第3节 综合训练

根据动量守恒定律,系统总动量保持为零,故有 $ {m}_{甲}{v}_{甲}={m}_{乙}{v}_{乙} $ ,由于 $ {v}_{甲} > {v}_{乙} $ ,可得 $ {m}_{甲} < {m}_{乙} $ ,故甲的质量较小,故 $ \mathrm{A} $ 错误;动能公式为 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{{p}^{2}}{2m} $ ,由动量守恒得 $ \left|{p}_{甲}\right|=\left|{p}_{乙}\right| $ ,由于 $ {m}_{甲} < {m}_{乙} $ ,故 $ {E}_{\mathrm{k}} $ 甲 $ > {E}_{\mathrm{k}} $ 乙,故 $ \mathrm{B} $ 正确;甲对乙的推力和乙对甲的推力为一对相互作用力,大小相等、方向相反、作用时间相同,故两小孩推力冲量的大小相等,故 $ \mathrm{C} $ 错误;动量变化量等于冲量,所以两小孩动量变化量大小相等、方向相反,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

因为竖直杆、水平面均光滑,且刚性杆用铰链连接,所以 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统机械能保持不变,故 $ \mathrm{A} $ 正确； $ A $ 、 $ B $ 组成的系统在运动过程中,竖直方向 $ B $ 的速度为零， $ A $ 的速度不断变化，水平方向 $ A $ 的速度为零， $ B $ 先加速后减速，系统动量不守恒,故 $ \mathrm{B} $ 错误；当物体 $ A $ 的机械能最小时,即物体 $ B $ 的机械能最大时,轻杆对物体 $ B $ 的作用力为零，则其对物体 $ A $ 的作用力也为零,此时物体 $ A $ 仅受重力作用,其加速度大小等于重力加速度大小,此时物体 $ B $ 在竖直方向上只受重力和支持力,则水平面对物体 $ B $ 的支持力大小等于其重力大小,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

由题意知,小球在落到车底前做平抛运动,且小球在落到车底前瞬时速度大小是 $ v=25\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,此时小球的竖直分速度大小为 $ {v}_{y}=\sqrt{2gh}=20\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,则此时小球的水平速度大小为 $ {v}_{x}=\sqrt{{v}^{2}-{v}_{y}^{2}}=15\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向水平向左,规定水平向右为正方向,则小车的初速度为 $ {v}_{0}=7.5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,根据动量守恒定律可得 $ M{v}_{0}-m{v}_{x}=(m+M)v^\prime $ , $ v^\prime =5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,即当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是 $ 5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据动量守恒定律的条件可知,甲、乙两木块和弹簧组成的系统动量守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能,甲、乙两木块和弹簧所组成的系统动能逐渐减小,当甲、乙速度相等时,弹簧被压缩到最短,弹性势能最大,甲、乙总动能最小,根据动量守恒定律有 $ mv=2mv\prime $ ,解得 $ v^\prime =\dfrac{v}{2} $ ,方向向右，根据能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-\dfrac{1}{2}×2mv{\prime }^{2} $ ,联立解得 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{4}m{v}^{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确；从弹簧开始压缩到恢复原长,对乙受力分析可知,乙木块一直做加速运动,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由题图乙可以看出, $ A $ 先做匀加速运动, $ B $ 先做匀减速运动,最后一起做匀速运动,共同速度 $ v=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,取向右为正方向,根据动量守恒定律得 $ m{v}_{0}=(m+M)v $ ,解得 $ M=m=2\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ \mathrm{B} $ 正确;由题图乙可知,木块 $ B $ 匀减速运动的加速度大小 $ {a}_{B}=\left|\dfrac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }t}\right|=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,对 $ B $ 根据牛顿第二定律得 $ \mu mg=m{a}_{B} $ ,解得动摩擦因数 $ \mu =0.1 $ , $ \mathrm{A} $ 错误;由题图乙可知前 $ 1\mathrm{s} $ 内 $ A $ 的位移大小 $ {x}_{A}=\dfrac{1}{2}×1×1\mathrm{m}=0.5\mathrm{m} $ , $ B $ 的位移大小 $ {x}_{B}=\dfrac{1+2}{2}×1\mathrm{m}=1.5\mathrm{m} $ ,所以长木板最小长度 $ L={x}_{B}-{x}_{A}=1\mathrm{m} $ , $ \mathrm{C} $ 错误; $ A $ 、 $ B $ 组成的系统损失的机械能 $ \mathrm{\Delta }E=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}(m+M){v}^{2}=2\mathrm{J} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

以向左为正方向，设人跳离 $ b $ 、 $ c $ 车时速度为 $ v $ ,人跳离 $ c $ 车的过程,人与 $ c $ 车组成的系统水平方向动量守恒，有 $ 0=-{M}_{车}{v}_{c}+{m}_{人}v $ ,人跳上和跳离 $ b $ 车的过程,人与 $ b $ 车组成的系统水平方向动量守恒，有 $ {m}_{人}v=-{M}_{车}{v}_{b}+{m}_{人}v $ ,人跳上 $ a $ 车的过程,人与 $ a $ 车组成的系统水平方向动量守恒，有 $ {m}_{人}v=({M}_{车}+{m}_{人}){v}_{a} $ ,解得 $ {v}_{c}=\dfrac{{m}_{人}v}{{M}_{车}} $ ,方向向右， $ {v}_{b}=0 $ , $ {v}_{a}=\dfrac{{m}_{人}v}{{M}_{车}+{m}_{人}} $ ,方向向左，即 $ {v}_{c} > {v}_{a} > {v}_{b} $ ,并且 $ {v}_{c} $ 与 $ {v}_{a} $ 方向相反 $ .\mathrm{B} $ 正确.

根据题图乙可知, $ {t}_{1} $ 时刻之前 $ a $ 的速度大于 $ b $ 的速度,两物块间的距离逐渐减小, $ {t}_{1} $ 时刻 $ a $ 的速度等于 $ b $ 的速度,此时 $ a $ 、 $ b $ 间的距离最小,故 $ \mathrm{A} $ 正确;设 $ a $ 的质量为 $ {m}_{a} $ , $ b $ 的质量为 $ {m}_{b} $ ,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得 $ {m}_{a}{v}_{0}=({m}_{a}+{m}_{b})\dfrac{2}{3}{v}_{0} $ ,根据系统的机械能守恒定律可得 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}{m}_{a}{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}({m}_{a}+{m}_{b}){\left(\dfrac{2}{3}{v}_{0}\right) ^ {2}} $ ,初始时刻弹簧处于原长,设 $ {t}_{1} $ 时刻弹簧的形变量为 $ {x}_{0} $ ,已知阴影部分的面积为 $ {S}_{0} $ ,则有 $ {x}_{0}={S}_{0} $ ,则有 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}k{S}_{0}^{2} $ ,联立解得 $ a $ 的质量为 $ {m}_{a}=\dfrac{3k{S}_{0}^{2}}{{v}_{0}^{2}} $ , $ {m}_{b}=\dfrac{3k{S}_{0}^{2}}{2{v}_{0}^{2}} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确; $ 0\sim {t}_{3} $ 时间内,对 $ a $ 由动量定理得 $ I={m}_{a}\cdot \dfrac{2}{3}{v}_{0}-{m}_{a}{v}_{0}=-\dfrac{1}{3}{m}_{a}{v}_{0}=-\dfrac{k{S}_{0}^{2}}{{v}_{0}} $ ,负号表示方向与 $ a $ 的初速度方向相反,故 $ \mathrm{C} $ 错误; $ 0\sim {t}_{1} $ 时间内 $ {S}_{0}={x}_{0}={x}_{a}-{x}_{b} $ ,根据动量守恒定律得 $ {m}_{a}{v}_{0}={m}_{a}{v}_{a}+{m}_{b}{v}_{b} $ ,在很小的时间间隔里 $ {m}_{a}{v}_{0}\mathrm{\Delta }t={m}_{a}{v}_{a}\mathrm{\Delta }t+{m}_{b}{v}_{b}\mathrm{\Delta }t $ , $ 0\sim {t}_{1} $ 时间内 $ \sum {m}_{a}{v}_{0}\mathrm{\Delta }t=\sum {m}_{a}{v}_{a}\mathrm{\Delta }t+\sum {m}_{b}{v}_{b}\mathrm{\Delta }t $ ,可得 $ {m}_{a}{v}_{0}{t}_{1}={m}_{a}{x}_{a}+{m}_{b}{x}_{b} $ ,由前面分析可知 $ \dfrac{{m}_{a}}{{m}_{b}}=\dfrac{2}{1} $ ,联立可得 $ {x}_{b}=\dfrac{2({v}_{0}{t}_{1}-{S}_{0})}{3} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{C} $ .

由于 $ A $ 下表面与 $ C $ 间的动摩擦因数 $ \mu = \tan \theta $ ,以 $ A $ 、 $ B $ 为系统,在沿斜面方向有 $ 3mg \sin \theta =\mu \cdot 3mg \cos \theta $ ,可知 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统在 $ A $ 、 $ B $ 都运动的过程中动量守恒,则当 $ A $ 与 $ B $ 共速时有 $ m{v}_{0}=3m{v}_{共} $ ,解得 $ {v}_{共}=\dfrac{{v}_{0}}{3} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确; $ A $ 、 $ B $ 共速后,由于 $ A $ 上表面光滑,则 $ B $ 向下加速运动, $ A $ 向下做减速运动,当 $ A $ 的速度减为0后, $ A $ 将处于静止状态, $ B $ 继续向下加速运动,以 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 为系统,由于 $ B $ 有竖直向下的分加速度,所以系统处于失重状态, $ C $ 对水平面的压力小于 $ (M+3m)g $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误;若 $ A $ 、 $ B $ 间动摩擦因数也为 $ \mu $ ,以 $ A $ 、 $ B $ 为系统,在沿斜面方向有 $ 3mg \sin \theta =\mu \cdot 3mg \cos \theta $ ,可知 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统在 $ A $ 、 $ B $ 都运动的过程中满足动量守恒,则当 $ A $ 与 $ B $ 共速时有 $ m{v}_{0}=3m{v}_{共} $ ,解得 $ {v}_{共}=\dfrac{{v}_{0}}{3} $ ,由于 $ A $ 、 $ B $ 间动摩擦因数也为 $ \mu $ ,则 $ A $ 与 $ B $ 共速后将保持相对静止一起沿斜面向下做匀速运动，可知共速前后 $ A $ 、 $ B $ 系统都满足动量守恒,即 $ C $ 对 $ A $ 的作用力一直与 $ A $ 、 $ B $ 整体的重力平衡,即 $ C $ 对 $ A $ 的作用力方向一直竖直向上,则 $ A $ 对 $ C $ 的作用力方向一直竖直向下,以 $ C $ 为对象,根据受力平衡可知, $ C $ 与水平面间的摩擦力始终为0,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 设物体 $ A $ 碰前速度为 $ {v}_{1} $ ,对物体 $ A $ 从 $ B $ 上方 $ {H}_{0} $ 高度处自由下落的过程,由机械能守恒定律得 $ Mg{H}_{0}=\dfrac{1}{2}M{v}_{1}^{2} $ ,解得 $ {v}_{1}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ A $ 、 $ B $ 碰撞过程动量守恒,设碰撞后共同速度为 $ {v}_{2} $ ,由动量守恒定律得 $ M{v}_{1}=2M{v}_{2} $ ,解得 $ {v}_{2}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 当 $ A $ 、 $ B $ 达到最大速度时, $ A $ 、 $ B $ 所受合外力为零,设此时弹簧弹力为 $ F $ ,对 $ A $ 、 $ B $ 由平衡条件得 $ F=2Mg=40\mathrm{N} $ ,设地面对 $ C $ 的支持力为 $ {F}_{\mathrm{N}} $ ,对 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 整体,因为加速度为零,所以 $ {F}_{\mathrm{N}}=3Mg=60\mathrm{N} $ ,

由牛顿第三定律得 $ C $ 对水平地面的压力大小为 $ 60\mathrm{N} $ .

（3） 设物体 $ A $ 从距 $ B $ 的高度为 $ H $ 处自由落下,有 $ MgH=\dfrac{1}{2}Mv{\prime }_{1}^{2} $ , $ A $ 、 $ B $ 碰撞过程有 $ Mv{\prime }_{1}=2Mv{\prime }_{2} $ ,解得 $ A $ 、 $ B $ 碰撞后共同速度 $ v{\prime }_{2}=\sqrt{\dfrac{gH}{2}} $ ,当 $ C $ 恰好离开地面时,由胡克定律得弹簧伸长量为 $ x=\dfrac{Mg}{k} $ ,根据对称性,当 $ A $ 、 $ B $ 一起上升到弹簧伸长量为 $ x $ 时,弹簧的弹性势能与 $ A $ 、 $ B $ 碰撞后瞬间的弹性势能相等,则对 $ A $ 、 $ B $ 一起运动到 $ C $ 恰好离开地面的过程中,由机械能守恒定律得 $ \dfrac{1}{2}×2Mv{\prime }_{2}^{2}=2Mg\cdot 2x $ ,联立解得 $ H=16\mathrm{c}\mathrm{m} $ .