2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞

2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源第一章动量守恒定律5弹性碰撞和非弹性碰撞基础过关练题组一碰撞的特点和分类1.以下对碰撞的理解,说法正确的是()A.弹性碰撞一定是对心碰撞B.非对心碰撞一定是非弹性碰撞C.弹性碰撞也可能是非对心碰撞D.弹性碰撞和对心碰撞中动量守恒,非弹性碰撞和非对心碰撞中动量不守恒2.(2023重庆巴蜀中学月考)如图所示,甲、乙两人穿着同款充气“防护服”出来散步,由于两人初次穿充气服,走起路来有些控制不好平衡,所以两人在极短时间内发生了一维碰撞。若甲的质量为m,乙的质量为3m,且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞,碰撞后乙静止不动,则这次碰撞()A.属于完全非弹性碰撞B.属于弹性碰撞C.总动能全部转化为内能D.碰撞后甲的速度大小为4v题组二碰撞过程遵循的三个原则3.(2023山东青岛第五十八中学月考)甲、乙两辆玩具汽车,质量分别为m1=1kg、m2=2kg,在光滑水平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=8m/s、v2=2m/s,甲从后面追上乙,并发生正碰,碰后两物体的速度可能是()A.v1'=4m/s,v2'=4m/sB.v1'=2m/s,v2'=5m/sC.v1'=-2m/s,v2'=7m/sD.v1'=7m/s,v2'=2.5m/s4.在光滑的水平面上,两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动,发生正碰,碰后系统的总动能不可能是()A.0B.2p2mC.题组三弹性碰撞中“动碰静”模型的简单应用5.如图所示,质量为m的A球在光滑水平面上静止放置,质量为2m的B球向左运动,速度大小为v0,B球与A球碰撞且无机械能损失,碰后A球速度大小为v1,B球的速度大小为v2。碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数,即e=v1−vA.e=1B.e=1C.e=13D.e=6.(2023浙江杭师大附中期中)如图所示,运动的球A(质量、初速度都确定)在光滑水平面上与一个原来静止的球B(质量可改变)发生弹性碰撞,则()A.要使B球获得最大动能,应让B球质量与A相等B.要使B球获得最大速度,应让B球质量远小于A球质量C.要使B球获得最大动量,应让B球质量远大于A球质量D.若B球质量远小于A球质量,B球将获得最大动能、最大速度及最大动量

能力提升练题组一弹性碰撞速度公式的应用1.(2023甘肃武威阶段测试)如图所示,光滑水平面上有一质量mA=1kg的A球和一质量mB=1.5kg的B球同向运动。已知A球的初速度v1=10m/s,B球的初速度v2=5m/s,运动一段时间后,两球发生对心正碰。下列说法正确的是()A.当两球发生的碰撞是弹性碰撞时,A球对B球的冲量为7.5N·sB.碰撞的过程中,系统损失的机械能可能为8JC.碰撞后,A球的速度可能为5m/sD.当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时,A球对B球的冲量为3N·s2.(2022北京顺义期末)“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,探测器在远离行星后速度大小为v0',探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可类比两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞。那么下列判断中正确的是()A.v0'=2v0-uB.v0'=2v0+uC.v0'=v0-2uD.v0'=v0+2u题组二碰撞中的图像问题3.(2022广东广州奥林匹克中学期末)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动,游乐场上,大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞,碰撞前后两人的位置-时间图像如图所示,已知小孩的质量为30kg,大人的质量为60kg,碰碰车质量相同,碰撞时间极短。下列说法正确的是()A.碰前大人的速度大小为2m/sB.碰撞前后大人的运动方向保持不变C.碰碰车的质量为30kgD.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为60N·s4.(2023河南安阳一中月考)在足够长的光滑倾斜长直轨道上,先后将甲、乙两个小球分别以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出,两小球相遇时发生了完全非弹性碰撞,它们运动的v-t图像如图所示。已知小球甲的质量为1kg,重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A.小球乙的质量为2kgB.两小球碰撞过程中的机械能损失为25JC.轨道倾角满足tanθ=0.2D.两小球回到出发点时的速度大小为10m/s题组三抛体运动中的碰撞问题5.(2023河北唐山月考)一次投掷才艺表演时,投掷爱好者甲将质量m1=0.25kg的橡胶球A以v1=8m/s的速度竖直向上拋出时,投掷爱好者乙同时将质量为m2=0.50kg的橡胶球B斜向上方抛出。A、B两球抛出高度相同,正好在最高点发生对心碰撞。投掷者甲和乙站在同一水平面上,两人间距d=16m。A、B两橡胶球的碰撞可看成弹性碰撞,碰撞前后均在同一竖直面内运动,不计空气阻力对两橡胶球的影响,重力加速度g=10m/s2。求:(1)碰撞前瞬间橡胶球B的速度大小;(2)碰撞后瞬间橡胶球A的速度大小。题组四多物体、多过程碰撞问题6.(2023江苏泰州中学月考)如图,一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上,铁槽底面粗糙,侧壁光滑,半径R=2πm,槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B,质量均为m=0.2kg,两滑块与铁槽内壁贴合,且两滑块均可视为质点。两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°;现给A滑块一瞬时冲量,使其获得v0=210m/s的初速度并沿铁槽运动,与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短);已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10m/s2(1)A、B第一次相碰过程中,系统储存的最大弹性势能Epm;(2)A滑块运动的总路程。7.(2022江苏苏州八校联盟适应性检测)光滑水平面上依次放99个质量均为m的弹性小球,已知质量相等的两弹性小球正碰后交换速度。现一质量为2m的小球A以初速度v0与第99个小球发生弹性正碰,求:(1)小球A第一次与第99个小球碰后的速度大小;(2)第1个小球最终的速度大小;(3)第99个小球最终的速度大小。

答案与分层梯度式解析第一章动量守恒定律5弹性碰撞和非弹性碰撞基础过关练1.C2.B3.AB4.B5.A6.ABC1.C弹性碰撞是没有机械能损失的碰撞,对心碰撞是速度方向与两球心连线共线的碰撞,因此弹性碰撞可能是对心碰撞,也可能是非对心碰撞,故A错误,C正确;非对心碰撞是指速度方向与两球心连线不共线的碰撞,而非弹性碰撞是有机械能损失的碰撞,因此非对心碰撞可能是弹性碰撞,也可能是非弹性碰撞,故B错误;只要物体间相互作用的过程中内力远大于外力,都可以认为系统的动量守恒,因此弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞、非对心碰撞中动量均守恒,故D错误。故选C。2.B设碰撞后甲的速度为v',以乙的运动方向为正方向,根据动量守恒定律可得3mv-mv=mv',故碰后甲的速度为v'=2v,D错误;碰前甲、乙的总动能为Ek=12×3mv2+12mv2=2mv2,碰后甲、乙的总动能为Ek'=12mv'2=2mv2,由于碰撞前后总动能相等,所以此碰撞为弹性碰撞,碰撞后系统总动能没有损失,没有转化为内能,3.AB模型构建碰撞的过程中动量守恒,碰撞之后的动能不可能超过碰撞之前的动能。如果碰撞是弹性碰撞,没有损失动能,此时乙的速度最大,根据m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+1得v1'=(m1−m2)解得v1'=0,v2'=6m/s。如果碰撞是完全非弹性碰撞,损失动能最多,此时乙的速度最小,根据m1v1+m2v2=(m1+m2)v2″,解得v2″=4m/s。因此碰后甲的速度范围是0≤v甲≤4m/s,乙的速度范围是4m/s≤v乙≤6m/s,故选A、B。规律总结4.B两滑块发生碰撞时遵循动量守恒定律,由于开始时两个滑块以大小均为p的动量相向运动,所以总动量为0。若发生完全非弹性碰撞,则2mv=0,所以碰后系统总动能为0;若发生弹性碰撞,则两个滑块的总动能不变,碰前两滑块的总动能为2×p22m=p2m,因为碰撞后系统的动能不会增加5.AA、B在碰撞的过程中动量守恒,根据动量守恒定律可得2mv0=mv1+2mv2;在碰撞的过程中机械能守恒,可得12×2mv02=12mv12+12×2mv22,解得v1=43v0,v2=16.ABC设A球的质量为m1,B球质量为m2,碰前A球的速度为v0。A与B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2v22,解得v1=m1−m2m1+m2v0,v2=2m1m1+m2v0,当A、B两球质量相等时,碰后A的速度为零,B获得了A碰前的全部动能,B球获得了最大动能,A正确;当A球质量远大于B球质量时,B球获得最大速度,接近碰前A速度的2倍,B正确;能力提升练1.CD2.D3.BC4.B1.CD两球发生弹性碰撞时,根据动量守恒及机械能守恒,有mAv1+mBv2=mAvA+mBvB,12mAv12+12mBv22=12mAvA2+12mBvB2,解得vA=4m/s,vB=9m/s,根据动量定理,A球对B球的冲量为I=mBvB-mBv2=6N·s,A错误;若两球发生完全非弹性碰撞,由mAv1+mBv2=(mA+mB)v,得v=7m/s,则碰撞后A球的速度在4m/s到7m/s之间,完全非弹性碰撞的机械能损失最大,损失的最大机械能为ΔE=12mAv12+12mBv22-12(mA+mB)v2=7.5J,B错误,C正确;2.D设探测器的质量为m,行星的质量为M,规定向左为正方向,由动量守恒得-mv0+Mu=mv0'+Mu1,由机械能守恒得12mv02+12Mu2=12mv0'2+12Mu12,整理可得v0'=M−mM+m(v0+u)+u,由于m≪模型构建弹性碰撞两物体碰后速度:v1'=(v2'=(3.BC由图可知,碰前瞬间小孩的速度为2m/s,大人的速度为-3m/s,碰后两人的共同速度为-1m/s,A错误;x-t图像的斜率表示速度,斜率的正负表示速度的方向,由图可知规定了大人初始运动方向为负方向,碰后两车一起向负方向运动,故碰撞前后大人的运动方向保持不变,B正确;设碰碰车的质量为M,由动量守恒定律有(30+M)×2kg·m/s-(60+M)×3kg·m/s=(2M+30+60)×(-1)kg·m/s,解得M=30kg,碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1=120kg·m/s,碰后总动量为p1'=-60kg·m/s,由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I=Δp=-180N·s,故其大小为180N·s,C正确,D错误。故选B、C。4.B模型构建由v-t图像可知,甲、乙两小球在t=4s时碰撞,此时v甲=-5m/s,v乙=5m/s,甲、乙两小球碰撞为完全非弹性碰撞,如图所示:两小球碰撞过程中动量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=(m甲+m乙)v共,得m乙=1kg,A错误;碰撞过程中机械能损失为ΔE=12m甲v甲2+12m乙v乙2=25J,B正确;甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小a=ΔvΔt=−106−4m/s2=5m/s2,轨道光滑,由牛顿第二定律可知,甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小a=(m甲+m乙)gsinθm甲+m乙=gsinθ,可知sinθ=12,则tanθ=33,C错误5.答案(1)20m/s(2)26.7m/s解析(1)A、B两球抛出高度相同,正好在最高点发生正碰,两球被抛出后,A球做竖直上抛运动,B球做斜上抛运动,A球的初速度为v1,设B球在最高点水平速度为v2,相碰之前两球运动时间为t,由运动学规律可得,对A球,竖直方向v1=gt,对B球,水平方向d=v2t,解得碰撞前瞬间B球速度大小v2=20m/s(2)对A、B两球组成的系统,发生弹性正碰,设碰撞后A球的初速度为v3,B球在最高点水平速度为v4,由动量守恒定律和能量守恒可得m2v2=m1v3+m2v4,12m2v22=12m1v32解得v3=26.7m/s。6.答案(1)1.8J(2)5m解析(1)对A滑块,由动能定理可得-μmg·2πR4=12mv1A、B碰撞过程,两者速度相等时,储存的弹性势能最大,由动量守恒定律得mv1=(m+m)v2由能量守恒定律可得12mv12=12(m+m)解得Epm=1.8J(2)A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv3+mv4由机械能守恒定律可得12mv12=12mv解得v3=0,v4=6m/s,设A、B运动的总路程为s1,由功能关系有-μmgs1=0-12m设A、B运动的总圈数为n,有s1=2πRn,得n=2.5滑块A、B的运动过程如图所示:对A、B的运动过程进行分析,A运动了1.25圈,故A滑块的路程s2=1.25×2πR=5m7.答案(1)v03(2)43v0(解析(1)根据动量守恒和机械能守恒有2mv0=2mvA1+mv99,2mv02联立解得vA1=v03,v99=4(2)质量相等的两弹性小球正碰后交换速度,则各小球依次与前面的小球正碰后,第1个小球的速度为v1=v99=43v(3)小球A以速度vA1与第99个小球发生第二次弹性碰撞,有2mvA1=2mvA2+mv'99,2mvA1解得vA2=v09=v032,v99'=各小球依次正碰后,第2个小球以4v0以此类推,可得第99个小球最终的速度v=4v036反冲现象火箭基础过关练题组一对反冲现象的理解1.(2023湖北黄梅国际育才高级中学期中)物理是源自生活的科学,只要细心观察,生活中处处皆是物理。下列关于生活中的情景说法正确的是()A.在没有空气的宇宙空间,火箭无法利用反冲进行加速B.当静止的章鱼向前喷水时,利用反冲可使身体向后运动C.在船头和码头安装旧轮胎是为了延长作用时间,以减小码头对船的冲量D.体操运动员在落地时总要屈腿是为了减小动量的变化量,使运动员避免受伤2.如图,一艘小船原来静止在平静的水面上,现前舱有水需要用抽水机抽往后舱,不计水面对船舱的阻力,则在抽水过程中,关于船舱的运动,以下说法正确的是()A.若前后舱是分开的,则前舱将向前运动B.若前后舱是分开的,则前舱将向后运动C.若前后舱不分开(不相通),则船将向前运动D.若前后舱不分开(不相通),则船将会一直静止在水面上3.(2023湖南郴州一模)在一次课外活动中,老师和同学们来到学校操场,举行水火箭发射比赛,如图所示是水火箭升空瞬间的照片。这一有趣的比赛活动引起了同学们对有关物理学知识的讨论,下列说法正确的是()A.水火箭上升过程中加速度一直等于重力加速度B.水火箭上升过程中处于超重状态,下落过程中处于失重状态C.水火箭利用反冲原理,喷出液体对空气作用力的反作用力使水火箭获得前进的动力D.水火箭利用反冲原理,喷出液体使水火箭获得反作用力作为前进的动力4.图为一空间探测器的示意图,P1、P2、P3、P4是四台喷气式发动机,P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行,P2、P4的连线与y轴平行。每台发动机开动时,都能向探测器提供推力,但不会使探测器转动。开始时,探测器以恒定的速率v0向+x方向平动。要使探测器改为向+x偏-y60°的方向以原来的速率v0平动,则可()A.先开动P1适当时间,再开动P4适当时间B.先开动P3适当时间,再开动P2适当时间C.开动P4适当时间D.先开动P3适当时间,再开动P4适当时间5.(2022江西南昌八一中学期末)一只质量为2.8kg的章鱼吸入0.2kg的水,静止在水中,遇到危险时,它在极短的时间内把吸入的水向后完全喷出,以2.5m/s的速度向前逃窜。求该章鱼喷出的水的速度大小。题组二爆炸问题6.(2023江苏苏州实验中学月考)一颗烟花弹从水平地面以一定的速度竖直上升,速度为零的瞬间爆炸分成a、b两部分,其中a部分质量是b部分质量的2倍,a部分水平飞出。不计空气阻力和火药的质量,a、b两部分落地时水平方向的动量大小分别为pa、pb,a、b两部分做平抛运动过程中动量的变化量大小分别为Δpa、Δpb,则()A.pa=pb,2Δpa=ΔpbB.pa=pb,Δpa=2ΔpbC.pa>pb,Δpa=2ΔpbD.pa<pb,2Δpa=Δpb7.(2022广东梅州田家炳实验中学段考)一枚在空中飞行的导弹,质量为M,在某点速度为v,方向水平。导弹在该点突然炸成两块,如图所示,其中质量为m的一块沿着与v相反的方向飞去,速率为v1。爆炸过程的相互作用时间为Δt,忽略该过程中的重力和空气阻力,求:(1)爆炸后另一块的速率v2;(2)爆炸过程中另一块对质量为m的一块的平均作用力大小。8.(2023河北石家庄月考)国庆期间,河北正定古城举办电子烟花秀祝福祖国。假设质量为m=0.6kg的烟花弹在地面上以v0=30m/s的速度竖直向上射出,当烟花弹上升至最高点时炸成质量m1=0.2kg、m2=0.4kg的A、B两块,其中A块竖直向上运动。已知重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力,爆炸释放的能量E=100J,且有60%转化为A、B两块的动能。计算结果可以带根号。求:(1)A块上升的最大高度;(2)爆炸后开始计时,t=2s时A、B两块的距离。9.(2023重庆巴蜀中学月考)一发炮弹从地面以与水平面夹角为60°的速度射向天空,在最高点爆炸分为质量为m和2m的两部分,其中质量为m的部分做自由落体运动,经时间t落到地面。不计空气阻力和火药的质量,重力加速度为g,求:(1)炮弹爆炸前在最高点的速度大小;(2)炮弹爆炸释放的化学能。(设释放的化学能全部转化为机械能)

能力提升练题组一反冲、爆炸规律的应用1.(2023河北承德月考)某人从岸上以相对岸大小为v0的水平速度跳到一条静止的小船上,使小船以速度v1开始运动;如果此人从这条静止的小船上以相对岸同样大小的水平速度跳离小船,小船的速度大小为v2,则下列判断正确的是()A.v1>v2B.v1<v2C.v1=v2D.条件不足,无法判断2.(2022江苏苏州第十中学月考)如图所示,装有炮弹的火炮总质量为m1,炮弹的质量为m2,炮弹射出炮口时对地的速率为v0,若炮管与水平地面的夹角为θ,忽略火炮后退对弹道的影响,则火炮后退的速度大小为(假设水平地面光滑)()A.m2m1vC.m2v3.(2023江苏苏州黄埭中学月考)如图所示,一质量为m的炮弹运动到水平地面O点的正上方时,速度沿水平方向,距离地面高度为h,炮弹动能为E。此时炮弹发生爆炸,炸为质量相等的两部分,两部分炮弹的动能之和为2E,速度方向和炮弹爆炸前的速度方向在同一直线上,爆炸时间极短。重力加速度为g,不计空气阻力和火药的质量。下列说法正确的是()A.在爆炸的整个过程中,炮弹的机械能守恒B.爆炸后炮弹的两部分不能同时落地C.炮弹的两部分都落在O点的前方D.炮弹的两部分落地点之间的距离为4Eℎ题组二人船模型4.(2023辽宁营口期末)如图所示,带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块P静止在光滑水平地面上,其末端与水平地面相切。一小滑块Q从光滑圆弧轨道的最高点由静止释放,已知滑块P和滑块Q的质量均为m,圆弧轨道的半径为R,重力加速度大小为g,求:(1)滑块Q刚离开P时,滑块P的位移大小;(2)滑块Q滑到水平地面上时的速度大小;(3)滑块Q在圆弧轨道上下滑的过程中,P对Q的支持力做的功。

答案与分层梯度式解析第一章动量守恒定律6反冲现象火箭基础过关练1.B2.AC3.D4.A6.B1.B火箭的加速利用了反冲原理,靠喷出气流的反作用力进行加速,没有空气也可以,A错误;静止的章鱼向前喷水时,利用反冲可以使身体向后运动,B正确;在船头和码头安装旧轮胎是为了延长作用时间,以减小码头对船的作用力,C错误;体操运动员在落地时屈腿能延长与地面的作用时间t,由动量定理Ft=Δp可知,可以减小地面对运动员的冲击力,使运动员避免受伤,D错误。故选B。2.AC若前后舱是分开的,不计水的阻力,则系统在水平方向动量守恒,系统总动量保持为零,用抽水机把前舱的水抽往后舱,水的速度向后,水的动量向后,则前舱向前运动,故A正确,B错误;若前后舱不分开,用抽水机把前舱的水抽往后舱,则水的重心后移,故船将向前运动(等效于人船模型),故C正确,D错误。故选A、C。3.D水火箭加速上升过程中加速度向上,加速度大小可能在变化,液体喷射完后向上做减速运动,但还受空气阻力作用,加速度不等于重力加速度,到最高点时空气阻力为零,加速度才等于重力加速度,A错误;水火箭加速上升过程中处于超重状态,减速上升和下落过程中处于失重状态,B错误;水火箭利用反冲原理,喷出液体使水火箭获得反作用力(克服重力)作为前进的动力,C错误,D正确。故选D。4.A先开动P1适当时间,探测器受到的推力沿-x方向,探测器沿+x方向减速运动,再开动P4适当时间,又产生沿-y方向的推力,探测器的合速度可以沿+x偏-y60°的方向,并以原来的速率v0平动,A正确。先开动P3适当时间,探测器受到的推力沿+x方向,将沿+x方向加速运动,速率大于v0,再开动P2适当时间,又产生沿+y方向的推力,探测器的合速度大于v0,B错误。开动P4适当时间,探测器受到的推力沿-y方向,将获得沿-y方向的速度,沿+x方向的速率不变,合速度大于v0,C错误。先开动P3适当时间,探测器受到的推力沿+x方向,将沿+x方向加速运动,速率大于v0,再开动P4适当时间,探测器受到的推力沿-y方向,将获得沿-y方向的速度,合速度大于v0,D错误。导师点睛物体在两个不同方向上的运动是相互独立、互不影响的,两个分运动同时进行或者先后进行效果是一样的。5.答案35m/s解析根据动量守恒定律,有m1v1=m2v2解得v2=m代入数据得v2=2.8×2.50.26.B解题关键做平抛运动的物体,在水平方向做匀速直线运动,水平方向的动量大小不变,在竖直方向做自由落体运动,动量的变化量等于重力的冲量。烟花弹上升到最高点时速度为0,烟花弹爆炸,由动量守恒定律可知mava+mbvb=0,烟花弹爆炸后,a、b两部分均沿水平方向飞出,做平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,水平方向的动量保持不变,pa=pb,C、D错误;竖直方向的分运动为自由落体运动,根据h=12gt2可知,a、b两部分下落的时间相等,运动过程中只受重力,由动量定理可得Gt=Δp,设b部分质量为m,则a部分质量为2m,则有Δpa=2mgt,Δpb=mgt,即Δpa=2Δpb,A错误,B正确,7.答案(1)Mv+mv1M解析(1)爆炸过程系统动量守恒,有Mv=(M-m)v2-mv1解得v2=Mv(2)对质量为m的一块进行分析,以与原速度相反的方向(向左)为正方向,由动量定理可得FΔt=mv1-m(-v)解得F=m8.答案(1)65m(2)60m解析(1)烟花弹上升至最高点时速度为零,烟花弹爆炸,内力远大于外力,动量守恒,A、B两块的动量等大反向,则m1v1=m2v2根据能量守恒有E·60%=12m1v12+1解得A、B两块获得的速度大小分别为v1=20m/s,v2=10m/sA块上升的高度为hA=v1此前烟花弹上升的高度为h=v0A块上升的最大高度为hm=hA+h=65m(2)以竖直向下为正方向,烟花弹爆炸后2s时A、B两块运动的位移分别为xA=-v1t+12gt2=-20m,xB=v2t+12gtA、B两块的距离为x=xB-xA=60m。9.答案(1)3gt3(2)14mg模型构建炮弹做斜抛运动,如图所示,在最高点爆炸,动量守恒。解析(1)设炮弹在地面的初速度为v,炮弹做斜抛运动,设竖直方向向上运动的最大高度为h,则有0-vy2=-2gh,其中vy=vsin60°,h=12联立可得v=2炮弹爆炸前在最高点的速度为vx=vcos60°=3(2)质量为m的部分做自由落体运动,说明爆炸后其瞬时速度为零。设爆炸后质量为2m的部分瞬时速度为v2,爆炸过程满足动量守恒,则有3mvx=2mv2+0解得v2=3根据能量守恒可得炮弹爆炸释放的化学能为ΔE化=12×2mv22-12×3mvx2能力提升练1.B设人的质量为m,船的质量为M。人从岸上跳到船上的过程,取人的初速度的方向为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,解得v1=mv0m+M;人从船上跳离的过程,取船速度方向为正方向,由动量守恒定律得0=Mv2-mv0,解得v2=mv0M,2.C由于炮弹的重力作用,火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律有m2v0cosθ-(m1-m2)v=0,解得v=m2v3.D在爆炸的整个过程中,炮弹的机械能增加了,A错误;爆炸后炮弹的两部分在竖直方向均做自由落体运动,能同时落地,下落时间均为2ℎg,B错误;水平方向动量守恒,有mv0=12mv1+12mv2,根据题意可知12mv02=E,12×12mv12+12×12mv22=2E,联立解得v1=0,v2=22Em,炮弹的一部分落在O点,另一部分落在O点的前方,C错误;炮弹的两部分落地点之间的距离Δx4.答案(1)R2(2)gR(3)-1模型构建滑块P、Q组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒。系统最初静止,属于“人船模型”。速度表达式为0=mvP-mvQ,位移表达式为0=mxP-mxQ,其中xP+xQ=R。解析(1)滑块P、Q组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,根据动量守恒的位移表达式有0=mxP-mxQ,且xP+xQ=R,解得xP=R2(2)在水平方向,由动量守恒定律有0=mvP-mvQ对系统由能量守恒定律有mgR=12mvP2+解得vQ=gR;(3)对滑块Q,由动能定理有mgR+W支=12mvQ2,解得W支=-第一章动量守恒定律综合拔高练五年高考练考点1动量与动量定理1.(2019课标Ⅰ,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4.8×106N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg2.(2018课标Ⅱ,15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10NB.102NC.103ND.104N3.(2022北京,12)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中,裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。下列说法正确的是()A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间4.(2022全国乙,20)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。则()A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0~6s时间内F对物块所做的功为40J5.[2019北京理综,24(3)]雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。由于大量气体分子在各方向运动的概率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示:设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。考点2动量守恒定律的应用6.(2021湖南,8)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是()A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S37.(2021广东,13)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10m/s2。(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。8.(2022广东,13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2kg,滑杆的质量M=0.6kg,A、B间的距离l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;(3)滑杆向上运动的最大高度h。考点3碰撞问题9.(2022北京,10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是()A.碰撞前m2的速率大于m1的速率B.碰撞后m2的速率大于m1的速率C.碰撞后m2的动量大于m1的动量D.碰撞后m2的动能小于m1的动能10.(2020北京,13)在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度,静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示。在下列实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是()A.将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度hB.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度hD.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都不守恒11.(2021北京,17)如图所示,小物块A、B的质量均为m=0.10kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)两物块在空中运动的时间t;(2)两物块碰前A的速度v0的大小;(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。考点4多物体、多过程问题中的动量守恒定律的应用12.(2020课标Ⅱ,21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为()A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg13.(2022河北,13)如图,光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1kg。A和C以相同速度v0=10m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度大小取g=10m/s2。(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块与新滑板各自速度的大小和方向;(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。14.(2022全国乙,25)如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

三年模拟练应用实践1.(2022辽宁沈阳第一二○中学期中)由轻弹簧连接的质量分别为mA=7m0和mB=2m0的两个物块A、B初始时静止于水平光滑地面上,某时刻一质量为m0的子弹以速度v0从左侧射入物块A并停留在其中,则以下说法正确的是()A.整个过程中由子弹、物块和弹簧组成的系统动量、机械能均守恒B.弹簧的弹性势能最大时,B的速度大小为110vC.整个过程中产生的热量为716m0D.弹簧的最大弹性势能为32.(2023重庆巴蜀中学月考)光滑半圆形曲面B静止于光滑地面上,物块C固定于地面,现将小球A从曲面最右端由静止释放,当小球A滑至曲面最底端时,曲面B恰好与C粘连。已知A与B的质量都为m,B曲面半径为R,重力加速度为g,则()A.最初时B右侧与C的距离为RB.B与C粘连时A的速度大小为gRC.此后A能运动到的最高点距离地面RD.此后A运动到最高点时,B受到A的压力大小为03.(2023河南安阳月考)将一个小球以速度v0竖直向上抛出,已知小球经t时间上升到最高点,再经一段时间匀速经过抛出点时,速度大小为v1。空气阻力大小与小球速度大小成正比,重力加速度为g,则下列判断正确的是()A.小球运动到最高点时速度为零,处于平衡状态B.小球上升的最大高度为vC.小球从抛出到落回抛出点,上升过程中阻力的冲量大于下降过程中阻力的冲量D.小球运动的最大加速度大小为a=v04.(2023辽宁大连期中)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中,我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。如果在某次接力训练中质量为65kg的甲以大小为8m/s的速度在前面滑行,质量为60kg的乙以大小为10m/s的速度从后面追上,并迅速将甲向前推出。若乙推出甲后,乙仅受大小恒为81N的阻力且在5秒末停下,假设运动员们在直道上滑行。则:(1)假设乙推甲过程中,作用时间极短、不计任何阻力,甲、乙组成的系统机械能是否守恒?乙对甲做了多少功?(2)若甲离开乙后立即做匀加速直线运动且在1秒内追上前方2米处以10.5m/s匀速滑行的另一队的队员丙,则甲做匀加速直线运动的加速度至少多大?5.(2023江苏西安交大苏州附中月考)如图所示,质量为m的小车静止在光滑水平面上,距其右端L3μ处有一弹性挡板,在其左端的正上方L处有一固定点,通过长为L的细绳悬挂一质量为2m的小滑块,细绳能承受的最大拉力为滑块重力的3.25倍,把细绳水平拉直并给小滑块一个竖直向下的初速度,当小滑块到达最低点时,细绳恰好被拉断,小滑块滑上小车,滑块和小车间的动摩擦因数为μ,小车与挡板碰撞过程时间极短,碰后小车速度大小不变,滑块没有从小车上滑下,重力加速度为(1)小滑块的初速度大小v0和细绳拉断瞬间小滑块的速度大小v;(2)第一次碰撞过程中挡板对小车的冲量。迁移创新6.某同学遇到一道“智力题”:一个骑着电动平衡车的杂技演员带着两个相同的铁球想通过一座很长的小桥,但小桥所能承受的最大压力是演员、电动平衡车和其中一个铁球的重力之和,演员能否带着两个铁球从桥上走过去?该同学利用所学的抛体运动知识,提出解决方案:骑着电动平衡车的演员通过小桥的过程中,只需不断地交替将一个铁球抛在空中,这样手里始终不会有两个铁球,小桥所承受的压力不会超过其限度,从而保证演员带着两个铁球安全过桥。你认为该同学的方案是否合理?请结合所学知识,建立合理模型,通过分析说明。

答案与分层梯度式解析第一章动量守恒定律综合拔高练五年高考练1.B2.C3.B4.AD6.ABD9.C10.D12.BC1.B设火箭发动机在1s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft=mv-0,解得m=F·tv=1.6×1032.C对于鸡蛋撞击地面前的下落过程,根据机械能守恒定律可得mgh=12mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=2gℎ;鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=mvt+mg,每层楼高度约为3m,则h=24×3m=72m,得F≈949N,接近1033.B滑动摩擦力的大小取决于动摩擦因数与压力的大小,助滑阶段的深蹲状态不能改变这两个因素,A错误。起跳阶段运动员猛蹬滑道可增大地面对人向上的作用力,从而增大运动员所受合力的冲量,由动量定理可知B正确。飞行阶段的姿态可减小空气阻力,但无法产生向前的作用力,也就不能增加水平方向的速度,C错误。着陆阶段的屈膝可增加地面对人的作用时间,从而减小人与地面间的作用力,D错误。4.AD物块与地面间的滑动摩擦力为f=μmg=2N,0~3s内,由动量定理得(F-f)t1=mv3,即(4-2)×3N·s=1kg×v3,得v3=6m/s,3s时物块的动量为p=mv3=6kg·m/s,C错误;设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+f)t=0-mv3,即-(4N+2N)t=0-1×6kg·m/s,解得t=1s,物块在4s时速度减为0,此时物块的动能也为0,A正确;设0~3s内物块发生的位移为x1,由动能定理得(F-f)x1=12mv32,即(4N-2N)x1=12×1×62J,得x1=9m,设3~4s内,物块发生的位移为x2,由动能定理得-(F+f)x2=0-12mv32,即-(4N+2N)x2=0-12×1×62J,得x2=3m,4~6s内物块反向运动,加速度大小为a=F−fm=2m/s2,物块在6s时的速度大小为v6=2×2m/s=4m/s,发生的位移为x3=vt=42×2m=4m<x1+x2,即6s时物块没有回到初始位置,B错误;0~6s内F所做的功为W=Fx1-方法技巧利用物体运动的v-t图像有助于对本题的理解。v-t图像与时间轴所围面积表示物体的位移。0~3s,F与位移同向,都沿正方向;3~4s,F与位移反向;4~6s,F与位移同向,都沿负方向。5.答案见解析解析根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的概率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如图。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内,与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm0以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有FΔt∝Δm×v得F∝nm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力f∝v2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。6.ABD从a-t图像可知,0~t1时间内B物体未运动,仍处于静止状态,故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A的作用力大小、方向均相等,故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相同,故由动量定理可知其大小等于mAv0,选项A正确;t1时刻之后,A、B构成的系统动量守恒,弹簧形变量最大时,弹簧弹力最大,a也最大,在t2时刻,A、B加速度最大,且此时A、B受力大小相等,方向相反,aA<aB,所以mA>mB,选项B正确;t2时刻弹簧形变量最大,aA<a0,所以形变量小于x,选项C错误;由于a-t图线与时间轴围成的面积表示速度变化量,故t1时刻A的速度v0=S1,t2时刻vB=S3,vA=S1-S2,当弹簧形变量最大时有vA=vB,解得S1-S2=S3,选项D正确。故选A、B、D。7.答案(1)见解析(2)0.2s解析设算珠的质量为m,取从甲到乙的方向为正方向,甲算珠碰撞前后的速度分别为v1和v1',乙算珠碰后的速度为v2'。对算珠,由牛顿第二定律知-μmg=ma,解得a=-μg=-0.1×10m/s2=-1m/s2(1)对甲算珠,有v12-v02=2as1,得v甲算珠与乙算珠碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2'代入数据,解得v2'=0.2m/s设乙滑行s后停下,有0-v2'2=2as代入数据,解得s=2.0×10-2m由于s=s2,则乙算珠可以滑到边框a(2)设甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞所用时间为t1,碰后至停下所用时间为t2根据vt-v0=at,有t=vt1=v1−v0at2=0−v1'a=在t2时间内,设甲算珠的位移为s1'由vt2-v02=2as,得s1'=0−v1'22故甲算珠从被拨出到停下来所需时间t=t1+t2=0.1s+0.1s=0.2s8.答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)滑块静止时,桌面对滑杆的支持力与滑块和滑杆的重力大小相等,即N1=(m+M)g=8N。滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N,由牛顿第三定律可知,滑块对滑杆的摩擦力也为1N,方向竖直向上,此时桌面对滑杆的支持力为N2=Mg-f'=5N。(2)滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理有-mgl-fl=12mv2-12代入数据解得v=8m/s(3)滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒有mv=(m+M)v'碰后滑块和滑杆以速度v'整体向上做竖直上抛运动,由动能定理有-(m+M)gh=0-12(m+M)v'代入数据联立解得h=0.2m。9.C位置-时间图像的斜率表示速度,则由图像可知,碰前m2处于静止状态,碰后两物体速率相等、运动方向相反,A、B均错误。碰撞过程中动量守恒:p1=-p1'+p2',可知p2'>p1',C正确。由p2'>p1'、碰后两物体速率相等可知m2>m1,则m2的动能大于m1的动能,D错误。10.D1号球与质量不同的2号球碰撞后,1号球速度不为零,则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能,则3号不可能摆至高度h,故A错误;1、2号球释放后,1号静止,2、3号一起摆至高度h,说明三个小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三个小球组成的系统的机械能守恒,但整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误;1、2号碰撞后粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,所以1、2号球再与3号球碰撞后,3号球获得的动能不足以使其摆至高度h,故C错误;碰撞后,2、3号球粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,且整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统的机械能和动量都不守恒,故D正确。故选D。11.答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)两物块在竖直方向做自由落体运动,由h=12gt得t=0.30s(2)设A、B碰后速度为v,碰后A、B一起做平抛运动,水平方向的分运动为匀速运动,由s=vt得v=1.0m/s根据动量守恒定律,由mv0=2mv得v0=2.0m/s(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE=12mv02-1得ΔE=0.10J12.BC物块每次与挡板碰撞后,挡板对物块的冲量I=mv0-m(-v0)=40kg·m·s-1,方向与运动员退行方向相同,以此方向为正方向,以运动员和物块整体为研究对象,当物块撞击挡板7次后,7I=m人v7+mv0,v7<5m/s,得m人>52kg,当物块撞击挡板8次后,8I=m人v8+mv0,v8>5m/s,得m人<60kg。故B、C正确,A、D错误。13.答案(1)5(1-k)m/s,方向水平向右10−20k3m/s,方向水平向右(2)1模型构建碰撞在瞬间完成,分析物块C、D碰撞不要受滑板A、B的影响,分析滑板A、B碰撞也不要受物块C、D的影响。两个碰撞同时完成后,新物块与新滑板再发生相互作用。解析(1)取水平向右为正方向,设C、D相碰后的共同速度为vCD,C、D碰撞前后遵守动量守恒定律:mCv0-mDkv0=(mC+mD)vCD代入数值后得vCD=5(1-k)m/s0<k<0.5时,vCD>0,即C、D形成的新物块速度方向水平向右。设A、B相碰后的共同速度为vAB,A、B碰撞前后遵守动量守恒定律:mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB代入数值后得vAB=103(1-2k)0<k<0.5时,1-2k>0,vAB>0,即A、B形成的新滑板速度方向水平向右。(2)若k=0.5,根据(1)可知v=vCD=2.5m/s,vAB=0。之后C、D一起向右做匀减速运动,A、B一起向右做初速度为0的匀加速运动,直到达到共同速度v共。由AB、CD系统动量守恒得(mC+mD)v=(mA+mB+mC+mD)v共v共=1m/s设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为Δx,对AB、CD系统,根据能量守恒可得μ(mC+mD)gΔx=12(mC+mD)v2-12(mA+mB+mC+mD代入数值可得Δx=1.875m14.答案(1)0.6mv02(2)0.768v0t0(3)0思路点拨物块B与物块A碰撞,在t0时刻共速,在2t0时刻碰撞结束,物块B以0.8v0向右运动,物块A以2v0滑上斜面并以某一速度从斜面返回,再次与物块B碰撞,碰撞后物块A的速度仍为2v0。解析(1)当弹簧被压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,此时A、B速度相等,即t=t0时刻,根据动量守恒定律有mB·1.2v0=(mB+m)v0根据能量守恒定律有Epmax=12mB(1.2v0)2-12(mB+m联立解得mB=5m,Epmax=0.6mv(2)碰撞过程动量守恒,有mvA