选修35第六章专题突破

1、专题突破 力学观点的综合应用突破一 动量观点与动力学观点的综合应用1牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与 物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题 时，应采用动力学观点。2动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速 度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。 3若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又 要用到动量守恒定律。【例1】 (2018·全国卷，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

2、汽车 B。两车碰撞时和两车 都完全停止后的位置如图 1 所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m， A 车向前滑动 了 2.0 m。已知 A 和 B 的质量分别为 2.0× 103 kg 和 1.5× 103 kg，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 10 m/s2。求：图1(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。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 mBgmBaB式中 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间 B

3、 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 vB2 2aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(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 mAgmAaA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 vA2 2aAsA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 mAvAmAvAmBvB联立 式并利用题给数据得vA 4.3 m/s 答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s1(多选)从2017年6月 5日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道 路交通事故工作。在

4、交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图 2 所示，质量 为M 的汽车带着质量为 m的拖车在平直公路上以加速度 a匀加速前进，当速度 为 v0 时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一 直未变，车与路面间的动摩擦因数为 ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的是 (A汽车和拖车整体动量守恒C从脱钩到拖车刚停下用时 gv0Mm)(ag) v0D拖车刚停下时汽车的速度为B汽车和拖车整体机械能守恒Mg解析 汽车和拖车整体所受合外力不为零，故动量不守恒，选项 A 错误；汽车 和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零，系统机械能增加，选项 B 错 误；以拖车为研究对象，

5、由牛顿第二定律得 mg ma，则 a g，由 v0 at得，拖车脱钩后到停止经历的时间为 tv0g，选项 C 正确；全过程系统受到 g的合外力始终为 F 合(Mm)a，末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动v0量定理可得 (M m)a·g Mv(Mm)v0，解得 vg(Mm)(ag)Mgv0，选项 D 正确。答案 CD2如图 3所示，质量为 m的b球用长为 h的细绳悬挂于水平轨道 BC的出口 C 处，质量也为 m的小球 a从距 BC高 h的 A处由静止释放，沿光滑轨道 ABC滑下，在C处与 b球发生正碰并与 b粘在一起。已知 BC轨道距地面有一定的高度， 悬挂 b 球的细绳能承受的

6、最大拉力为 2.8mg。则：(1) a 球与 b 球碰前瞬间的速度多大？(2) a、b 两球碰后，细绳是否会断裂？ (要求通过计算回答 )1 解析 (1)设 a 球与 b球碰前瞬间的速度大小为 vC，由机械能守恒定律得 mgh22 mvC解得 vC 2gh即 a 球与 b 球碰前瞬间的速度大小为 2gh。(2)设碰后 b球的速度为 v，a、b 碰撞过程中动量守恒，则mvC(mm)v故 v 12vC 21 2gh假设 a、b 球碰撞后将一起绕 O 点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为 FT，则 2vFT 2mg 2m h 解得 FT3mg 因 FT> 2.8mg，故细绳会断裂。答案 (1)

7、2gh (2)会断裂突破二 动量观点与能量观点的综合应用动量观点与能量观点综合应用技巧(1) 注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒 定律，都应合理选取研究过程。(2) 要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作 用时能量的转化关系。(3) 注意方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，对力、速度、动量等矢量都应用正、负号代表其方向，代入相关的公式中进 行运算。另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，做出正确的分析判断 后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞。【例 2】 (2018·全国卷 ，24)一质

8、量为 m 的烟花弹获得动能 E后，从地面竖直 升空。当烟花弹上升的速度为零时， 弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部 分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力 加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量。求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有12E2mv20设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0v0 gt 联立式得(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后， 烟花弹上、

9、下两部分均沿竖直方向运动， 设爆炸后瞬间其速度分别 为 v1 和 v2。由题给条件和动量守恒定律有1 2 1 2 mv1 mv2 E4411 2mv12mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有1 2 1 4mv12mgh2联立 式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 2Ehh1 h2mg12E2E答案 (1)12E(2)2Egmmg1(多选)如图 4，两质量分别为 m11 kg和 m24 kg 小球在光滑水平面上相向 而行，速度分别为 v14 m/s 和 v2 6 m/s，发生碰撞后，系统可

10、能损失的机械能 为 ( )图4A25 JB35 JC45 JD55J解析 若两球发生弹性碰撞， 则系统机械能不损失； 若两球发生完全非弹性碰撞，m2v2m1v1则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得，1 2 1 2 1 2(m1m2)v，Emax2m1v12 2m2v222(m1m2)v2，联立并代入数据解得 Emax 40 J，综合可知 0E40 J，故 A、B 正确， C、D错误。答案 AB 2如图 5 所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为 10 kg，相距为 3 m 沿直 线排列，静置于水平地面上。 为了节省收纳空间， 工人给第一辆车一个瞬间的水 平推力使其运动，

11、并与第二辆车相碰， 且在极短时间内相互嵌套结为一体， 以共同的速度运动了 1 m，恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重力的0.2，(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能； (2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。解析 (1)设第一辆车碰前瞬间的速度为 v1，碰前两车间距为 L1，与第二辆车碰 后的共同速度为 v2，共同移动的距离为 L2，由动量守恒定律得 mv1 2mv21由动能定理得 0.2×2mgL202(2m)v2211则碰撞中系统损失的机械能 E2mv21 2(2m)v22 联立解得 E40 J(2)设第一辆车推出时的速度为 v011由动能定理得 0.2mgL1 2

12、mv212mv02 第一辆车的水平冲量大小 I mv0 联立解得 I 20 7 N·s答案 (1)40 J (2)20 7 N·s突破三 力学三大观点的综合应用 1解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2应对策略 (1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。 (2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量 (动能 )，分析并求出过程中的 冲量 (

13、功)。(3) 三大定律解题：动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律。根据题意 选择合适的初、 末状态， 列守恒关系式， 一般这几个守恒定律多用于求某状态的 速度(率)。【例 3】 如图 6甲所示，半径 R0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内， B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨 B点有一静止的平板车，其质量 M5 kg， 长度 L0.5 m，车的上表面与 B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点 A 由静止释放，其质量 m 1 kg， g 取 10 m/s2。(1)求物块滑到 B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)

14、若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块 在平板车上向右滑动时，所受摩擦力 f随它距 B点位移 L的变化关系如图乙所示， 物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小。解析 (1)物块从 A点滑到 B 点的过程中机械能守恒则 mgR 21mv2B解得 vB 3 m/sv2B在 B 点由牛顿第二定律得 FN mg mvR解得物块在 B 点时受到轨道对它的支持力 FN30 N 由牛顿第三定律物块滑到 B 点时对轨道的压力 FNFN30 N (2)物块滑上平板车后，物块与平板车组成的系统动量守恒有， mvB (mM)v 共解得物块最终速度的大小 v 共 0.5 m/s

15、(3) 物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功 Wf为 fL 图线与横轴所围的面积， 则(26)×0.5Wf2J2 J物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得1 2 1 2 Wf2mv 2mvB解得物块滑离平板车时的速度大小 v 5 m/s答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s1(2018 ·四川双流中学诊断 )如图 7 所示， A、B 两个物体粘在一起以 v03 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过 O 点时炸药爆炸，假设所有的化 学能全部转化为 A、B 两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为 vA 2

16、 m/s，B 物体继续向右运动进入光滑半圆 轨道且恰好通过最高点 D，已知两物体的质量 mA mB 1 kg，O 点到半圆轨道 最低点 C 的距离 xOC0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为 0.2，A、B 两个物体均可视为质点，取 g10 m/s2，求：图7(1)炸药的化学能 E；(2)半圆轨道的半径 R。解析 (1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒， 由动量守恒定律可得 2mv0mvAmvB， 根据能量守恒定律可得 12·2mv 02 E 12mv 2A 21mv 2B， 两式联立并代入数据解得 E 1 J。v2D(2)由于 B 物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有 mgmR，

17、在 B物体由 O 运11动到 D 的过程中，由动能定理可得 mgOxCmg·2R2mvD2 2mv2B，联立可解 得 R 0.3 m。答案 (1)1 J (2)0.3 m2如图 8 甲所示，质量均为 m0.5 kg的相同物块 P 和 Q(均可视为质点 )分别静 止在水平地面上 A、C两点， P在按图乙所示的随时间变化的水平力 F 作用下由 静止开始向右运动， 3 s末撤去 F，此时 P 运动到 B点，之后继续滑行并与 Q发 生弹性碰撞。已知 B、C 两点间的距离 L3.75 m，P、Q 与地面间的动摩擦因 数均为 0.2，取 g10 m/s2，求：,图 8)(1)P 到达 B 点时的

18、速度大小 v 及其与 Q碰撞前瞬间的速度大小 v1(2)Q 运动的时间 t。解析 (1)在 03 s 内，对 P，由动量定理可得 F1t1F2t2m(gt1t2)mv0，其中 F1 2 N，F23 N，t12 s，t21 s，解得 v8 m/s。设 P 在 B、 C 两点间滑行的加速度大小为 a， 由牛顿第二定律可得 mg ma，P在 B、C 两点间做匀减速直线运动，有 v2v122aL， 解得 v1 7 m/s。11或由动能定理 mgL 2mv2 2mv12，解得 v17 m/s。(2)设 P 与 Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为 v1和 v2，取水平向右为正方 向，由动量守恒定律和机械

19、能守恒定律可得 mv1mv1 mv2，1 2 1 2 1 2，2mv12mv12mv2，联立解得 v2 v17 m/s， 碰后 Q 做匀减速直线运动，加速度大小 ag 2 m/s2， 故 Q 运动的时间为 tv2 3.5 s。a答案 (1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s规范解答 答题“四规范”经典案例(20分)如图 9所示，在光滑水平桌面 EAB 上 有质量为 M0.2 kg 的小球 P 和质量为 m 0.1 kg 的小球 Q，P、Q 之间压缩一轻弹簧 (轻弹簧与两小 球不拴接 )，桌面边缘 E 处放置一质量也为 m0.1 kg的橡皮泥球 S，在 B处固定一与水平桌面相切 的光滑竖直

20、半圆形轨道。 释放被压缩的轻弹簧， P、 Q 两小球被轻弹簧弹出，小球 P 与弹簧分离后进 入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高 点 C ；小球 Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥 球 S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的 D 点。已知水平桌面高为 h0.2 m，D 点到桌面边 缘的水平距离为 x0.2 m，重力加速度为 g10 m/s2，求：(1)小球 P 经过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压 力大小 FNB；(2)小球 Q 与橡皮泥球 S 碰撞前瞬间的速度大小 vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能 Ep。审题关键(1)“P、Q 两小球被轻弹簧弹 出”遵循动量守恒定律和能 量守恒

21、定律(2)“小球 P恰好能够通过半圆形轨道的最高点2隐含Mv2CC”隐含Mg RC(3)“小球 Q球 S 碰撞后为一体”遵循动量守恒定律(4)“小球 Q一体飞 出”隐含二者一起做平抛运 动图9规范解答答题“四规范”解析 （1）小球 P 恰好能通过半圆形轨道的最高点 v2CC，则有 MgM R（1 分）解得 vC gR（1 分 ）对于小球 P，从 BC，11由动能定理有 2MgR21Mv2C21Mv2B（2 分） 解得 vB 5gR（1 分）v2B在 B 点有 FNBMgMvR（2 分）解得 FNB6Mg12 N（1 分） 由牛顿第三定律有 FNBFNB 12 N（1 分）（2）设 Q 与 S做

22、平抛运动的初速度大小为 v，所用 时间为 t，根据公式 h 21gt2 得t0.2 s（1分）根据公式 x vt，得 v1 m/s（1 分）碰撞前后 Q 和 S组成的系统动量守恒，则有 mvQ 2mv（2 分 ）解得 vQ2 m/s（1 分）（3）P、Q 和弹簧组成的系统动量守恒，则有 MvP mvQ（2 分）解得 vP1 m/s（1 分 ）P、Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有1 2 1 2Ep2Mv2P2Mv2Q（2分）解得 Ep0.3 J（1分）答案 （1）12 N （2）2 m/s （3）0.3 J1.文字说明规范 文字说明要用规范的物理语 言和符号。对题干中未出现的 字母进行说明

23、时， 字母书写要 规范。设定所求的物理量或解 题过程中用到的中间变量， 可 表述为设，令等。 2.列方程规范 列方程时要做到“三要三不 要”。 一是要写出方程式而不要堆 砌公式； 二是要原始式而不是变形式； 三是要分步列式， 不要用连等 式。3.演算过程规范 要写出主要演算过程， 有必要 的关联词。一般表述为： 将代入， 由式可 得等。4.结果表达规范 对题中所求得物理量应有明 确的回答，要写出最后结果的 单位。答案中不能含有未知量 和中间量。课时作业（时间： 40分钟）基础巩固练1（多选）如图 1 甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 m1和 m2的两物块 A、B 相连接，并静止在光滑的水平面

24、上。现使 B 获得大小为 3 m/s，方向水平向右的 速度，以此时刻为计时起点， 两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示， 从图 象信息中可得 （图1A两物体的质量之比为 m1m221B两物体的质量之比为 m1m212C在 t2时刻 A与 B的动能之比为 Ek1Ek241D在 t2时刻 A与 B的动能之比为 Ek1Ek281解析 由题图并结合题意可知 A、B 组成的系统动量守恒，设 t1 时刻系统的速度 为 v2，则有 m2v（m1m2）v2 解得 m1m221，故 A 正确， B 错误；由题图 可知， t2时刻 A、B两物块的速度大小分别为 vA2 m/s，vB1 m/s，则 A、B 两 物

25、块的动能之比为 Ek1Ek281，故 C错误，D 正确。答案 AD 2用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验，已知容器内侧面光滑，半 径为 R，三个质量分别为 m1、m2、m3 的小球 1、2、3，半径相同且可视为质点， 自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触，若将质量为m1 的4球移至左侧离容器底高 h（h9R）处无初速释放， 如图 2所示，各小球间的碰撞时 间极短且碰撞时无机械能损失， 小球 1 与 2、2与 3碰后，球 1 停在 O 点正下方， 1球 2 上升的最大高度为 19R，球 3 恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为 （ ）B331A221C 441D3211解

26、析 对于碰撞前球 1 下滑的过程，由机械能守恒定律得 m1gh21m1v21，对于碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v1m2v2 m3v3，由能量守1 2 1 2 1 2 1 1 2 恒定律得 2m1v122m2v222m3v32碰后，对球 2 有 m2g·9R 2m2v22，对球 3 有 m3gR122m3v23。联立解得 m1m2m3 3 3 1，选项 B 正确。图3答案 B 3（2019 ·烟台模拟 ）在光滑水平面上有三个弹性小钢球 a、b、c 处于静止状态， 质量分别为 2m、m和2m。其中 a、b两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右 两边的光滑挡

27、板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把 a、b 两球弹出，两球 脱离弹簧后， a球获得的速度大小为 v，若 b、c两球相距足够远，则 b、c两球 相碰后 （ ）1Ab 球的速度大小为 3v，运动方向与原来相反2Bb 球的速度大小为 3v，运动方向与原来相反8Cc 球的速度大小为 3v2Dc 球的速度大小为 3v解析 设 b 球脱离弹簧时的速度为 v0，b、c 两球相碰后 b、c 的速度分别为 vb 和 vc，取向右为正方向，弹簧将 a、 b 两球弹出过程，由动量守恒定律得 0 2mvmv0，解得 v0 2v；b、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定1 2 1 2 1 2 2律得 mv

28、0mvb2mvc，2mv022mvb22·2mvc2，联立解得 vb 3v（负号表示方向4向左，与原来相反 )， vc3v，故 B 正确。答案 B4如图 4所示，质量均为 m的小滑块 A、B、C厚度均不计。其中 B、C 两滑块 通过劲度系数为 k 的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。 现在将小滑块 A 从距离 B 滑块 H0 高处由静止释放， A 、 B 相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向 下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为 g。求：图4(1)A、B 碰后的共同速度 v1 的大小；(2)A、B 向下运动的速度最大时，滑块 C 对水平面的压力大小。 解析 (1)设A与 B碰撞之

29、前的瞬时速度为 v0，则12 mgH0 2mv20A、B 碰撞前后动量守恒，即 mv02mv1 式中 v1为A与 B碰撞后的共同速度 联立 解得 v1 g2H 。(2)当 A、B 的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平 地面对滑块 C 的支持力大小和滑块 C 对水平地面的压力大小分别为 FN和 FN， 对于 A、B、C 组成的系统，由受力分析可知 FN3mg 0 由牛顿第三定律可知 FNFN联立 解得 FN3mg。答案 (1) g2H0 (2)3mg15如图 5 所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接， 木块 A、B 和半径为 0.5 m 的14光 滑圆轨道 C 静置于光滑水平

30、轨道上， A、B、C 质量分别为 1.5 kg、0.5 kg、4 kg。 现让A以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为 0.3 s，碰 后速度大小变为 4 m/s。当 A 与 B 碰撞后会立即粘在一起运动， 已知 g10 m/s2，求：图5(1)A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；(2)AB 第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度 h。解析 (1)A 与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对 A 由动量定理有FtmAv2mA（v1）解得 F50 N (2)A 与 B 碰撞过程，对 A、B系统，水平方向动量守恒有 mAv2(mBmA)v3A、B 滑上斜面到最高点的

31、过程，对 A、B、C 组成的系统，水平方向动量守恒有（mBmA）v3（mBmAmC）v4由能量守恒得2 1 2mA）v232（mBmAmC）v42（mBmA）gh 解得 h 0.3 m。答案 （1）50 N （2）0.3 m综合提能练6如图 6 所示，质量为 m 的 A 球以速度 v0 在光滑水平面上运动， 与原来静止的 质量为 4m的 B球碰撞，碰撞后 A球以 vv0(<1)的速率弹回， 并与挡板 P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上 B 球再相碰，则 的取值范围为 (图6A.15<<135312B. 3<<3C. 13<<2535D. 13&l

32、t;3535解析 由题意可知， A、B 两小球在碰撞过程中动量守恒，以 A 球初速度 v0 的方 向为正方向，设碰后 B 球的速度为 vB，则由动量守恒定律可得 mv0 mv04mvB，A 与挡板 P 碰撞后能追上 B 发生再次碰撞的条件是 v0> vB，两式联立可1 1 1 1解得 > 31；碰撞前后两小球的机械能应满足 21mv2021m（ v0）2 12·4mv 2B，解得 313 ，综合可得 < ，选项 D 正确。535答案 D7（多选）两滑块 a、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者 的位置 x随时间 t变化的图象如图 7 所示。已知滑块

33、 a的质量为 80 g，则下列判 断正确的是 （ ）图7A碰撞前滑块 a、b 的运动方向相同B碰撞后滑块 b的速度大小是 0.75 m/sC滑块 b 的质量为 100 gD碰撞前后滑块 a、b 组成的系统损失的动能为 1.4 J解析 由 xt 图象的斜率表示速度，可知碰撞前滑块 a、b 的运动方向相反，选03项 A 错误；碰撞后，滑块 b 的速度 vb 3 m/s 1 m/s，速度大小为 1 m/s，3 83选项 B 错误；碰撞前，滑块 a 的速度 va 1 m/s 5 m/s，b的速度 vb31 m/s 3 m/s，碰后 a 的速度是零。两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定 律可得 mavambvbmbvb，解