C.L1＝L2D.不能确定
答案 C
解析 当弹簧压缩到最短时,两球的速度相同,对甲图取A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mv＝（m＋M）v′
由机械能守恒定律得:
Ep＝
mv2－
（m＋M）v′2
联立解得弹簧压缩到最短时有:
Ep＝
同理:
对乙图取B的初速度方向为正方向,当弹簧压缩到最短时有:
Ep＝
故弹性势能相等,则有:
L1＝L2,故A、B、D错误,C正确.
拓展训练3
（2019·四川省第二次诊断）如图所示,一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上.一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块.当子弹刚射穿木块时,木块向前移动的距离为s.设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变,子弹可视为质点.则子弹穿过木块的时间为（ ）
A.
（s＋L）B.
（s＋2L）
C.
（s＋L）D.
（L＋2s）
答案 D
解析 子弹穿过木块过程,对子弹和木块的系统,外力之和为零动量守恒,有:
mv0＝mv1＋mv2,
设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff,对子弹由动能定理:
－Ff（s＋L）＝
mv
－
mv
由动量定理:
－Fft＝mv1－mv0,
对木块由动能定理:
Ffs＝
mv
由动量定理:
Fft＝mv2,
联立解得:
t＝
（L＋2s）,故选D.
例4
如图所示,物体A静止在光滑平直轨道上,其左端固定有水平轻质弹簧,物体B以速度v0＝2.0m/s沿轨道向物体A运动,并通过弹簧与物体A发生相互作用,设A、B两物体的质量均为m＝2kg,求当物体A的速度多大时,A、B组成的系统动能损失最大？
损失的最大动能为多少？
答案 1.0m/s 2J
解析 当两物体速度相等时,弹簧压缩量最大,系统损失的动能最大.以v0的方向为正方向,由动量守恒定律知mv0＝2mv,所以v＝
＝1.0m/s
损失的动能为ΔEk＝
mv
－
×2m×v2＝2J.
拓展训练4
（多选）（2019·福建厦门市上学期期末质检）如图所示,一质量M＝2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m＝1.0kg的小物块A.给A和B以大小均为3.0m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B板.下列说法正确的是（ ）
A.A、B共速时的速度大小为1m/s
B.在小物块A做加速运动的时间内,木板B速度大小可能是2m/s
C.从A开始运动到A、B共速的过程中,木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·s
D.从A开始运动到A、B共速的过程中,小物块A对木板B的水平冲量方向向左
答案 AD
解析 设水平向右为正方向,根据动量守恒定律得:
Mv－mv＝（M＋m）v共,解得v共＝1m/s,A正确;设水平向右为正方向,在小物块向左减速到速度为零时,设长木板速度大小为v1,根据动量守恒定律:
Mv－mv＝Mv1,解得:
v1＝1.5m/s,所以当小物块反向加速的过程中,木板继续减速,木板的速度必然小于1.5m/s,所以B错误;设水平向右为正方向,根据动量定理,A、B两物体相互作用的过程中,木板B对小物块A的平均冲量大小为I＝mv共＋mv＝4N·s,故C错误;设水平向右为正方向,根据动量定理,A对B的水平冲量I′＝Mv共－Mv＝－4N·s,负号代表与正方向相反,即向左,故D正确.
1.三个基本观点
（1）动力学的观点:
主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合,常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.
（2）动量的观点:
主要应用动量定理或动量守恒定律求解,常涉及物体的受力和时间问题,以及相互作用物体的问题.
（3）能量的观点:
在涉及单个物体的受力和位移问题时,常用动能定理;在涉及系统内能量的转化问题时,常用能量守恒定律.
2.选用原则
（1）单个物体:
宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题,应选用动量定理;若涉及位移的问题,应选用动能定理;若涉及加速度的问题,只能选用牛顿第二定律.
（2）多个物体组成的系统:
优先考虑两个守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决.
3.系统化思维方法
（1）对多个物理过程进行整体思考,即把几个过程合为一个过程来处理,如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.
（2）对多个研究对象进行整体思考,即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑,如应用动量守恒定律时,就是把多个物体看成一个整体（或系统）.
例5
（2019·湖北省稳派教育上学期第二次联考）如图所示,半径R1＝1m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接,半径R2＝0.8m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接,下端与水平地面平滑连接,质量m＝0.1kg的乙物块放在平台BC的右端C点,将质量也为m的甲物块在A点由静止释放,让其沿圆弧下滑,并滑上平台与乙相碰,碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出,甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2,BC长L＝1m,重力加速度g取10m/s2,不计两物块的大小及碰撞所用的时间,求:
（1）甲物块滑到B点时对轨道的压力大小;
（2）甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小;
（3）粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间.
答案
（1）3N
（2）2m/s （3）0.4s
解析
（1）甲物块从A点滑到B点,根据机械能守恒定律有:
mgR1＝
mv
甲物块运动到B点时,根据牛顿第二定律有:
FN－mg＝m
联立解得:
FN＝3N
根据牛顿第三定律可知,甲物块在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝3N
（2）甲从B点向右滑动的过程中,做匀减速直线运动,加速度大小为a＝μg＝2m/s2
甲物块乙相碰前瞬间的速度为v2＝
＝4m/s
设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3,根据动量守恒有:
mv2＝2mv3
解得:
v3＝2m/s;
（3）碰撞后,甲和乙以2m/s的速度水平抛出,假设两物块会落到水平地面上
则下落的时间t＝
＝0.4s
则水平的位移x＝v3t＝0.8m＝R2
说明两物块刚好落到D点,假设成立
因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4s.
拓展训练5
（2019·山东菏泽市一模）如图所示,质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上,A球吊在绳的下端刚好不滑动,稍有扰动A就与绳分离,A球离地高度为h,A、B两球开始时在绳上的间距也为h,B球释放后由静止沿绳匀加速下滑,与A球相碰后粘在一起（碰撞时间极短）,并滑离绳子.若B球沿绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍,重力加速度为g,不计两球大小及空气阻力,求:
（1）A、B两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小;
（2）从B球开始释放到两球粘在一起下落,A、B两球组成的系统损失的机械能为多少.
答案
（1）
（2）
mgh
解析
（1）设B球与A球相碰前的速度大小为v1,运动时间为t1,则
h＝
v1t1
碰撞过程动量守恒,设两球碰撞后的瞬间共同速度为v2,运动时间为t2,根据动量守恒定律有mv1＝2mv2
两球一起下落过程中,h＝v2t2＋
gt
t1＝2t2
解得v2＝
;
（2）B球下滑到碰撞前,损失的机械能ΔE1＝mgh－
mv
由
（1）问知v1＝
因此ΔE1＝
mgh
碰撞过程损失的机械能ΔE2＝
mv
－
×2mv
＝
mgh
因此整个过程损失的机械能为ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝
mgh.
拓展训练6
（2019·河南省九师联盟质检）如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右运动,C以速度v向左运动.B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短.A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气阻力.求:
（1）木板C的最终速度的大小;
（2）木板C与物块A之间的摩擦力Ff;
（3）物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t.
答案
（1）
v
（2）
（3）
解析
（1）B、C碰撞过程中动量守恒:
2mv－mv＝（2m＋m）v1
解得v1＝
A滑到C上,A、C动量守恒:
3mv＋mv1＝（3m＋m）v2
解得v2＝
v;
（2）在A、C相互作用过程中,由能量守恒定律得Q＝Ff·
Q＝
（3m）v2＋
mv
－
（3m＋m）v
解得Ff＝
;
（3）在A、C相互作用过程中,以C为研究对象,由动量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝
.
专题强化练
基础题组
1.如图所示是我国女子短道速滑队训练中的情景,“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（ ）
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
答案 B
2.（2019·广东广州市下学期一模）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图,运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员（ ）
A.过程Ⅰ的动量改变量等于零
B.过程Ⅱ的动量改变量等于零
C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量
D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
答案 C
解析 过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量mgt,不为零,A错误,C正确.
进入水前v≠0,末速度为零,动量改变量不为零,合外力的冲量不等于重力的冲量,B、D错误.
3.（多选）如图所示,一个质量为0.2kg的垒球,以20m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为40m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01s.下列说法正确的是（ ）
A.球棒对垒球的平均作用力大小为1200N
B.球棒对垒球的平均作用力大小为400N
C.球棒对垒球做的功为120J
D.球棒对垒球做的功为40J
答案 AC
解析 以垒球被打击后反向飞回的方向为正方向,设球棒对垒球的平均作用力为F,由动量定理得F·t＝m（vt－v0）,vt＝40m/s,v0＝－20m/s,代入上式,得F＝1200N,由动能定理得W＝
mv
－
mv
＝120J,选项A、C正确.
4.（多选）（2017·全国卷Ⅲ·20）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图所示,则（ ）
A.t＝1s时物块的速率为1m/s
B.t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C.t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D.t＝4s时物块的速度为零
答案 AB
解析 由动量定理可得:
Ft＝mv,解得v＝
.t＝1s时物块的速率为v＝
＝
m/s＝1m/s,故A正确;t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s,t＝3s时物块的动量大小为p3＝（2×2－1×1）kg·m/s＝3kg·m/s,t＝4s时物块的动量大小为p4＝（2×2－1×2）kg·
m/s＝2kg·m/s,所以t＝4s时物块的速度为1m/s,故B正确,C、D错误.
5.（2019·陕西宝鸡市高考模拟检测）超强台风山竹于2018年9月16日前后在我国广东中部沿海登陆,其风力达到17级超强台风强度,风速60m/s左右,对固定建筑物破坏程度非常巨大.请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系,假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S,风速大小为v,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零,空气密度为ρ,风力F与风速大小v关系式为（ ）
A.F＝ρSvB.F＝ρSv2
C.F＝
ρSv3D.F＝ρSv3
答案 B
解析 设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则m＝ρSvt,根据动量定理,－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t,F＝ρSv2,故B正确,A、C、D错误.
6.高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）.此后经历时间t安全带达到最大伸长量,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ）
A.
＋mgB.
－mg
C.
＋mgD.
－mg
答案 A
解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝
在t时间内对人由动量定理得（mg－F）t＝0－mv,解得安全带对人的平均作用力为F＝
＋mg,A项正确.
7.如图所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为（ ）
A.v0－v2B.v0＋v2
C.v0－
v2D.v0＋
（v0－v2）
答案 D
解析 根据动量守恒定律有（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2,解得v1＝v0＋
（v0－v2）,故A、B、C错误,D正确.
8.（2017·全国卷Ⅰ·14）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为
600m/s的速度从火箭喷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）（ ）
A.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/s
C.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s
答案 A
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p2＝m2v2＝50×10－3
×600kg·m/s＝30kg·m/s.根据动量守恒定律可得,0＝m1v1－m2v2,则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s,所以A正确,B、C、D错误.
9.（2019·山东临沂市质检）2017年6月15日上午11点,我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”.假设将发射火箭看成如下模型:
静止的实验火箭,总质量为M＝2100g.当它以对地速度为v0＝840m/s喷出质量为Δm＝100g的高温气体后,火箭的对地速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计）（ ）
A.42m/sB.－42m/sC.40m/sD.－40m/s
答案 B
解析 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计,可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒,以喷出气体的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
Δmv0＋（M－Δm）v＝0,解得:
v＝－42m/s,故B正确,A、C、D错误.
能力题组
10.（2018·全国卷Ⅱ·24）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4.5m,A车向前滑动了2.0m.已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg,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g＝10m/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）3.0m/s
（2）4.3m/s
解析
（1）设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ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
vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0m/s③
（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
μmAg＝mAaA④
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
vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒,有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3m/s⑦
11.如图所示,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开始压缩弹簧直到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.
答案
（1）
mv
（2）
mv
解析
（1）以v0的方向为正方向,对A、B组成的系统,由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
解得v1＝
v0
B与C碰撞的瞬间,B、C组成的系统动量守恒,有
m·
＝2mv2
解得v2＝
系统损失的机械能
ΔE＝
m（
）2－
×2m（
）2＝
mv
（2）当A、B、C速度相同时,弹簧的弹性势能最大.以v0的方向为正方向,根据动量守恒定律得
mv0＝3mv
解得v＝
根据能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能
Ep＝
mv
－
（3m）v2－ΔE＝
mv
.
12.（2019·江西宜春市第一学期期末）如图所示,倾角为30°的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一小段圆弧在C点相接,水平轨道的右侧与半径为R＝0.32m的光滑竖直半圆形轨道相连.质量为0.5kg的物体B静止在水平轨道上,一质量为0.1kg的A物体以v0＝16m/s的速度与B发生正碰,结果B恰好能通过半圆形轨道的最高点.A、B均可看成质点,除第一次碰撞外,不考虑A、B间其他的相互作用,已知A与斜面间的动摩擦因数为μ＝
取g＝10m/s2.求:
（1）碰撞过程中A对B的冲量大小;
（2）A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间.
答案
（1）2N·s
（2）1.5s
解析
（1）B恰好能通过最高点,故在最高点有:
mBg＝mB
设A、B碰后B的速度为vB,则B从碰后到B运动到D点的过程中有:
－mBg·2R＝
mBv
－
mBv
联立代入数据解得:
vB＝4m/s
故A对B的冲量大小为:
IAB＝mBvB－0＝2N·s;
（2）A、B碰撞过程中动量守恒,以v0方向为正,则有:
mAv0＝mAvA＋mBvB
代入数据,解得:
vA＝－4m/s,负号说明其方向与v0方向相反
因此A以vA＝4m/s的速度冲上斜面,A沿斜面向上运动的加
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