資源簡介

素養培優課(二)　動量守恒定律的綜合應用
1．掌握含有彈簧類模型問題。
2．掌握“滑塊—木板”模型與圖像問題。
3．學會多物體、多過程動量守恒定律的應用。
考點1　彈簧類模型
1．對于彈簧類問題，在作用過程中，系統所受合外力為零，滿足動量守恒。
2．整個過程涉及彈性勢能、動能、內能、重力勢能的轉化，應用能量守恒定律解決此類問題。
3．注意：彈簧連接的兩物體速度相等時，彈簧處于壓縮最短或者拉伸最長狀態，此時彈簧彈性勢能最大。
【典例1】　兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者會粘在一起運動。則在以后的運動中：
(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？
(2)系統中彈性勢能的最大值是多少？
[解析]　(1)當物塊A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大
由A、B、C三者及彈簧組成的系統動量守恒
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC
解得vABC＝3 m/s。
(2)物塊B、C碰撞時B、C組成的系統動量守恒
設碰后瞬間B、C兩者速度為vBC
則mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s
設物塊A、B、C速度相同時彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據能量守恒
Ep＝mAv2－(mA＋mB＋mC)＝12 J。
[答案]　(1)3 m/s　(2)12 J
[跟進訓練]1．如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質點，質量分別為2m和m。Q與輕質彈簧相連(彈簧處于原長)。設開始時P和Q分別以2v和v初速度向右勻速運動，當小滑塊P追上小滑塊Q與彈簧發生相互作用，在以后運動過程中，求：
(1)彈簧具有的最大彈性勢能；
(2)小滑塊Q的最大速度。
[解析]　(1)P、Q通過彈簧發生碰撞，當兩滑塊速度相等時，彈簧壓縮到最短，彈性勢能最大，設此時共同速度為v′
對P、Q(包括彈簧)組成的系統，由動量守恒定律有2m×2v＋mv＝(2m＋m)v′
解得v′＝v
根據機械能守恒定律可得：彈簧具有的最大彈性勢能為
Ep＝×2m(2v)2mv2－×3mv′2＝mv2。
(2)當彈簧恢復原長時Q的速度最大，設此時P的速度為v1，Q的速度為v2
根據動量守恒定律可得
2m×2v＋mv＝2mv1＋mv2
根據機械能守恒定律可得
×2m(2v)2mv2＝
聯立解得v2＝v。
[答案]　(1)mv2　(2)v
考點2　“滑塊—木板”模型與圖像問題
1．把滑塊、木板看作一個整體，摩擦力為內力，在光滑水平面上滑塊和木板組成的系統動量守恒。
2．由于摩擦生熱，把機械能轉化為內能，系統機械能不守恒。根據能量守恒或者功能關系(Q＝Ff·x相對，其中x相對為滑塊和木板相對滑動的距離)列方程求解問題。
3．注意：滑塊不滑離木板時最后二者有共同速度。
【典例2】　(多選)如圖甲所示，光滑水平面上放著長木板B，質量為m＝2 kg的木塊A以速度v0＝2 m/s 滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在摩擦，之后木塊A與長木板B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。則下列說法正確的是(　　)
甲　　　　　　　　　　　　乙
A．木塊A與長木板B之間的動摩擦因數為0.1
B．長木板的質量為M＝2 kg
C．長木板B的長度至少為2 m
D．木塊A與長木板B組成的系統損失的機械能為4 J
AB　[由題圖可知，木塊A先做勻減速運動，長木板B先做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度v＝1 m/s，取向右為正方向，根據動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝m＝2 kg，故B正確；由題圖可知，長木板B做勻加速運動的加速度為aB＝ m/s2＝1 m/s2，對長木板B，根據牛頓第二定律得μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故A正確；由題圖可知前1 s內長木板B的位移為xB＝×1×1 m＝0.5 m，木塊A的位移為xA＝×1 m＝1.5 m，所以長木板B的最小長度為L＝xA－xB＝1 m，故C錯誤；木塊A與長木板B組成的系統損失的機械能為ΔE＝－(m＋M)v2＝2 J，故D錯誤。]
[跟進訓練]
2．如圖所示，在光滑水平面上有一質量為M的小車正以速度v0向右運動，現有一質量為m的木塊也以速度v0從右端沖上車面，由于摩擦，小車速度將發生變化，為使小車繼續保持v0勻速運動，須及時給小車施一水平力，當小車和木塊的速度相等時將力去掉。設小車和木塊間的動摩擦因數處處相同且車足夠長，則此過程中水平力對小車做的功(　　)
A．0.5
B．
C．1.5
D．2
D　[木塊沖上小車后受到向右的滑動摩擦力作用，木塊先做勻減速運動，后做反方向勻加速運動，整個過程是勻變速運動，以向右為正，根據動量定理，得ft＝mv0－(－mv0)，對小車受力分析，拉力F與滑動摩擦力平衡，有F＝f，在時間t內小車的位移為s＝v0t，故拉力做的功為WF＝Fs＝fs，聯立以上四式可計算得出：WF＝，故D正確。]
考點3　多物體、多過程動量守恒定律的應用
對于由多個物體組成的系統，由于物體較多，作用過程較為復雜，這時往往要根據作用過程中的不同階段，將系統內的物體按作用的關系分成幾個小系統，對不同階段、不同的小系統準確選取初、末狀態，分別列動量守恒定律方程求解。
【典例3】　如圖所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一個光滑的圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上。現有可視為質點的滑塊A以初速度v0從右端滑上木板B并以的速度滑離B，恰好能到達C的最高點。A、B、C的質量均為m，求：
(1)滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因數μ；
(2)圓弧槽C的半徑R。
[解析]　(1)滑塊A在木板B上滑動時，A、B、C組成的系統動量守恒
設A滑離B時，B、C整體的速度為v1
則mv0＝m·2mv1
由能量守恒定律得
mQ
其中Q＝μmgL
聯立解得v1＝v0，μ＝。
(2)A在C上滑動時，A、C組成的系統在水平方向上不受外力，因此A、C系統在水平方向上動量守恒。設A到達C的最高點時，A、C的共同速度為v2，則
m·mv1＝2mv2
由機械能守恒定律，有
mmgR，
聯立解得R＝。
[答案]　(1)　(2)
[跟進訓練]
3．如圖所示，甲車的質量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1 kg的小物體。乙車的質量為4 kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得4 m/s的速度，物體滑到乙車上。若乙車足夠長，則小物體的最終速度大小為多少？
[解析]　取水平向左為正方向，乙車與甲車碰撞過程動量守恒，則m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
乙車與甲車碰撞后，小物體與乙車組成的系統，在兩者達到共同速度之前所受合外力為零，系統動量守恒，則
m乙v乙′＝(m＋m乙)v
代入數據解得v＝2.4 m/s。
[答案]　2.4 m/s
素養培優練(二)　動量守恒定律的綜合應用
一、選擇題
1．如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短。現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統)，則此系統在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中(　　)
A．動量守恒、機械能守恒
B．動量不守恒、機械能不守恒
C．動量守恒、機械能不守恒
D．動量不守恒、機械能守恒
B　[在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈與木塊為系統則可認為此系統動量守恒(此瞬間彈簧尚未形變)。若以子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統)，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短時，有摩擦力做功，機械能不守恒，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒，故選項B正確。]
2．如圖所示，A、B兩個木塊用輕彈簧相連接，它們靜止在光滑水平面上，A和B的質量分別是99m和100m，一顆質量為m的子彈以速度v0水平射入木塊A內沒有穿出，則在以后的過程中彈簧彈性勢能的最大值為(　　)
A． B． C． D．
A　[子彈打入木塊A過程中，由動量守恒得mv0＝100mv1；在壓縮彈簧過程中，對子彈和木塊A、B組成的系統，當它們速度相同時，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由動量守恒得mv0＝200mv2，由機械能守恒得彈簧彈性勢能的最大值Ep＝－，故選項A正確。]
3．(多選)如圖所示為a、b兩小球沿光滑水平面相向運動的v-t圖像，已知當兩小球間距小于或等于L時，受到相互排斥的恒力作用，當間距大于L時，相互作用力為零，由圖可知(　　)
A．a小球的質量大于b小球的質量
B．a小球的質量小于b小球的質量
C．t1時刻兩小球間距最小
D．t3時刻兩小球間距為L
BD　[從題圖可以看出，0～t3時間內，a小球的v-t圖線的斜率絕對值比較大，所以a小球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據a＝知，加速度大的質量小，所以a小球的質量較小，故A錯誤，B正確；t2時刻兩小球速度相等，距離最小，之后距離又開始逐漸變大，故C錯誤；當間距大于L時，相互作用力為零，由題圖可知t3時刻之后相互作用力為零，即間距大于L，則t3時刻兩球間距為L，故D正確。]
4．如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面。現把質量為m的小物體從A點由靜止釋放，小物體與BC部分間的動摩擦因數為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是(　　)
A．其他量不變，R越大x越大
B．其他量不變，μ越大x越大
C．其他量不變，m越大x越大
D．其他量不變，M越大x越大
A　[小物體與小車組成的系統水平方向動量守恒，所以當二者相對靜止時，因系統水平方向的總動量為零，則兩物體最終會停止運動，由能量守恒定律有μmgx＝mgR，解得x＝，故選項A正確，B、C、D錯誤。]
5．在光滑的水平面上，有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球在碰撞前后的速度圖像如圖所示，下列關系正確的是(　　)
A．ma＞mb　　　　　　 B．ma＜mb
C．ma＝mb D．無法判斷
B　[根據題中圖像，由動量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，碰撞過程無機械能損失，則mava′2mbvb′2聯立解得va′＝va，vb′＝va，由圖像知va′＜0，則ma＜mb，故B正確。]
6．(多選)水平面上的A、B兩球沿同一直線運動并發生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前圖像，c為碰撞后兩球共同運動的圖像，已知A球質量是m＝2 kg，則由圖像判斷下列結論正確的是(　　)
A．由圖像可知碰撞前A球做勻減速直線運動，B球做勻加速直線運動
B．碰撞前后A球動量變化量大小為4 kg·m/s
C．B球質量為 kg
D．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/s
BC　[由于x-t圖像的斜率表示速度，因此碰撞前A、B兩球都做勻速運動，故A錯誤；碰撞前有：vA＝－3 m/s，vB＝2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝－1 m/s；碰撞前后A球的動量變化為ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3) kg·m/s＝4 kg·m/s，故B正確；根據動量守恒定律，碰撞前后B球的動量變化為ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，又ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以解得mB＝ kg，故C正確；A球與B球碰撞前的總動量為p總＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s×2 kg·m/s＝－ kg·m/s，故D錯誤。]
7．質量為M的小車置于光滑水平面上，上表面粗糙且足夠長，質量為m的木塊以初速度v滑上車上表面，則(　　)
A．因車上表面粗糙，故系統動量不守恒
B．車上表面越粗糙，小車獲得的動量越大
C．車上表面越粗糙，系統產生的內能越多
D．木塊的最終速度為
D　[以小車和木塊組成的系統為研究對象，系統所受合外力為零，因此系統動量守恒，由mv＝(m＋M)v′得v′＝，選項A錯誤，D正確；相對運動過程中系統的一部分機械能轉化為內能，根據能量守恒定律得E內＝－(m＋M)v′2＝，與車上表面的粗糙程度無關，選項C錯誤；根據A、D選項分析，小車獲得的動量Mv′與車上表面粗糙程度無關，選項B錯誤。]
8．(多選)質量為M的小車置于光滑的水平面上，左端固定一個水平輕彈簧，質量為m的光滑物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端，開始時小車與物塊都處于靜止狀態，此時物塊與小車右端相距為L，如圖所示，當突然燒斷細線后，以下說法正確的是(　　)
A．物塊和小車組成的系統機械能守恒
B．物塊和小車組成的系統動量守恒
C．當物塊速度大小為v時，小車速度大小為v
D．當物塊離開小車時，小車向左運動的位移為L
BC　[彈簧推物塊和小車的過程，若取物塊、小車和彈簧組成的系統為研究對象，則無其他力做功，機械能守恒，但選物塊和小車組成的系統，彈力做功屬于系統外其他力做功，彈簧彈性勢能轉化成系統的機械能，此時系統的機械能不守恒，A選項錯誤；取物塊和小車組成的系統，外力的和為零，故系統的動量守恒，B選項正確；由物塊和小車組成的系統動量守恒得：0＝mv－Mv′，解得小車的速度為v′＝v，C選項正確；由，則在相同時間內，且x＋x′＝L，聯立解得小車的位移大小為x′＝，D選項錯誤。]
9．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上的A、B兩個小球發生正碰，兩小球的質量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x-t圖像，取向右為正方向。已知m1＝0.1 kg。由此可以判斷(　　)
甲　　　　　　　　　　　乙
A．碰前B靜止，A向右運動
B．碰后B和A都向右運動
C．由動量守恒可以算出B的質量m2＝0.3 kg
D．碰撞過程中系統損失了0.4 J的機械能
AC　[由題圖乙可以看出，碰前A位移隨時間均勻增加，B位移不變，可知B靜止，A向右運動，故A正確；碰后一個位移增大，一個位移減小，說明運動方向不一致，B錯誤；由題圖乙可以計算出A碰前的速度v1＝4 m/s，碰后的速度v1′＝－2 m/s，B碰前的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，由動量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，計算得m2＝0.3 kg，故C正確；碰撞過程中系統損失的機械能ΔE＝－m1v1′2－m2v2′2＝0，D錯誤。]
10．(多選)在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖甲所示，黃壺靜止在圓形區域內，運動員用等質量的紅壺撞擊黃壺，兩壺發生正碰，碰后兩壺的加速度相等，若碰撞前后兩壺的v -t圖像如圖乙所示。關于冰壺的運動，下列說法正確的是(　　)
甲　　　　　　　　　　　　乙
A．紅壺碰撞前后速度大小變化了1.1 m/s
B．碰撞后黃壺的加速度大小為0.3 m/s2
C．黃壺運動了4 s停下
D．碰撞后兩壺相距的最遠距離為1.2 m
BD　[由題圖乙可知，碰撞前紅壺速度v1＝1.2 m/s，碰撞后紅壺速度v2＝0.3 m/s，所以碰撞前后紅壺速度減小了0.9 m/s，選項A錯誤；由題圖乙可知，碰后紅壺的加速度大小為0.3 m/s2，根據題述碰后兩壺的加速度相等，則黃壺的加速度大小也為0.3 m/s2，選項B正確；由碰撞過程中系統動量守恒有mv1＝mv2＋mv黃，解得v黃＝0.9 m/s，由v＝at解得黃壺的運動時間為3 s，選項C錯誤；根據v-t圖像中圖線與時間軸所圍的面積表示位移可知，碰撞后紅壺發生的位移為0.15 m，黃壺發生的位移為1.35 m，則兩壺相距最遠距離為1.2 m，選項D正確。]
二、非選擇題
11．如圖所示，質量為m2＝2 kg和m3＝3 kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間有壓縮著的輕彈簧(與m2、m3不拴接)。質量為m1＝1 kg的物體以速度v0＝9 m/s向右沖來，為防止沖撞，釋放彈簧將m3物體發射出去，m3與m1碰撞后粘在一起。
(1)m3的速度至少為多大，才能使以后m3和m2不發生碰撞？
(2)為保證m3和m2恰好不發生碰撞，彈簧的彈性勢能至少為多大？
[解析]　(1)設m3發射出去的速度為v1，m2的速度為v2，以向右的方向為正方向，對m2、m3，由動量守恒定律得
m2v2－m3v1＝0
只要m1和m3碰后速度不大于v2，則m3和m2就不會再發生碰撞，m3和m2恰好不相撞時，兩者速度相等
對m1、m3，由動量守恒定律得
m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2
解得v1＝1 m/s，即彈簧將m3發射出去的速度至少為1 m/s。
(2)對m2、m3及彈簧，由機械能守恒定律得
Ep＝＝3.75 J。
[答案]　(1)1 m/s　(2)3.75 J
12．如圖所示，某商場中，靜置在水平地面上沿一直線排列著3輛手推車，每輛車的質量均為m＝10 kg。現給第一輛車v0＝11 m/s的水平初速度，使其向第二輛車運動，0.5 s后與第二輛車相碰，碰后兩車以共同速度運動了1 s后與第三輛車相碰，最后3輛車恰好一起運動至停放處。若車與車之間僅在碰撞時發生相互作用，碰撞時間很短，手推車運動過程中受到的阻力是其重力的0.2倍。已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)第一輛車與第二輛車碰撞后瞬間的速度大小v；
(2)第三輛車運動的距離d。
[解析]　(1)第一輛車與第二輛車碰撞前，手推車做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律，手推車加速度大小為
a＝＝2 m/s2
第一輛車與第二輛車碰撞前，速度大小為
v1＝v0－at1＝11 m/s－2 m/s2×0.5 s＝10 m/s
碰撞過程，根據動量守恒定律有
mv1＝2mv
解得第一輛車與第二輛車碰撞后瞬間的速度大小為
v＝5 m/s。
(2)兩車以共同速度做勻減速直線運動，1 s后速度大小為
v2＝v－at2＝5 m/s－2 m/s2×1 s＝3 m/s
與第三輛車相碰，碰撞過程中，根據動量守恒定律有
2mv2＝3mv3
解得三輛碰在一起的速度大小為
v3＝2 m/s
三輛車之后一起做勻減速直線運動，故第三輛車運動的距離為
d＝＝1 m。
[答案]　(1)5 m/s　(2)1 m
13．如圖所示，在光滑水平地面上有一輛質量m1＝3.98 kg的平板小車，小車上表面離地高度為h＝0.2 m，小車右端有一個質量m2＝1 kg的木塊(木塊可視為質點)，小車與木塊一起靜止在地面上。一顆質量m0＝20 g的子彈以v0＝300 m/s的初速度水平向右飛行，瞬間擊中小車并留在其中。木塊與小車上表面之間的動摩擦因數μ＝0.2，取g＝10 m/s2。
(1)如果木塊剛好不從小車上掉下，求小車的長度L0；
(2)如果小車長度L＝0.25 m，求木塊落地瞬間與小車左端的水平距離x。
[解析]　(1)子彈射入小車的過程，取向右為正方向，以子彈和小車為研究對象，根據動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1
其中m0＝20 g＝0.02 kg
解得v1＝1.5 m/s
木塊剛好不從小車上掉下，木塊到達小車左端時與小車速度相同，設共同速度為v2，根據動量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
根據能量守恒定律得
μm2gL0
解得L0＝0.45 m。
(2)設木塊離開小車時木塊和小車的速度分別為v3和v4
根據動量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v4＋m2v3
根據能量守恒定律得
μm2gL
解得v4＝1.4 m/s，v3＝0.4 m/s
木塊離開小車后做平拋運動，小車向右做勻速直線運動，則
h＝gt2
木塊落地瞬間與小車左端的水平距離為
x＝(v4－v3)t
解得x＝0.2 m。
[答案]　(1)0.45 m　(2)0.2 m
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素養培優課(二)　動量守恒定律的綜合應用
第1章　動量及其守恒定律
1．掌握含有彈簧類模型問題。
2．掌握“滑塊—木板”模型與圖像問題。
3．學會多物體、多過程動量守恒定律的應用。
培優目標
考點1　彈簧類模型
1．對于彈簧類問題，在作用過程中，系統所受合外力為零，滿足動量守恒。
2．整個過程涉及彈性勢能、動能、內能、重力勢能的轉化，應用能量守恒定律解決此類問題。
3．注意：彈簧連接的兩物體速度相等時，彈簧處于壓縮最短或者拉伸最長狀態，此時彈簧彈性勢能最大。
【典例1】　兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者會粘在一起運動。則在以后的運動中：
(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？
(2)系統中彈性勢能的最大值是多少？
[答案]　(1)3 m/s　(2)12 J
[跟進訓練]
1．如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質點，質量分別為2m和m。Q與輕質彈簧相連(彈簧處于原長)。設開始時P和Q分別以2v和v初速度向右勻速運動，當小滑塊P追上小滑塊Q與彈簧發生相互作用，在以后運動過程中，求：
(1)彈簧具有的最大彈性勢能；
(2)小滑塊Q的最大速度。
考點2　“滑塊—木板”模型與圖像問題
1．把滑塊、木板看作一個整體，摩擦力為內力，在光滑水平面上滑塊和木板組成的系統動量守恒。
2．由于摩擦生熱，把機械能轉化為內能，系統機械能不守恒。根據能量守恒或者功能關系(Q＝Ff·x相對，其中x相對為滑塊和木板相對滑動的距離)列方程求解問題。
3．注意：滑塊不滑離木板時最后二者有共同速度。
【典例2】　(多選)如圖甲所示，光滑水平面上放著長木板B，質量為m＝2 kg的木塊A以速度v0＝2 m/s 滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在摩擦，之后木塊A與長木板B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。則下列說法正確的是(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
A．木塊A與長木板B之間的動摩擦因數為0.1
B．長木板的質量為M＝2 kg
C．長木板B的長度至少為2 m
D．木塊A與長木板B組成的系統損失的機械能為4 J
√
√
[跟進訓練]
2．如圖所示，在光滑水平面上有一質量為M的小車正以速度v0向右運動，現有一質量為m的木塊也以速度v0從右端沖上車面，由于摩擦，小車速度將發生變化，為使小車繼續保持v0勻速運動，須及時給小車施一水平力，當小車和木塊的速度相等時將力去掉。設小車和木塊間的動摩擦因數處處相同且車足夠長，則此過程中水平力對小車做的功(　　)
√
考點3　多物體、多過程動量守恒定律的應用
對于由多個物體組成的系統，由于物體較多，作用過程較為復雜，這時往往要根據作用過程中的不同階段，將系統內的物體按作用的關系分成幾個小系統，對不同階段、不同的小系統準確選取初、末狀態，分別列動量守恒定律方程求解。
[跟進訓練]
3．如圖所示，甲車的質量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1 kg的小物體。乙車的質量為4 kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得4 m/s的速度，物體滑到乙車上。若乙車足夠長，則小物體的最終速度大小為多少？
[解析]　取水平向左為正方向，乙車與甲車碰撞過程動量守恒，則m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
乙車與甲車碰撞后，小物體與乙車組成的系統，在兩者達到共同速度之前所受合外力為零，系統動量守恒，則
m乙v乙′＝(m＋m乙)v
代入數據解得v＝2.4 m/s。
[答案]　2.4 m/s

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