(2020年高考必考考点)选修3-5第六章碰撞与动量守恒 第2讲动.doc

1、第第 2 讲讲 动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用 知识排查 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零，这个系统的总动量保持不 变。 2表达式 (1)pp，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动量 p。 (2)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。 (3)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 3动量守恒的条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 (2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的 动量可近似看成守恒。 (3

2、)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向 上动量守恒。 弹性碰撞和非弹性碰撞 1碰撞 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 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最多 反冲和爆炸问题 1.反冲 (1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向 冲量，这种现象叫反冲运动。 (2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发 射炮弹、爆竹升空、发

3、射火箭等。 (3)规律：遵从动量守恒定律。 2爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受 的外力，所以系统动量守恒。 小题速练 1思考判断 (1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒。( ) (2)动量守恒只适用于宏观低速。( ) (3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。( ) (4)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小 一定相同。( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 2人教版选修 35 P16 T5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

4、 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 B0.05 m/s C0.057 m/s D0.06 m/s 解析 取机车和 15 节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律 mv0(m15m)v， v 1 16v0 1 160.8 m/s0.05 m/s。故选项 B 正确。 答案 B 3(2017 全国卷，14)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

5、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/s B5.7102 kg m/s C6.0102 kg m/s D6.3102 kg m/s 解析 设火箭的质量为 m1， 燃气的质量为 m2。 由题意可知， 燃气的动量 p2m2v2 5010 3600 kg m/s30 kg m/s。根据动量守恒定律可得 0m 1v1m2v2，则 火箭的动量大小为 p1m1v1m2v230 kg m/s，所以选项 A 正确，B、C、D 错 误。 答案 A 动量守恒定律的条件及应用 1动量守恒定律的适用条件 (1)前提条件：存在相互作用的物体

6、系。 (2)理想条件：系统不受外力。 (3)实际条件：系统所受合外力为零。 (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，则此方向上动量守恒。 2动量守恒定律的四个特性 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是在相互作用后 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 【例 1】 如图 1 所示，光滑水平轨道上放置长板 A(上表面粗糙)和滑

7、块 C，滑 块 B 置于 A 的左端，三者质量分别为 mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。开始时 C 静止，A、B 一起以 v05 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。 图 1 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 mAv0mAvAmCvC 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

8、mAvAmBv0(mAmB)vAB A 与 B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞，应满足 vABvC 联立式，代入数据得 vA2 m/s 答案 2 m/s 应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒， 这就需要理解好动量守恒 的条件，基本思路如下 1(多选) (2018 湖北武汉三模)如图 2 所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一 人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。此人将锤抡起至最高点，此时 大锤在头顶的正上方，然后，人用力使锤落下敲打车的左端，如此周而复始，使 大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过 程中，下列说法中正确的是 ( ) 图 2 A

9、锤从最高点落下至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右，后水平向 左 B 锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中， 车具有水平向左的动量， 车的动量减小至零 C锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车具有水平向右的动量，车 的动量先增大后减小 D在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒 解析 由水平方向动量守恒可知锤从最高点落下至刚接触车的过程中， 车的动量 方向先水平向右，后水平向左，故 A 正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减 小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，故 B 正确；锤 从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的动量方向先向左再向右，则车 的动量

10、先向右再向左，故 C 错误；人、锤和车组成的系统，在水平方向上所受 的外力之和为零，水平方向上动量守恒，故 D 错误。 答案 AB 2临界问题两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直 线运动。已知甲车和磁铁的总质量为 0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为 1 kg，两磁 铁的 N 极相对。推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为 2 m/s，乙的速 率为 3 m/s。方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰。则： (1)两车最近时，乙的速度为多大？ (2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？ 解析 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为 v，取刚开始运动时乙 车的速度方向为

11、正方向，由动量守恒定律得 m乙v乙m甲v甲(m甲m乙)v 所以两车最近时，乙车的速度为 vm 乙v乙m甲v甲 m甲m乙 130.52 0.51 m/s4 3 m/s。 (2)甲车开始反向时，其速度为 0，设此时乙车的速度为 v乙，取刚开始运动时乙 车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m乙v乙m甲v甲m乙v乙 解得 v乙2 m/s 答案 (1)4 3 m/s (2)2 m/s 碰撞模型的规律及应用 1碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律。 (2)机械能不增加。 (3)速度要合理。 若碰前两物体同向运动，则应有 v后v前，碰后原来在前面的物体速度一定增 大，若碰后两物体同向运动，则应有 v前

12、v后。 碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2弹性碰撞的结论 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，则有 m1v1m1v1m2v2 1 2m1v 2 11 2m1v1 21 2m2v2 2 【例 2】 (2018 湖北宜昌西陵区期末)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 kg m/s，p27 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( ) Am1m2 B2m1m2 C4m1

13、m2 D6m1m2 解析 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有 p1p2p1p2，得 p12 kg m/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 p21 2m1 p22 2m2 p12 2m1 p22 2m2，得 m1 21 51m2。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，就必须有 p1 m1 p2 m2，即 m1 5 7m2；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 p2 m2，所以 m11 5m2。因此选项 C

14、 正确。 答案 C 1如图 3 所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量 m甲大于乙 球质量 m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( ) 图 3 A甲球速度为零，乙球速度不为零 B两球速度都为零 C乙球速度为零，甲球速度不为零 D两球都以各自原来的速率反向运动 解析 首先根据两球动能相等， 1 2m 甲v2甲1 2m 乙v2乙得出两球碰前动量大小之比为p 甲 p乙 m甲 m乙，因 m 甲m乙，则 p甲p乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒 定律可以判断，碰后两球运动情况可能是 A 所述情况，而 B、C、D 情况是违背 动量守恒的。 答案 A 2(2019 青岛

15、模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据， 得到如图 4 所示的位移时间图象。图中的线段 a、b、c 分别表示沿光滑水平面 上同一条直线运动的滑块、 和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知 相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( ) 图 4 A碰前滑块与滑块速度大小之比为 72 B碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大 C碰前滑块的动能比滑块的动能小 D滑块的质量是滑块的质量的1 6 解析 根据 xt 图象的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为 v12 m/s，滑 块的速度为 v20.8 m/s，则碰前速度大小之比为 52，故选项 A 错误；碰撞 前后系统动量守恒，碰撞前，滑块

16、的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞 后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小比滑块的 小，故选项 B 错误；碰撞后的共同速度为 v0.4 m/s，根据动量守恒定律，有 m1v1m2v2(m1m2)v，解得 m26m1，由动能的表达式可知，1 2m1v 2 11 2m2v 2 2， 故选项 C 错误，D 正确。 答案 D 常见的三个经典模型 模型 “人船模型”类问题的处理方法 1人船模型的适用条件 物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为零。 2人船模型的特点 (1)遵从动量守恒定律：m1v1m2v20。如图 5 所示。 图 5 (2)两物体的位移满足：

17、mx 人 t Mx 船 t 0 x人x船L 即 x人 M MmL，x 船 m MmL 【例 3】 (2019 辽宁凌源模拟)长度为 L、 质量为 M 的平板车的左端紧靠着墙壁， 右端站着一个质量为 m 的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左 端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦 不计)( ) 图 6 AL B.mL M C. mL Mm D. ML Mm 解析 设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为 v1， 小车沿水平方向的速度为 v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则 mv1Mv20，设 人从右端到达左端时间为 t，则有 mv

18、1tMv2t0，化简为 mx1Mx2，由空间几 何关系得 x1x2L，联立解得车的位移为 x2 mL Mm，故只有选项 C 正确。 答案 C 模型 “滑块弹簧”碰撞模型 【例 4】 (2018 甘肃协作体联考)如图 7 所示，静止在光滑水平面上的木板 A， 右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量 M3 kg。质量 m1 kg 的铁块 B 以水平速度 v04 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被 弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 ( ) 图 7 A3 J B4 J C6 J D20 J 解析 设铁块与木板共速时速度大小为 v，铁块相对木板

19、向右运动的最大距离为 L，铁块与木板之间的摩擦力大小为 Ff。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守 恒定律可得1 2mv 2 0Ff L1 2(Mm)v 2Ep。由动量守恒定律，得 mv0(Mm)v。 从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得1 2mv 2 02FfL1 2(M m)v2，联立解得 Ep3 J，故选项 A 正确。 答案 A 模型 “子弹打木块”模型 【例 5】 (2019 陕西咸阳模拟)如图 8 所示， 相距足够远完全相同的质量均为 3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为 m 的子弹(可视为质点)以初速度 v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为2 5v0

20、，已知木块的长为 L，设 子弹在木块中所受的阻力恒定。试求： 图 8 (1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小 v 以及子弹在木块中所受阻 力大小； (2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间 t。 解析 (1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有 mv0m(2 5v0)3mv 解得 v1 5v0 对子弹与第一块木块组成的相互作用系统，由能量守恒有 FfL1 2mv 2 01 2m( 2 5v0) 21 2 (3m)v 2 解得子弹受到木块阻力 Ff9mv 2 0 25L (2)对子弹与第二块木块组成的相互作用系统，由于1 2m ( 2 5v0) 22mv 2 0 25 9

21、mv 2 0 25 ，则 子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为 v共，由动量守恒定 律有 m(2 5v0)(m3m)v 共 解得 v共v0 10 对第二块木块，由动量定理有 Fft3m(v0 10) 子弹在第二块木块中的运动时间为 t 5L 6v0 答案 (1)1 5v0 9mv20 25L (2) 5L 6v0 1(多选)如图 9 所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m2 kg 的另一 物体 B 以水平速度 v03 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表面，由于 A、B 间存 在摩擦， 之后 A、 B 速度随时间变化情况如图乙所示， 则下列说法正确的是( ) 图 9

22、 A木板获得的动能为 2 J B系统损失的机械能为 4 J C木板 A 的最小长度为 1.5 m DA、B 间的动摩擦因数为 0.1 解析 根据动量守恒定律可得 mv0(mmA)v，得 mA4 kg， A 的动能 Ek1 2mAv 22 J， 系统损失的动能 Ek1 2mv 2 01 2(mAm)v 26 J， 木板长 L1 2(v0v)t1 1 2vt1 1 2v0t11.5 m， mgma，解得 0.2。选项 A、C 正确。 答案 AC 2(2019 陕西安康模拟)如图 10 所示，三个小木块 A、B、C 静止在足够长的光 滑水平轨道上，质量分别为 mA0.1 kg，mB0.1 kg，mC

23、0.3 kg，其中 B 与 C 用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A 和 B 之间有少许塑胶 炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有 E0.4 J 转化为 A 和 B 沿轨道方向的动能。 图 10 (1)求爆炸后瞬间 A、B 的速度大小； (2)求弹簧弹性势能的最大值。 解析 (1)塑胶炸药爆炸瞬间取 A 和 B 为研究对象，假设爆炸后瞬间 A、B 的速 度大小分别为 vA、vB，取向右为正方向 由动量守恒mAvAmBvB0 爆炸产生的能量有 0.4 J 转化为 A、B 的动能 E1 2mAv 2 A1 2mBv 2 B 解得 vAvB2 m/s (2)取 B

24、、C 和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C 达到共同 速度 vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为 Ep1 由动量守恒 mBvB(mBmC)vBC 由能量守恒定律1 2mBv 2 B1 2(mBmC)v 2 BCEp1 解得 Ep10.15 J 答案 (1)大小均为 2 m/s (2)0.15 J 课时作业课时作业 (时间：40 分钟) 基础巩固练 1(多选)如图 1 所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一 男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是 ( ) 图 1 A男孩和木箱组成的系统动量守恒 B小车与木箱组成的系统动量守恒 C男孩、

25、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同 解析 男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A 错误；小车 与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B 错误；男孩、小车与 木箱三者组成的系统，不受外力，所以动量守恒，C 正确；木箱的动量增量与男 孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D 正确。 答案 CD 2将静置在地面上、质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以 相对地面的速度 v0竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体。忽略喷气过程重力和空 气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.m Mv0 B

26、.M mv0 C. M Mmv0 D. m Mmv0 解析 根据动量守恒定律 mv0(Mm)v，得 v m Mmv0，选项 D 正确。 答案 D 3如图 2，两滑块 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( ) 图 2 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 解析 由于 A、B 碰前总动量为 0，由动量守恒可知碰后总动量也为 0，因两滑 块发生弹性碰撞，故碰后 A、B 一定反向，即

27、A 向左运动，B 向右运动，选项 D 正确。 答案 D 4如图 3，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( ) 图 3 Av0m Mv Bv0m Mv Cv0m M(v0v) Dv0m M(v0v) 解析 取向右为正方向，由动量守恒有(Mm)v0mvMv，解之有 vv0 m M(v0v)，故 C 正确。 答案 C 5质量分别为 ma1 kg 和 mb2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞 前、后两球的位移时间图象如图 4 所示，则可知碰撞属于( )

28、 图 4 A弹性碰撞 B非弹性碰撞 C完全非弹性碰撞 D条件不足，无法判断 解析 由 xt 图象可知，碰撞前，va3 m/s，vb0，碰撞后，va1 m/s，vb 2 m/s，碰撞前的总动能为1 2mav 2 a1 2mbv 2 b9 2 J，碰撞后的总动能为 1 2mava 21 2 mbvb29 2 J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为 mavambvb3 kg m/s，碰撞后 的总动量为 mavambvb3 kg m/s，故动量守恒。所以该碰撞属于弹性碰撞，A 正确。 答案 A 6(2019 安徽江南十校联考)如图 5 所示，一个质量为 m 的物块 A 与另一个质量 为 2m 的物块 B

29、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/s2，物块可视为质点。则 A 碰撞前瞬间的速度为( ) 图 5 A0.5 m/s B1.0 m/s C1.5 m/s D2.0 m/s 解析 碰后物块 B 做匀减速直线运动，由动能定理有2mgx01 2 2mv 2 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 2 01 2mv 2 11 2 2mv 2 2，解得 v01.5 m/s，则选项 C 正确。 答案

30、C 7人教版选修 35 P17 T6改编如图 5 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 两球的质量比为( ) 图 5 A12 B21 C14 D41 解析 设 A、B 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v0 3 和v0 3 ，则有 mBv0mA v0 3 mB v0 3 ，解得 mAmB4

31、1， 选项 D 正确。 答案 D 8如图 6 所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止木块，子弹未穿透木块， 此过程木块的动能增加了 6 J，那么此过程产生的内能可能为( ) 图 6 A16 J B2 J C6 J D4 J 解析 设子弹的质量为 m0，初速度为 v0，木块的质量为 m，则子弹打入木块的 过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即 m0v0(mm0)v，此过程产生的内 能等于系统损失的动能， 即 E1 2m0v 2 01 2(mm0)v 2， 而木块获得的动能 Ek 木1 2 mv26 J，两式相除得E Ek木 mm0 m0 1，即 E6 J，A 项正确。 答案 A 综合提能练

32、9(2018 福建三明三模)如图 7 所示，物块 A、C 的质量均为 m，B 的质量为 2m， 都静止于光滑水平台面上。A、B 间用一不可伸长的轻质短细线相连。初始时刻 细线处于松弛状态，C 位于 A 右侧足够远处。现突然给 A 一瞬时冲量，使 A 以 初速度 v0沿 A、C 连线方向向 C 运动，A 与 C 相碰后，黏合在一起。 图 7 (1)求 A 与 C 刚黏合在一起时的速度大小； (2)若将 A、B、C 看成一个系统，则从 A 开始运动到 A 与 C 刚好黏合的过程中， 系统损失的机械能为多少？ 解析 (1)轻细线绷紧的过程，A、B 组成的系统动量守恒， mv0(m2m)v1 解得 v

33、11 3v0 之后 A、B 均以速度 v1向右匀速运动，在 A 与 C 发生碰撞过程中，A、C 组成的 系统动量守恒 mv1(mm)v2 解得 v21 6v0 (2)轻细线绷紧的过程，A、B 组成的系统机械能损失为 E1，则 E11 2mv 2 01 2 (3m)v211 3mv 2 0 在 A 与 C 发生碰撞过程中，A、C 组成的系统机械能损失为 E2，则 E21 2mv 2 11 2(2m)v 2 2 1 36mv 2 0 全过程 A、B、C 这一系统机械能损失为 EE1E213 36mv 2 0 答案 (1)1 6v0 (2) 13 36mv 2 0 10(2018 江西上饶三模)如图

34、 8 所示，质量为 3 kg 的小车 A 以 v04 m/s 的速度 沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为 1 kg 的小球 B(可看做质点)，小球距离车面高 h0.8 m。某一时刻，小车与静止在 水平面上的质量为 1 kg 的物块 C 发生碰撞并黏连在一起(碰撞时间可忽略)， 此时 轻绳突然断裂。 此后， 小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)， 不计空气阻力，取重力加速度 g10 m/s2。求： 图 8 (1)绳未断前小球与沙桶的水平距离； (2)从初始状态到小球落入沙桶与桶相对静止，整个 A、B、C 系统损失的机械能 E。 解析 (1)A 与

35、 C 碰撞至黏连在一起的过程，A、C 构成系统动量守恒，设两者共 同速度为 v1， mAv0(mAmC)v1。 解得 v13 m/s。 轻绳断裂，小球在竖直方向做自由落体运动，离 A 高度 h0.8 m，由 h1 2gt 2 得落至沙桶用时 t0.4 s。 所以，绳未断前小球与沙桶的水平距离 x(v0v1)t0.4 m。 (2)最终状态为 A、B、C 三者共同运动，设最终共同速度为 v2，由水平方向动量 守恒，得 (mAmB)v0(mAmBmC)v2， 解出 v23.2 m/s。 系统最终损失的机械能为动能损失和重力势能损失之和 EEkEp1 2(mAmB)v 2 01 2(mAmBmC)v 2 2mBgh， 代入数据解得 E14.4 J。 答案 (1)0.4 m (2)14.4 J