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(共96张PPT)
考点19　动量
和能量的综合应用
第①步
狂刷小题·夯基础
第②步
精做大题·提能力
本课结束
答案
解析考点19　动量和能量的综合应用
题组一　基础小题
1．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)
A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C．撤去F，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D．撤去F，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
答案　BD
解析　撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两木块的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而水平方向墙对A有向右的弹力，系统的动量不守恒；这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒；A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向受力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A错误，B正确。撤去F，A离开竖直墙后，当两木块速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；设两木块的共同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：2mv0＝3mv，E＝·3mv2＋Ep，又E＝·2mv，联立解得弹簧的弹性势能最大值为：Ep＝，故C错误，D正确。
2．如图所示，质量为M的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s。已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为(　　)
A．
B．
C．
D．
答案　A
解析　子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v，解得：v＝；子弹击中木块后，木块(包括子弹)做匀减速直线运动，由动能定理得：－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v2，解得：v1＝。故A正确。
3．(多选)光滑水平面上有一静止的木块，质量为m的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度图象如图所示。由此可知(　　)
A．木块的质量可能是2m
B．子弹进入木块的深度为
C．木块所受子弹的冲量大小为mv0
D．子弹射入木块过程中产生的热量为mv
答案　BC
解析　设木块的质量为M，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)·v0，解得M＝m，故A错误；由图象知，子弹射入木块的过程中，子弹运动的位移x1＝t0＝v0t0，木块运动的位移x2＝·t0＝v0t0，则子弹进入木块的深度为Δx＝x1－x2＝v0t0－v0t0＝v0t0，故B正确；根据动量定理可知木块所受子弹的冲量I＝M·＝mv0，故C正确；根据能量守恒定律可知，子弹射入木块过程产生的热量：Q＝mv－(m＋M)＝mv，故D错误。
4．(多选)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是(　　)
A．最终小木块和木箱都将静止
B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为
eq
\f(Mv,2)
－
C．木箱速度为时，小木块的速度为
D．最终小木块的速度为
答案　BC
解析　木箱与木块组成的系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A错误；规定向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝(m＋M)v，则最终系统的速度为：v＝，方向向左，则最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为：ΔE＝Mv－(m＋M)v2＝
eq
\f(Mv,2)
－，故B正确，D错误；当木箱的速度为v1＝时，根据动量守恒定律有：Mv0＝Mv1＋mv2，可得：v2＝，故C正确。
5．(多选)如图所示，水平光滑轨道的宽度和轻质弹簧的自然长度均为d。两小球m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是(　　)
A．m1的最小速度是0
B．存在某段时间m1向左运动
C．m2的最大速度一定是v1
D．m2的最大速度是v1
答案　ABD
解析　小球m1到达距离m2最近位置后继续前进，弹簧拉动m2，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m2达到最大速度，m1达到最小速度，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有：m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v＝m1v1
′2＋m2v，解得：v1′＝v1，v2＝v1，故m2的最大速度为v1，m1的最小速度为v1，只有当m1＝m2时，m2的最大速度是v1，m1的最小速度是0，故A、D正确，C错误；若m16.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的是(　　)
A．重力对它们的冲量相同
B．它们落地时重力的瞬时功率相同
C．它们动量变化的大小相同
D．它们的末动能相同
答案　C
解析　球b做自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c两个球的运动时间相同，为t＝
，球a受重力和支持力，合力为mg
sin
θ，加速度为g
sin
θ，根据＝·g
sin
θ·t′2，得t′＝
，所以t7．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1
m，E点的切线水平。另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，g取10
m/s2，不计摩擦。则小球的初速度v0的大小为(　　)
A．4
m/s
B．5
m/s
C．6
m/s
D．7
m/s
答案　B
解析　当小球上升到圆弧最上端时，小球与滑块水平方向的速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有：mv＝(m＋M)v＋mgR，根据题意有：M＝4m，联立解得：v0＝5
m/s，故B正确。
8.如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是(　　)
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度一直增大
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D.弹簧的最大弹性势能为
eq
\f(mv,3)
答案　D
解析　木块与木板组成的系统动量守恒。当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板继续加速，故A错误；木块A与弹簧相互作用的过程中，弹簧的压缩量先增大后减小，故B板的加速度先增大后减小，B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有：·2mv＝·2mv＋mv，解得：v1＝v0，v2＝v0，对木块A，根据动量定理有：I＝2mv1－2mv0＝－mv0(负号表示方向向右)，故C错误；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：2mv0＝(m＋2m)v，根据机械能守恒定律有：Epmax＝·2mv－(2m＋m)v2，解得：Epmax＝mv，故D正确。
题组二　高考小题
9．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
答案　B
解析　列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝mv2，又因为v＝at，所以Ek＝ma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；根据动能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，故C错误；由Ek＝，可知动能与动量的平方成正比，D错误。
10．(2015·北京高考)“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
答案　A
解析　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。选项A正确，选项B、C、D错误。
11．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
答案　B
解析　A错：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化。B对：乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态。C错：根据I＝Ft知，重力的冲量不为0。D错：根据P＝mgv
cos
θ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化。
题组三　模拟小题
12．(2019·江西南昌二模)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止。其速度—时间图象如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力f做的功为W2，冲量大小为I2。则下列选项正确的是(　　)
A．W1>W2；I1>I2
B．W1I2
C．W1D．W1＝W2；I1＝I2
答案　D
解析　对全过程由动能定理有：W1－W2＝0，得W1＝W2；由动量定理有：I1－I2＝0，得I1＝I2，故D正确。
13．(2019·河南重点学校联盟联考)(多选)如图所示，质量m1＝4
kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1
m，现有质量m2＝2
kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3
m/s从左端滑上小车。已知物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10
m/s2，则物块滑上小车后(　　)
A.物块和小车构成的系统动量守恒
B．物块和小车构成的系统机械能守恒
C．经过一段时间从小车右端滑下
D．整个过程中系统产生的热量为6
J
答案　AD
解析　由于水平面光滑，所以物块和小车构成的系统合外力为零，系统的动量守恒，故A正确；由于物块和小车间有摩擦力，要克服摩擦力做功产生内能，所以物块和小车构成的系统机械能不守恒，故B错误；假设物块最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m1＋m2)v，根据能量守恒定律得：μm2gd＝m2v－(m1＋m2)v2，解得物块相对于小车滑行的距离为：d＝0.6
mm，所以物块不会从小车右端滑下，故C错误；整个过程中系统产生的热量为Q＝μm2gd＝6
J，故D正确。
14.(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则(　　)
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
答案　D
解析　由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小时刻相等，且两子弹对木块作用的时间相等，故C错误；两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理，对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，则子弹射入时的初动能EkA>EkB，故B错误，D正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA>EkB，则mA15．(2019·四川泸州二诊)如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面，车上半径为R的四分之一光滑圆弧轨道和水平光滑轨道平滑连接，另一个质量也为m的小球以水平初速度v0从小车左端进入水平轨道，整个过程中不考虑系统机械能损失，则下列说法正确的是(　　)
A．小球运动到最高点的速度为零
B．小球最终离开小车后向右做平抛运动
C．小车能获得的最大速度为
D．若v0≥2时小球能到达圆弧轨道最高点P
答案　D
解析　小球运动到最高点时小球和小车的速度相同，设为v，以小车和小球组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0＝(m＋m)v，解得：v＝，故A错误；设小球最终离开小车的速度为v1，小车的速度为v2，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律得：mv＝mv＋mv，联立解得：v1＝0，v2＝v0，所以小球最终离开小车后做自由落体运动，故B错误；小球在圆弧轨道上运动的过程中，小车一直在加速，所以小球最终离开小车时小车的速度最大，最大速度为v0，故C错误；当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，由水平方向动量守恒得：mv0＝(m＋m)v，根据机械能守恒定律得：mv＝mgR＋(m＋m)v2，解得：v0＝2，所以若v0≥2时小球能到达圆弧轨道最高点P，故D正确。
16．(2019·陕西三模)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6
s内力F、速度随时间的变化如图所示，由图象可得(　　)
A.物体的质量为2
kg
B．前6
s内合力的冲量为4
N·s
C．在前6
s内推力做的功为3
J
D．在前6
s内物体运动的位移为6
m
答案　B
解析　由v?t图象可知，物体在2～6
s内做匀速直线运动，则物体所受的摩擦力为：f＝F2＝1
N，由v?t图象可知，0～2
s内物体的加速度为：a＝＝0.5
m/s2，由牛顿第二定律得：F1－f＝ma，其中F1＝3
N，代入数据解得物体的质量为：m＝4
kg，故A错误；前6
s内合力的冲量等于物体动量的变化量，I＝Δp＝mv＝4×1
N·s＝4
N·s，故B正确；由v?t图线与t轴所围的面积表示位移，可得物体在前6
s内运动的位移为：x＝×1×2
m＋1×4
m＝5
m，前2
s内通过的位移为1
m，后4
s内的位移为4
m，因此在前6
s内推力做的功为：W＝3×1
J＋1×4
J＝7
J，故C、D错误。
17.(2019·湖北宜昌调研)(多选)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升的高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则(　　)
A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)
C．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)
D.运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0
答案　AC
解析　由题可知，运动员始终处于平衡状态，则地面对运动员的支持力大小为(M＋m)g，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，则其冲量为I＝(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，因地面对运动员的支持力的作用点的位移为0，则地面对运动员做的功为0，故A正确，B错误；运动员对重物的力大小为Mg，其冲量为I′＝Mg(t1＋t2＋Δt)，重物发生的位移为(h1＋h2)，则运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，故C正确，D错误。
18．(2019·哈尔滨第三中学高三上学期期末)(多选)如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图象可能正确的是(　　)
答案　ABC
解析　开始时，两物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终速度相同。P、Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律：mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v，若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图象如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图象如图B所示；若mPvP19.(2019·四川省树德中学二诊)(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2＝0.5
kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6
m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得(　　)
A．在t1时刻，两物块达到共同速度2
m/s，且弹簧处于伸长状态
B．从t3到t4，弹簧由原长变化为压缩状态
C．t3时刻弹簧的弹性势能为6
J
D．在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态
答案　AC
解析　从v?t图象可以看出，从0到t1时间内B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2
m/s，此时弹簧处于伸长状态，A正确；由v?t图象可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误；由v?t图象可知，t3时刻两物块的速度相同，都是2
m/s，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1
kg，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得m2v2＝(m1＋m2)v＋Ep，解得t3时刻弹簧的弹性势能Ep＝6
J，C正确。
20.(2019·辽宁沈阳三模)(多选)如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2
kg。现剪断A、B间的细绳，解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v?t图如图b所示，则可知(　　)
A．A的质量为1
kg
B．运动过程中A的最大速度为vm＝4
m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3
J
答案　ABD
解析　A离开挡板后，分析可知，弹簧伸长到最长时，A、B共速，B的加速度最大，v?t图象切线斜率的绝对值最大，由图b知此时A、B的共同速度为：v共＝2
m/s，A刚离开挡板时B的速度v0＝3
m/s。根据动量守恒定律有：mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝1
kg，故A正确；在A离开挡板后，当弹簧第一次恢复到原长时，A的速度最大，此时B的加速度为0，速度为vB′＝1
m/s，根据动量守恒定律得mBv0＝mAvm＋mBvB′，解得vm＝4
m/s，故B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，挡板对A不做功，只有弹簧的弹力对B做功，所以系统机械能守恒，故C错误；A、B的速度相同时弹簧的弹性势能最大，弹簧的最大弹性势能为Epm＝mBv－(mA＋mB)v，代入数据解得：Epm＝3
J，故D正确。
题组一　基础大题
21.两相同平板小车A、B放在光滑水平面上，两小车的质量均为2
kg，车长均为0.3
m，A车左端放一小铁块C，质量为1
kg，铁块与两小车表面的动摩擦因数均为0.4，开始A、C一起以速度v0＝4
m/s滑向静止的B车，A、B碰撞后粘在一起，求：
(1)B车运动的最大速度；
(2)通过计算说明，C停在A车还是B车上？
答案　(1)2.4
m/s，方向向右
(2)铁块C停在B车上
解析　(1)A、B、C组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，当三者速度相等时，B车的速度最大，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
(M＋m)v0＝(2M＋m)v
解得：v＝2.4
m/s，方向向右。
(2)A与B碰撞后，设A、B车的共同速度为v1，
根据动量守恒定律有：Mv0＝2Mv1
设C在车上滑过的距离为s，根据能量守恒定律得：
mv＋×2Mv＝μmgs＋×(2M＋m)v2
解得：s＝0.4
m，故铁块C停在B车上。
22.如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED水平，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5
m，质量m＝0.1
kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5
kg的滑块B前端装有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g＝10
m/s2，则：
(1)滑块B至少要以多大的速度向前运动？
(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？
答案　(1)3
m/s　(2)0.375
J
解析　(1)当滑块A恰能过半圆最高点C时，B的初速度最小。设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B与A碰撞前B的速度为v0，A过圆轨道最高点时由牛顿第二定律得：
mg＝m
eq
\f(v,R)
滑块A由D到C过程中，由机械能守恒定律得：
mv＝mg·2R＋mv
B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0＝Mv1＋mv2
由机械能守恒定律得：Mv＝Mv＋mv
联立并代入数据解得：v0＝3
m/s。
(2)B与A碰撞后，当两者速度相同时弹簧的弹性势能最大，设A、B的共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律得：Mv＝Epmax＋(M＋m)v2
联立并代入数据解得：Epmax＝0.375
J。
题组二　高考大题
23．(2018·全国卷Ⅰ)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　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
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
0－v0＝－gt②
联立①②式得t＝
③
(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
E＝mgh1④
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
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥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。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。
24．(2019·全国卷Ⅰ)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。t＝0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v?t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
mv1＝m＋m′v′①
mv＝m＋m′v′2②
联立①②式得m′＝3m③
(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
mgH－fs1＝mv－0④
－(fs2＋mgh)＝0－m⑤
从图b所给出的v?t图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系
＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmg
cos
θ·?
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
－μm′gs′＝0－m′v′2?
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mg
cos
θ·－μ′mgs′＝0?
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得＝。
题组三　模拟大题
25．(2019·贵州模拟)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的A、B、C三个物体。B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的左端固定在物体B上，右端与C接触，物体C的右侧与一竖直挡板接触。若物体A以速度v0向右运动与静止的B发生正碰并瞬间粘连。
(1)求A、B碰撞后瞬间的总动能；
(2)当弹簧被压缩至最短时，立即撤去挡板，求C离开弹簧后的速度大小；
(3)要使C离开弹簧后有最大速度，则应在弹簧的弹性势能为多大时撤去挡板？
答案　(1)mv　(2)v0　(3)mv
解析　(1)以向右为正方向，设A、B碰后的共同速度为v1，对A、B组成的系统，
由动量守恒定律得：mv0＝2mv1①
A、B碰撞后瞬间的总动能：Ek＝·2mv②
联立①②式解得：Ek＝mv。③
(2)弹簧压缩到最短时，A、B的速度为零，设C离开弹簧时A、B的速度为v2，C的速度为v3，
由动量守恒定律得：0＝mv3＋2mv2④
由机械能守恒定律得：Ek＝·2mv＋mv⑤
联立③④⑤式解得：v3＝v0。
(3)若C离开弹簧后有最大速度，则A、B在碰后的总动能全部转化为C离开弹簧时的动能。
设撤去挡板时A、B的速度为v4，C的最大速度为v5
由机械能守恒定律得：Ek＝mv⑥
由动量守恒定律得：2mv4＝mv5⑦
刚撤去挡板时，弹簧的弹性势能
Ep＝Ek－·2mv⑧
联立③⑥⑦⑧式解得：Ep＝mv。
26．(2019·湖北七市州教研协作体联考)如图所示，一条长为L的细绳一端系于O点，另一端系一个质量为m的小钢球A(视为质点)，另一条相同的细绳两端系着质量为2m的小钢球B(视为质点)和质量为m的小钢球C
(视为质点)，其中C球穿过光滑的水平细杆，开始时悬线竖直，A、B两球刚好接触，现将A拉到与竖直方向成θ＝60°角的位置，由静止释放后与B球发生弹性正碰，已知重力加速度为g，求：
(1)A、B碰撞结束时，小球B的速度vB；
(2)B球向右运动过程中的最大高度h。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设小球A与小球B碰撞前的速度为v0，小球A由初始位置摆动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得：
mgL(1－cos
60°)＝mv
解得：v0＝
设碰撞后小球A的速度为v1，小球B的速度为vB，由于小球A与小球B发生弹性正撞，所以碰撞过程满足机械能守恒定律和动量守恒定律，取水平向右为正方向，则：
mv＝mv＋·2mv
mv0＝mv1＋2mvB
联立解得：vB＝。
(2)当B向右运动到达最大高度时，B与C水平方向的速度相等，由动量守恒定律可得：2mvB＝(m＋2m)v
由机械能守恒定律可得：
·2mv＝·3mv2＋2mgh
联立解得：h＝。

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