解得v1＝＝－v0
v2＝＝v0
即碰后A球向左，B球向右
(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有m2v2 ＋m3v3＝(m2＋m3)v3′
解得v3′＝v0，水平向右
答案　(1)碰撞后小球A的速度为－v0，方向向左；小球B的速度为v0，方 向向右 (2)小球B掉入小车后的速度为v0，方向向右
6．(2014·内蒙古包头测评 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2 kg的甲、 乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自 动分离)．甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5. 一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1 kg 的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能Ep ＝10 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：
(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离．(g＝10 m/s2)
解析　(1)设滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小为v，两小车瞬时速度的大 小为V，对整体应用动量守恒和能量守恒有：
mv－2MV＝0
Ep＝＋
解得v＝4 m/s，V＝1 m/s
(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v′，滑块P在乙车上滑行的距离为L， 对滑块P和小车乙应用动量守恒和能量关系有：
mv－MV＝(m＋M)v′
μmgL＝mv2＋MV2－(m＋M)v′2
代入数据解得L＝ m
答案　(1)4 m/s　1 m/s　(2) m
7．(2014·贵州六校联考)如图,轻 ( http: / / www.21cnjy.com )弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止 在水平面上的O点,此时弹簧处于原长．另一质量与B相同的滑块A从P点 以初速度v0向B滑行,当A滑过距离l时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后 A、B粘在一起运动.设滑块A和B均可视为质点，与水平面的动摩擦因数均 为μ，重力加速度为g.试求：
(1)碰后瞬间，A、B共同的速度大小；
(2)若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量．
解析　(1)设A、B质量均为m，A刚接触 ( http: / / www.21cnjy.com )B时的速度为v1，碰后瞬间共同的 速度为v2，以A为研究对象，从P到O，由功能关系有μmgl＝mv－mv
以A、B为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒得mv1＝2mv2
解得v2＝eq \r(v－2μgl)
(2)碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x，
由功能关系可得μ(2mg)2x＝(2m)v
解得x＝eq \f(v,16μg)－
答案　(1)eq \r(v－2μgl)　(2)eq \f(v,16μg)－
8．(2014·湖南怀化一模 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示,在光滑水平地面上，有一右端装有固定的竖直 挡板的平板小车质量m1＝4.0 kg，挡板上固定一轻质细弹簧．位于小车上A 点处的质量为m2＝1.0 kg的木块(视为质点)与弹簧的左端相接触但不连接,此 时弹簧与木块间无相互作用力．木块与车面之间的摩擦可忽略不计．现小车 与木块一起以v0＝2.0 m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发 生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以v1＝1.0 m/s的速度水平向左运动， g取10 m/s2.求：
(1)小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小；
(2)若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小 和弹簧的最大弹性势能．
解析　(1)以v1的方向为正方向,则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中，小车 动量变化量的大小为
Δp＝m1v1－m1(－v0)＝12 kg·m/s
(2)小车与墙壁碰撞后向左运动，木块 ( http: / / www.21cnjy.com )与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最 短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力的作用下，做变速运 动，当两者具有相同速度时，二者相对静止．整个过程中，小车和木块组成 的系统动量守恒
设小车和木块相对静止时的速度大小为v，根据动量守恒定律有m1v1－m2v0 ＝(m1＋m2)v
解得v＝0.40 m/s
当小车与木块首次达到共同速度v时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势 能最大
设最大弹性势能为Ep，根据机械能守恒定律可得
Ep＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2
Ep＝3.6 J
答案　(1)12 kg·m/s　(2)0.40 m/s　3.6 J
9．(2014·湖北八校二联)如图,在 ( http: / / www.21cnjy.com )水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为 2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数为μ.现让甲物块以速 度v0向着静止的乙运动并发生正碰，试求：
(1)甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能；
(2)若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞中系统损 失了多少机械能？
解析　(1)碰撞过程中系统动能最小时，为两物体速度相等时，设此时两物体 速度为v
由系统动量守恒有2mv0＝3mv
得v＝v0
此时系统动能
Ek＝×3mv2＝mv
(2)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度 ( http: / / www.21cnjy.com )分别为v1、v2，之后甲做匀速直线运 动，乙以初速度v2做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙并发生碰撞， 因此两物体在这段时间内平均速度相等，有
v1＝
而第一次碰撞中系统动量守恒，有
2mv0＝2mv1＋mv2
由以上两式可得
v1＝
v2＝v0
所以第一次碰撞中的机械能损失量为
E＝×2mv－×2mv－mv＝mv
答案　(1)mv　(2)mv
10．(2013·安徽五校质检)如图所示的轨 ( http: / / www.21cnjy.com )道由半径为R的1/4光滑圆弧轨道AB、 竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成.小车的质量为M,紧靠台阶 BC且上表面水平与B点等高.一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上.已知M＝4m，小车的 上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点 P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为μ,Q点右侧表 面是光滑的．
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)求滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小；
(2)要使滑块既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L 应在什么范围内？(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内)
解析　(1)设滑块滑到B点的速度大小为v，到B点时轨道对滑块的支持力为 FN，由机械能守恒定律得
mgR＝mv2①
滑块滑到B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m②
联立①②式解得FN＝3mg③
根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小为
FN′＝3mg
(2)滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度，设为u，滑 块与小车组成的系统动量守恒，有
mv＝(M＋m)u④
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑 ( http: / / www.21cnjy.com )块可能不与弹簧接触就已经与小车相 对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系得μmgL＝mv2－(M＋m)u2⑤
联立①④⑤式解得L＝⑥
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑 ( http: / / www.21cnjy.com )块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是 光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处， 由功能关系得
2μmgL＝mv2－(M＋m)u2⑦
联立①④⑦式解得L＝⑧
综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L 应满足的范围是答案　(1)3mg　(2)A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
解析　由自由落体运动公式得人下降h ( http: / / www.21cnjy.com )距离时的速度为v＝，在t时间 内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝ ＋mg，A项正确．
答案　A
2．(2015·北京理综，18，6分) ( http: / / www.21cnjy.com )(难度★★★)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固 定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直 方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析 正确的是(　　)
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析　从绳子恰好伸直， ( http: / / www.21cnjy.com )到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大， 由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0 时,F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F ＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动 量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始 终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大 后减小，故B错误．
答案　A
3．[2015·福建理综，30(2 ( http: / / www.21cnjy.com ))，6分]如图，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(　　)
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
解析　对A、B系统,由 ( http: / / www.21cnjy.com )于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械 能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、 另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确．
答案　D
4．(2014·重庆理综，4,6分 ( http: / / www.21cnjy.com ))(难度★★★)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有 水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1. 不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹 可能正确的是(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
( http: / / www.21cnjy.com )
解析　平抛运动时间t＝＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质 量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又v甲＝，v乙＝，t＝1 s，则有x甲＋
x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确．
答案　B
5．(2014·大纲全国，21， ( http: / / www.21cnjy.com )6分)(难度★★★)一中子与一质量数为A(A>1)的原 子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比 为(　　)
A. B. C. D.
解析　设中子质量为m，则 ( http: / / www.21cnjy.com )原子核的质量为Am.设碰撞前、后中子的速度分 别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv ＝mv＋Amv，解得v1＝v0，故||＝，A正确．
答案　A
6．(2013·天津理综，2) ( http: / / www.21cnjy.com )(难度★★★)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女 子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的 运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获 得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方 向上的相互作用，则(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
解析　甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等， ( http: / / www.21cnjy.com )方向相反，选项A错误；甲、 乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大、反向，选项B正确；甲、乙相互 作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用 过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的 动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D错 误．
答案　B
7．(2012·福建理综,29(2) ( http: / / www.21cnjy.com )，6分)(难度★★)如图，质量为M的小船在静止水面上 以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若 救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 (　　)
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
解析　取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝ v0＋(v0＋v)，故C正确．
答案　C
8．(2012·大纲全国 ( http: / / www.21cnjy.com )，21)(难度★★★)(多选)如图，大小相同的摆球a和b的质量 分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放．若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是(　　)
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
解析　由于两球发生弹性 ( http: / / www.21cnjy.com )碰撞，故系统动量、机械能均守恒，则：mv＝3mvb ＋mva　①，mv2＝×3mv＋mv　②，由两式联立解得va＝－v，vb＝v， 故选项A正确；由前面求得速度可知第一次碰后pa＝－mv，pb＝mv,故选 项B错误；由于第一次碰后,|va|＝|vb|，根据机械能守恒可知两球可到达相同 高度即摆角相同,选项C错误；因两球摆长相同，根据T＝2π知，两球 同时到达各自平衡位置发生第二次碰撞，选项D正确．
答案　AD
9．(2011全国，20，6分)(难 ( http: / / www.21cnjy.com )度★★★)(多选)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μ.初始时小物块停在箱子正中间，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，则整个过程中，系统损失的动能 为(　　)
A.mv2 B. v2
C.NμmgL D．NμmgL
解析　小物块与箱子作用过程中满足动量 ( http: / / www.21cnjy.com )守恒，小物块最后恰好又回到箱子 正中间.二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失 动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v＝ ，A错误、B正确；由于碰撞为弹性 碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk ＝Q＝NμmgL，C错误、D正确．
答案　BD
10．[2015·新课标全国Ⅰ，35(2 ( http: / / www.21cnjy.com ))，10分](难度★★★★)如图，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．设物体 间的碰撞都是弹性的．
解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，
由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv
可得v1＝v0，v2＝v0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M
A反向向左运动与B发生碰撞过程，有
mv1＝mv3＋Mv4
mv＝mv＋Mv
整理可得v3＝v1，v4＝v1
由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 v3≤v2
即v0≥v1＝()2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥(－2)M
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
(－2)M≤m＜M
答案　(－2)M≤m＜M
11．[2015·新课标全国Ⅱ,35( ( http: / / www.21cnjy.com )2)，10分](难度★★★★)两滑块a、b沿水平面上同 一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后， 从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：
( http: / / www.21cnjy.com )
(ⅰ)滑块a、b的质量之比；
(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之 比．
解析　(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题 给图象得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得
v＝ m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8⑤
(ⅱ)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做 的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2⑧
答案　(ⅰ)1∶8　(ⅱ)1∶2
12．[2015·山东理综，39(2)](难 ( http: / / www.21cnjy.com )度★★★★)如图，三个质量相同的滑块A、B、C， 间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时 间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C 发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数 为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．
解析　设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的 速度vA′＝v0，
B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得
WA＝mv－mv②
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能 关系得
WB＝mv－mvB′2③
据题意可知
WA＝WB④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
mvB′＝2mv⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得
v＝v0⑥
答案　v0
13．(2015·广东理综，3 ( http: / / www.21cnjy.com )6，18分)(难度★★★★)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)从A→Q由动能定理得
－mg·2R＝mv2－mv①
解得v＝4 m/s＞＝ m/s②
在Q点，由牛顿第二定律得
FN＋mg＝m③
解得FN＝22 N④
(2)A撞B，由动量守恒得
mv0＝2mv′⑤
解得v′＝＝3 m/s⑥
设粗糙段滑行距离为x，则
－μmgx＝0－2mv′2⑦
解得x＝4.5 m⑧
所以k＝＝45⑨
(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得
－μ2mgnL＝2mv－2mv′2⑩
所以vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)
答案　(1)22 N　(2)45　(3)vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)
14．(2015·天津理综，10， ( http: / / www.21cnjy.com )16分)(难度★★★)某快递公司分拣邮件的水平传输装 置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现 将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5. 设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求
(1)邮件滑动的时间t；
(2)邮件对地的位移大小x；
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.
解析　(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力 为Ff，则
Ff＝μmg①
取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有
Ff t＝mv－0②
由①②式并代入数据得t＝0.2 s③
(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Ff x＝mv2 －0④
由①④式并代入数据得x＝0.1 m⑤
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝ v-t⑥
摩擦力对皮带做的功W＝－Ff s⑦
由①③⑥⑦式并代入数据得W＝－2 J⑧
答案　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J
15．(2015·安徽理综， ( http: / / www.21cnjy.com )22，14分)(难度★★★)一质量为0.5 kg的小物块放在水平 地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0 ＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s， 碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
解析　(1)对小物块从A运动到B处的过程中
应用动能定理－μmgs＝mv2－mv①
代入数值解得μ＝0.32②
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv③
解得：F＝－130 N④
其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左．
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得
－W＝0－mv′2⑤
解得W＝9 J
答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J
16．[2014·新课标全国Ⅰ,35(2)， ( http: / / www.21cnjy.com )9分](难度★★★)如图，质量分别为mA、mB的 两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B 球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t ＝0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 A球的速度恰为零.已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻 力及碰撞中的动能损失．求
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度．
解析　(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝ ①
将h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s②
(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速 度分别为v2和v2′.由运动学规律可得
v1＝gt③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前、后的动量守恒，总 动能保持不变．规定向下的方向为正，有
mAv1＋mBv2＝mBv2′④
mAv＋mBv＝mBv2′2⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝ vB⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′＝eq \f(vB′2－v,2g)⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m⑧
答案　(1)4 m/s　(2)0.75 m
17．[2014·新课标全国Ⅱ，35(2) ( http: / / www.21cnjy.com )，10分](难度★★★★)现利用图(a)所示的装置验 证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带 有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带 有一弹簧片,上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通 过光电门的时间．
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实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg ( http: / / www.21cnjy.com )，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片 的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块B的右侧， ( http: / / www.21cnjy.com )启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度， 使它与B相碰.碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前、后打 出的纸带如图(b)所示．
若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%， 本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
解析　按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为
v＝①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程．
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝＝0.02 s②
ΔtA可视为很短．
设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.将②式和图给实验数据代入① 式得
v0＝2.00 m/s③
v1＝0.970 m/s④
设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
v2＝⑤
代入题给实验数据得
v2＝2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则
p＝m1v0⑦
p′＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp＝||×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp＝1.7%<5%⑩
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
答案　见解析
18．(2014·天津理综，10，16分)( ( http: / / www.21cnjy.com )难度★★★★)如图所示，水平地面上静止放置 一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可 以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg.现对 A施加一个水平向右的恒力F＝10 N,A运动一段时间后，小车左端固定的挡 板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用 下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到v-t＝2 m/s.求
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
解析　(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得
a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)v-t－(mA＋mB)v③
代入数据解得
v＝1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守 恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45 m⑦
答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m
19．(2014·广东理综 ( http: / / www.21cnjy.com ),35，18分)(难度★★★★)如图的水平轨道中，AC段的中点 B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与 静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点， 探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作,已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与 AC间的动摩擦因数为μ＝0.1,AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均 视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
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(1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和 P向左经过A点时的最大动能E.
解析　(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒
mv1＝2mv①
解得v＝＝3 m/s②
碰撞损失的动能ΔE＝mv－(2m)v2③
解得ΔE＝9 J④
(2)根据牛顿第二定律，P做匀减速运动，加速度为a＝⑤
设P1、P2碰撞后的共同速度为v共，则推得v共＝⑥
把P与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理
经过时间t1，P运动过的路程为s1，则s1＝v共t1－at⑦
经过时间t2，P运动过的路程为s2，则s2＝v共t2－at⑧
如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足
s1≤3L≤s2⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨得10 m/s≤v1≤14 m/s⑩
v1的最大值为14 m/s，此时v共＝7 m/s，根据动能定理知
－μ·2mg·4L＝E－·2mv
代入数据得E＝17 J
答案　(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J
20．[2013·新课标全 ( http: / / www.21cnjy.com )国Ⅰ,35(2)，9分](难度★★★★)在粗糙的水平桌面上有两个 静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰， 碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之 间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的 初速度的大小．
解析　设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A 和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
mv2＝mv＋(2m)v①
mv＝mv1＋(2m)v2②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正．由①②式得
v1＝－③
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
μmgd1＝mv④
μ(2m)gd2＝(2m)v⑤
按题意有
d＝d1＋d2⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理得
μmgd＝mv－mv2⑦
联立②至⑦式，得
v0＝
答案　
21．(2013·广东理综，35,1 ( http: / / www.21cnjy.com )8分)(难度★★★★)如图，两块相同平板P1、P2置于 光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由 端B相距L.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点．P1与P以共 同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2 粘连在一起.P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与 P2之间的动摩擦因数为μ.求
(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.
解析　(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒：
mv0＝2mv1，解得v1＝
最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv0＝4mv2，解得v2＝v0
(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：
·2mv＋·2mv－·4mv＝2mgμ(L＋x)×2
解得x＝eq \f(v,32μg)－L
在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能， 即：Ep＝2mgμ(L＋x)
解得Ep＝mv
答案　(1)　v0　(2)eq \f(v,32μg)－L　mv

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