碰撞類模型和動量守恒中的力學綜合問題-2024年高考物理搶分秘籍

秘籍08碰撞類模型和動量守恒中的七大力學綜合問題

應試秘籍

碰撞類模型和動量守恒中的七大力學綜合問題

1彈性碰撞

i.碰撞三原則：

(1)動量守恒：即pi+p2=pi'+p2’.

2),2,2

(2)動能不增加：即Eki+Ek2NE"+Ek2,或金+暴惠+素.

(3)速度要合理

①若碰前兩物體同向運動，則應有u后”前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后

兩物體同向運動，則應有u/及/。

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。

2.“動碰動”彈性碰撞

Vi

發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為加和加2,

碰前速度為也，V2,碰后速度分別為力’，V2’，則有：

12121121'2

町片+m2V2=町匕+町匕(1),班匕+耳〃?2y2=］仍匕+耳〃7M⑵

聯立(1)>(2)解得:

v/=2/VWk_V2=2/VII^.

W1+ni,町+叫

特殊情況：若"7i=〃gVI=V2,V2=VI

3.“動碰靜”彈性碰撞的結論

兩球.發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為相、速度為0的小球與質量為

m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有〃710=如淳+,〃2P2,(1)

/IVT=/1U/+J?2U2。(2)

Cm\一小2)vi

解得:也'=V2，=

m\+〃?2

結論：(1)當初1=62時，Vlx=o,口2'=%(質量相等，)

(2)當加1>"?2時,Vlr>0,V2'>0,且V2>也'（大碰小,一起跑）

⑶當"21V"22時,vir<0,方>0（小碰大，要反彈）

(4)當時，Ui'=.vo,v/=2也（極大碰極小,大不變，小加倍）

(5)當"11《112時，vr=-VBM=0（極小碰極大，小等速率.,大不變）

2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞

1.非彈性碰撞

介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞.動量守恒，碰撞系統動能損失.

根據動量守恒定律可得："210+"?.2V2=如也+/772V2(1)

1.11-1，2AL

損失動能AEk,根據機械能守恒定律可得:-m\vr+-m2V22=-￡+—in2V2~+AEk.

乙乙乙乙

（2）

2.完全非彈性碰撞

V\V2p共

碰后物體的速度相同，根據動量守恒定律可得：

miV\+W2V2=（/?I+/H2）vK（1）

完全非彈性碰撞系統損失的動能最多，損失動能:

AEk=l/2/nwr+%tmvr-共2(2)

1mm..

聯立(1)、(2)解得：u共二叫W+砥一；AEk=y（匕一眩了

;Wj+m22町+m2

3人船模型

1.適用條件

①系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零;

②動量守恒或某方向動量守恒.

2.常用結論

設人走動時船的速度大小為v脂，人的速度大小為v人，以船運動的方向為正方向，則

人v人二0,可得mmVfji=m人v人；因人和船組成的系統在水立方向動量始終守恒，故有m船v船t二m

人V人t,

即：m船x船二m人x人，由圖可看出x船+x人=L,

m船m.

可解得：工人二LxP=-------L

m人+m船.“m人+m船

1.對反沖現象的三點說明

(1)系統內的不同部分在強大內力作用下.向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。

(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統的總機械能增加。

(3)反沖運動中平均動量守恒。

2.爆炸現象的三個規(guī)律

(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受

到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。

(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸前

后系統的總動能增加。

(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不

計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量，開始運動。

5.子彈打木塊模型

1.模型特點

(1)子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內力遠大于外力，系統動量守恒.

(2)在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統機械能不守恒，機械能向內能轉化.

2.兩種類型

(1)子彈留在木塊中(未穿出)

①動量守恒：〃2Vo=(〃?+M)y

②機械能損失(摩擦生熱)

ff

%=—\a,=—；

叫"w2

動力學常用關系

%一"=〃2，；

1212

X=%/一萬4廠；工2=萬生廠;/閑二%一/2

△相對=4叫片一，叫+，%）喙

功能常用關系

動量常用關系町%=（町+加2）1，共

搶分通關

【題型】碰撞類模型和動量守恒中的七大力學綜合問題

典例精講

【典例1】（2024.北京平谷.模擬預測）A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、

B兩球的質量分別為和若使A球獲得瞬時速度區(qū)如圖甲），彈簧壓縮到最短時，

A球的速度為以，B球的速度為生，彈簧的長度為L;若使B球獲得瞬時速度u（如圖乙），彈

簧壓縮到最短時，A球的速度為以，B球的速度為次,彈簧的長度為V。則（）

--v<--------------------------------v-

（A\VWWWW<^）（A）TWWWVW（B）

///////////////////////777/7/77777777777^^77-

甲乙

r

A.乙>/B.vA>>vB'C.vA=vA-D.L=L

【答案】D

【詳解】根據題意可知，無論圖甲還是圖乙，當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相等，則有

%=%，以=%

圖甲中，由動量守恒定律有

"八，=M卜入=（,〃+仞）%

解得

m

v=------v

BRm+M

由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為

mMv2

—mv"=

2(M+〃?)

圖乙中，由動量守恒定律有

Mi=(〃2+M)vA=(ni+M)vB

解得

M

V

%=%=-r-n-+--MT7

由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為

Ep=gMv2-+M)y；mMv2

M+mJ22(M+〃z)

可知

M.m

v=V.>V.=------V

m+M---------------m+M

兩圖中彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能相等，則有

L=L!

故選D。

【典例2】（2024.安徽蕪湖.二模）如圖所示，質量均為〃2的物塊A、B放在光滑的水平面上,

中間用輕彈簧相連，彈簧處于原長，一顆質量為切口<。的子彈以水平速度％射入木塊A并留

在物塊中（時間極短），則下列說法正確的是（）

AB

_%_ML—

A.子彈射入物塊A的過程中，子彈的動量變化量為黑

B.子彈射入物塊A的過程中，物塊A的動能增加量為遙

C.在彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物塊R的動量大小最大值為普

k'mv^

D.彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為

(八1)(八2)

【答案】C

【詳解】

A.子彈射入物塊A的過程中，子彈與物塊A組成的系統動量守恒，則有

切叫?=（〃?+切2）匕

求得

子彈動量的變化量

Ap=km%-km%=

選項A錯誤:

B.物塊A的動能增加量為

AC12犬

△5叫=而了

選項B錯誤;

C.當彈簧第一次壓縮到最短時，物塊B的動量大小最大，則有子彈與物塊A、B、彈簧組成

的系統動量守恒，則有

&〃嗎)=(2m+hn)v2

求得

物塊B的動量大小最大值為

kmv..

人不

選項C正確;

D.彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為

△E,=：(/〃+kni)v^-J(2//Z+km)

2(k+l)(k+2)

選項D錯誤。

故選C。

【典例3】（2024?湖北?二模）如圖所示，質量分別為辦3…加，』23……叫圓弧槽、小

球B、小球C均靜止在水平面上，圓弧槽的半徑為R,末端與水平面相切?，F將質量為，〃的

小球A從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止釋放，一段時間后與B發(fā)生彈性正碰，已知重力

加速度為g,不計A、B、C大小及一切摩擦。下列說法正確的是（）

A.小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為〃吆

B.若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，〃取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同

C.若BC發(fā)生的是彈性正碰，當〃=2時，碰撞完成后小球C的速度為(炳

D.〃取不同值時，C最終的動量不同，其最小值為。〃嫻

O

【答案】BCD

【詳解】A.小球A第一次下滑到圓弧槽最低點時，小球A和圓弧槽組成的系統水平方向上

動量守恒，有

=tnv{

根據小球A和圓弧槽組成的系統機械能守恒有

mgR=；mv\+g〃桿

解得

匕=匕=而

小球A通過圓弧槽最低點時，相對于圓弧槽的速度大小為

%=匕+H

根據牛頓第二定律有

r>唏

F-tng='"常

聯立解得，小球A通過圓弧槽最低點時，受到圓弧槽的支持力為

F=5"7g

則小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為5叫,故A錯誤；

B.若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，設小球A與B碰撞后，小球B的初速度為％,則BC碰

撞過程，根據動量守恒有

3〃?%=(3/n+nm)v

根據能量守恒有

AE=—?3rm^-g(3m+nm)v2

聯立解得，BC碰撞損失的機械能為

AE=3m片9蘇,

22（3〃?+nm）

可知，當〃取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同，故B正確；

C.小球A與B發(fā)生彈性正碰，取向右為正方向，根據動量守恒有

m\\=rnvAi+3用％

根據機械能守恒有

聯立解得

為=-/廊，/=/闞

若BC發(fā)生的是彈性正碰，當〃=2時，BC碰撞過程，根據動量守恒有

3〃?%=3m/i+2m%

根據機械能守恒有

聯立解得，碰撞完成后小球C的速度為

七=|我

故c正確；

D.當BC發(fā)生的是完全非彈性正碰時，C獲得的動量最小。BC碰撞過程，根據動量守恒有

3〃?％=（3加+〃〃?）vC2

解得，碰撞完成后小球C的速度為

則此時C的動量為

P=nmvC2=rnJgR=—^―mJgR

'6+2〃9+2

n

可知，當〃取1時，C的動量取最小值為

3,

Pmb=［〃］府

O

故D正確。

故選BCDo

【典例4］（2。24?四川宜賓?二模）如圖所示，圓筒C可以沿足夠長的水平固定光滑桿左右滑動,

圓筒下方用不可伸長的輕繩懸掛物體B,開始時物體B和圓筒C均靜止，子彈A以100m/s的

水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為40m/s,已知子彈A、物體B、圓筒C的質量

分別為〃[A=（）/kg、〃1=LOkg、叫=O.5kg,重力加速度g=1Om/s2。下列說法正確的是（）

C

%

-------?r—1—.

AB

A.物體B能上升的最大高度為0.6mB.物體B能上升的最大高度為1.8m

C.物體C能達到的最大速度為4.0m/sD.物體C能達到的最大速度為8.0m/0

【答案】AD

【詳解】AB.子彈A以100m/s的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為40m/s,則

A、B組成的系統動量守恒，根據動量守恒定律有

次A%=7〃A匕嶺

B上升時，與C組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒，則有

〃針2=（〃％+//'）匕

；叫修=!（，/+叫）片+，時gh

解得

A=0.6m

故A正確，B錯誤；

D.B返回到最低點時，與C組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒，此時C的速度最大,

則有

〃%匕=-^BV4+7MCV5

I,12?2

解得

v5=8m/s

故C錯誤，D正確；

故選ADo

【典例5】（2024.河北石家莊.二模）如圖所示，水平地面上有一輕質彈簧自然伸長，左端固定

在墻面上，右端位于O點。地面上M點右側有一傳送帶,其上表面與地面齊平，傳送帶以％=6m/s

的速度逆時針轉動?，F用力推動置于。點、質量恤=4kg的小物塊A,使彈簧緩慢壓縮到。點

后由靜止釋放，物塊A運動到。點時的速度匕、=lm/s。現將物塊A換成質量為=】kg的物塊B,

重復以上過程，發(fā)現物塊B剛好運動到M點速度減為（），此時將質量牝=1kg的物塊C在傳送

帶上與M距離為/（未知）的位置由靜止釋放，物塊B、C碰撞后粘在一起，形成結合體P,P

第一次到達。點時的速度大小為u（未知）。已知地面0點左側光滑，物塊B、C與傳送帶、

0點右側水平地面間的動摩擦因數均為〃=04,M、N之間的距離L=9m,重力加速度g取10毋,

物塊A、B、C均可視為質點。

（1）求。、M兩點間的距離s：

（2）若》=0,求/的大小；

（3）求u與/的關系表達式。

【答案】(1)0.5m；(2)2m；(3)當2mK/v=>/2/-4(m/s),當4.5mW/W9m時，v=^m/s

【詳解】（1）根據動能定理

匚1212

FXQO=-in^A=-ftJBVB

解得物塊B運動到O點時的速度

vB=2m/s

物塊B、C在傳送帶、O點右側水平地面間的加速度大小為

a==4m/s:

物塊B剛好運動到M點速度減為0,則

V'B=2as

解得。、“兩點間的距離為

5=（）.5m

（2）若u=0,P從M點第一次到達O點時，則

i尸一咄=-2心

物塊B、C碰撞動量守恒有

在傳送帶上有

哈=2al

解得

/=2m

（3）由上述分析可知，當。4<2m時，P不能到達O點，物塊C離開傳送帶的速度恰好為6nVs

時，物塊C在傳送帶上運動的距離為

/.=—=4.5m

'2a

則當4.5mW/W9m時,物塊C離開傳送帶的速度為6m/s,則

WCVC2=（AMB+/ZZC）VA/2

/-VM2=-2於

解得

V=yj^m/s

當2mW/<4.5m時，物塊C離?開傳送帶的速度滿足

咆=2al

且

機C&=（%+，％）唳,3

，一飛=-2?！?/p>

解得

v=x/2Z-4（m/s）

I—I

名校模擬

1.（2024?貴州?模擬預測）如圖，光滑水平地面上，動量為Pi的小球1向右運動，與同向運動

且動量為〃2的小球2發(fā)生彈性碰撞，幺=〃2,碰撞后小球1的速率為耳、動能為昂、動量大小

為P；,小球2的速率為因、動能為久?、動量大小為下列選項一定正確的是（）

—3—3

A.v；<v<B.碰撞后球2向右運動，球1向左運動

C.琦</D.P；<P1

【答案】D

【詳解】

AB.要發(fā)生碰撞則

V1>V2

m}<m-,

根據兩個物體發(fā)生彈性碰撞的公式可得碰撞后速度

,孫3n-^￡

/\A3P-----V

/_（〃?「％）.匕+2網?彩_網（網一叫）"2+2叫?4_"4

?——

〃4+/n,mi+niyn\+肛tn]+叫

因此當臺足夠大時可造成

tu\

v；>v：

由彈性碰撞規(guī)律，當^<3時可造成碰后兩者可以都向右運動，故AB錯誤；

〃，|

C.碰撞過程小球2動能增大，但初動能小球1的大于小球2的，故碰后動能大小不確定，故

C錯誤；

D.碰撞過程小球2動量增大，旦系統動量守恒，所以〃；<〃；，故D正確。

故選D?

2.如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為但=5Okg的人抓住氣球下方的長繩，氣球利

長繩的總質量為嗎=2Okg,長繩的下端剛好和水平面接觸，當系統靜止時人離地面的高度為

〃=5m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，氣球上升的距離大約是（可以把人

看作質點）（）

A.5mB.2.6m

C.3.6mD.8m

【答案】C

【詳解】設人的速度匕，氣球的速度嗎,根據人和氣球動量守恒得

=叫馬

則有

n\xy—m2x2

由幾何關系

X）+x2=A=5m

氣球上升的距離為

x,=————h=—x5mx3.6m

'm}+里7

故選C。

3.如圖所示，一個質量為4/”的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為上一小

物塊。質量為〃?，從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接

觸面均光滑，。從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中，下列說法正確的是（）

77777777777777777777777777/777'

A.尸、。組成的系統滿足動量守恒

B.P、。的水平位移大小之比為4:1

C.?；桨雸A槽最低點時，半圓槽的速率為更黑

D.Q運動到半圓槽右端最高點時，半圓槽由于慣性的緣故還會繼續(xù)運動

【答案】C

【詳解】A.P、。組成的系統在水平方向所受合外力為零，在豎直方向所受合外力不為零，

系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；

B.設。的水平位移大小為,，則P的水平位移大小為乙，P、Q組成的系統在水平方向所受

合外力為零，系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得

叫-4,〃％=°

則有

，叫-=0

可得P、。的水平位移大小之比為

x2:=1:4

故B錯誤；

C.設。到達最低點的速度大小為匕，此時P的速度大G為P、。組成的系統在水平方向

動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得

m\\-4""，2=0

系統機械能守恒，由機械能守恒定律得

ingR=—mvl+—xA

聯立解得

v=^L

210

故C正確;

D.P、Q組成的系統在水平方向動量守恒，。運動到半圓槽右端最高點時，P、。的水平速度

均為零，故D錯誤。

故選C。

4.（2024.陜西商洛?模擬預測）“世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶，他

把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，

飛上天空，然后利用風箏平穩(wěn)著陸。假設萬戶及所攜設備［火箭（含燃料）、椅子、風箏等］總

質量為點燃火箭后在極短的時間內，質量為機的熾熱燃氣相對地面以％的速度豎直向下

噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g,下列說法中正確的是（）

A.火箭的推力來自空氣對它的作用力

B.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為丫=4

M-加

22

c.噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為二7°、.

D.在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備動量守恒

【答案】B

【詳解】

A.火箭的推力是燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A錯誤;

B.在燃氣噴出后的瞬間，萬戶及所攜設備組成的系統動量守恒，設火箭的速度大小為P,規(guī)

定火箭運動方向為正方向，則有

（M-m）v—mvQ=0

解得火箭的速度大小為

v=-^_

M-m

故B正確;

C.噴出燃氣后，萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得，最大上升高度為

?V2小2%2

/?=——=-------5—

2g2（M-m）-g

故C錯誤；

D.在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備因為受重力，系統動量不守恒，故D錯誤。

故選B。

5.（2020.山東濰坊.一模）光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為a的斜面4,斜面質量為

M,底邊長為L,如圖所示。將一質量為m的可視為質點的滑塊8從斜面的頂端由靜止釋放，

滑塊3經過時間，剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為時,則下列說法中

正確的是（）

B.滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為"“cosa

C.滑塊到達斜面底端時的動能為〃雇tana

D.此過程中斜面向左滑動的距離為產一上

【答案】D

【詳解】A.當滑塊8相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊8相對于

地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊

的支持力FN不等于〃8cosa,故A錯誤；

B.滑塊8下滑過程中支持力對B的沖量大小為

1=FJ

故B錯誤；

C.3下降的高度為Ltana,其重力勢能的減小量等于〃zgAiana,減小的重力勢能轉化為A、8的

動能之和，則滑塊6的動能要小于〃吧5na,故C錯誤；

D.系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、8兩者水平位移大小分別為巧、X?,

取水平向左為正方向，由動量守恒定律得

M=0

tt

即有

=mx2

又

J

X{rX1=L

解得

mL

'M+m

故D正確。

故選Do

6.(2024?陜西西安?一模)如圖，質量叫=噂的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面

固定一勁度系數及=20N/m的輕彈簧，處于自然狀態(tài)。質量嗎=4kg的小物塊以水平向右的速度

%=Jm/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩

擦因數〃=。」，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能綜與

形變量4的關系為5=(叱(g=10m/s2)。則下列說法正確的是()

〃1:

」......./yyyyy^6^

^//////////////////////////

A.木板剛接觸彈簧時速度為lm/s

B.木板運動前右端距彈簧左端的距離().125m

C.木板與彈簧接觸后彈簧的最大壓縮量為().5m

D.木板與彈簧接觸到彈簧再次恢復原長的過程中系統機械能守恒

【答案】AB

【詳解】A.根據題意，設木板剛接觸彈簧時速度為匕，由動量守恒定律有

叫+e）匕

解得

V)=1m/s

故A正確;

B.對木板，由牛頓第二定律有

從叫g=小。

解得

則木板運動前右端距彈簧左端的距離

x=—=O.I25m

2a

故B正確;

CD.木板與彈簧接觸以后，對木板和小物塊組成的系統有

kx=(m]+1%)為上

小物塊的最大加速度為

。二〃g

當叫=4時，小物塊與木板發(fā)生先對滑動，解得

x=0.25m

設此時木板和小物塊速度為?由能量守恒定律有

；（叫+叫）片=g（見+嗎）4+；依2

解得

即木板與彈簧接觸到彈簧再次恢復原長的過程中，小物塊與木板發(fā)生相對滑動，系統機械能不

守恒，若小物塊與木板的動能全部轉化為彈簧的彈性勢能，木板與彈簧接觸后彈簧的壓縮量最

大，則有

：（叫+/%）匕2=：去；

解得

xm=0.5m

由于木板運動到最遠的過程中，由摩擦力做功，則小物塊與木板的動能未全部轉化為彈簧的彈

性勢能，則木板與彈簧接觸后彈簧壓縮量的最大值一定小于0.5m,故CD錯誤。

故選AB。

7.（2024?廣東江門?模擬預測）煙花飛上天后在天空中爆炸。當煙花從水平地面斜飛向天空且

恰好沿水平方向運動的瞬間，突然炸裂成一大一小P、Q兩塊，且質量較大的P仍沿原來方向

飛出去，下列說法正確的是（）

A.炸裂時，質量較大的P受到的內力更大

B.炸裂過程煙花水平方向動量守恒

C.炸裂后，P飛行的水平距離較大

D.炸裂后，P、Q兩塊同時落地

【答案】BD

【詳解】A.炸裂時、P、Q兩塊受到的內力相等，故A錯誤；

B.炸裂時，沖天炮位于最高點，水平方向不受外力作用，所以水平方向動量守恒，故B正確；

C.炸裂時，質量較小的Q可能仍沿原來的方向，也可以與原方向相反。無法確定P、Q兩塊

炸裂時速度的大小關系，也就無法比較水平距離大小關系，故C錯誤；

D.P、Q兩塊的速度方向均沿水平方向，之后做平拋運動回到地面，同時落地，故D正確。

故選BDo

8.（2024.湖南長沙.一模）如圖所示，質量為2m、長為L的長木板c靜止在光滑水平面上，質

量為的物塊人放在c?的正中央，質量為機的物塊。以大小為％的速度從c的左端滑上c,a

與b發(fā)生彈性正碰，最終〃剛好到c,的右端與c,相對靜止，不計物塊大小，物塊〃、匕與c,間

動摩擦因數相同，重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

ab

P=^□---------------1c

zz/z/zzzzzzzzzzz/zzzzzzzz/zzz//

A.。與人碰撞前〃與c保持相對靜止B.。與人碰撞后，。與匕都相對?；瑒?/p>

C.物塊與木板間的動摩擦因數為普D.整個過程因摩擦產生的內能為

8gL4

【答案】AC

【詳解】A.?；蟘后相對滑動過程中，假設b相對。靜止，由牛頓第二定律得，對仄。整

體，根據牛頓第二定律

=（2m+iri）a

對兒根據牛頓第二定律

f=ma

解得

即b與C間的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，則方相對C保持靜止，b、C一起加速運動，。與b

碰撞前6做勻加速運動，速度不為零，故A正確:

B.設4、b碰撞前瞬間4的速度為叭4、b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守

恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得

mv=mva+mvb

由機械能守恒定律得

12121，

—mv=-mv\+—mv：

22"2”

解得

=0,以=v

即碰撞后。、力兩者交換速度，〃相對c,滑動，由A可知，a、C相對靜止一起運動，故B錯誤;

CD.〃剛好滑到c的右端與c相對靜止，〃、b、C共速，設共同速度為4、b、C組成的系

統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得

〃%=（〃?+m+2m）/

由能量守恒定律得

~,nvi=g(〃?+m+2〃?)v，2

其中

Q="mgL

解得

八3o3詔

Q="A-

故C正確，D錯誤。

故選AC。

9.（2024?福建?一模）如圖（〃），質量均為〃?的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到

乙左端的距離為L,初始時甲、乙均靜止，質量為M的物塊丙以速度％向右運動，與乙發(fā)生彈

性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間，的變化如圖"）中實線所示，其中4時刻前后的圖像分別

是拋物線的一部分和直線，二者相切于P,拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度

A.碰后瞬間乙的速度大小為*

B.甲、乙間的動摩擦因數為白

C.甲到乙左端的距離八學

D.乙、丙的質量比〃z:M=l:2

【答案】BC

【詳解】AB.設碰后瞬間乙的速度大小為匕，碰后乙的加速度大小為小由圖（b）可知

戶卬。少

拋物線的頂點為Q，根據X4圖像的切線斜率表示速度，則有

聯立解得

曠耳，

,3'3。

根據牛頓第二定律可得

rn

解得甲、乙間的動摩擦因數為

昨工

3g%

故A錯誤，B正確；

C.由于甲、乙質量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為

3%

根據圖（b）可知，，。時刻甲、乙剛好共速，貝I」。，。時I,瓦內甲、乙發(fā)生的相對位移為

斗十改》共V,voro

&=X乙-工甲=_Z-‘0__彳&=="T"

則甲到乙左端的距離滿足

八以=4=也

3

故C正確；

D.物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程根據動量守恒和機械能守恒可得

MVQ=MV2+im\

—Mvl=—M*+—〃叫2

22?2

可得

2M2%

vV

i=TM7—+m3o=-T

可得乙、丙的質量比為

m:M=2：］

故D錯誤。

故選BCO

10.（2024?河北保定.一模）如圖所示，粗糙的水平面上放置一輕質彈簧，彈簧的右端固定，左

端與質量為〃?的滑塊甲（視為質點）連接，小球乙（視為質點）靜止在C點，讓甲在A點獲

得一個水平向左的初速度2%,且甲在A點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時彈簧所蘊含的彈性勢能

為3加片,當甲運動到3點時彈簧正好恢復到原長，甲繼續(xù)運動到C點時與乙發(fā)生彈性碰撞。

2

已知甲與水平面之間的動摩擦因數為〃=普，A、8兩點間距與8、C兩點間距均為3下列

2gL

說法正確的是（）

￡2%gJ

CBA

A.甲剛到達8點時的速度大小為％

B.甲剛到達C點時，彈簧的彈性勢能為3〃屁

C.甲剛到達。點時（與乙發(fā)生碰撞前）的動能為〃?（

D.若甲、乙碰撞剛結束時，乙的速度為豐%,則乙的質量為3,〃

【答案】BCD

【詳解】

A.甲剛到達8點時，彈簧彈性勢能為零，即彈簧對甲做功為3〃就，根據動能定理

2

3〃叫;-^ngL=-^n（2v0）

得

%=3%

A錯誤;

B.由題意，根據對稱性可知，甲剛到達。點時，彈簧的彈性勢能為3小片，B正確;

C.根據動能定理

-"ingL-3〃w；=&-g,nvB

得

4=切4

C正確;

D.根據動量守恒定律和機械能守恒

&嗚=mvcl+〃［乙v乙

廠1,1、

Ek=/〃％+］，吆吃

由題意，碰撞后乙的速度為

v乙年杵與

in+vm2

得

〃憶=3m

D王確。

故選BCDo

11.（2024.河北.一模）如圖所示，兩個均可視為質點的小球A、B用長為L的輕質細繩連接,

B球穿在水平固定的光滑細桿上，小球A的質量為，〃，小球B的質量為3相。初始時細繩處于

水平狀態(tài)，現將兩小球由靜止釋放，小球A在豎直平面內擺動的軌跡為如圖所示的半橢圓。

2

已知半長軸為“、半短軸為/，的橢圓在最低點的曲率半徑「吟,向心加速度大小“十,不

計空氣阻力，重力加速度大小為四。下列說法正確的是（）

BLA

A.圖中橢圓的半短軸為停

B.小球B的最大速度為單

C.小球A到達最低點時的速度大小為叵

3

D.小球A到達最低點時細繩中的張力大小為粵

【答案】ABD

【詳解】

A.系統在水平方向動量守恒，結合幾何關系有

0=mvA-3mvB,b=vAt,xB=v￡Z,L=h+x8

解得

b「=—3L

4

故A正確；

BC.小球A到達最低點時，小球B的速度最大，有

0=mvA-3mvH,ingL=—+-x3/叫

解得

故B正確；C錯誤；

D.顯然橢圓的半長軸a=L,所以橢圓在最低點的曲率半徑為

又

/nv.21\mg

T=mg+—乙=----

P3

這與利用相對速度計算的結果一致，即

7=〃吆+返土豆=業(yè)超

L3

故D正確。

故選ABDo

12.（2024?天津?一模）靜止在水平地面上可視為質點的兩小物塊A、B的質量分別為“x=LOkg,

%=4Qkg。兩者之間有一被壓縮的輕質微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離/=2.0m,如圖

所示。杲時刻將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，A沿著與墻壁垂直的方向運動，恰

好不會與墻壁發(fā)生碰撞。A、B與地面之間的動摩擦因數為〃=0.4,取g=IOm/s2。求：

（1）彈簧釋放后A獲得的速度大小以；

（2）彈簧釋放后B獲得的速度大小3；

（3）彈簧釋放前儲存的彈性勢能綜。

BA1

...................................J

，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，〃

【答案】（1）4m/s；（2）lm/s；（3）10J

【詳解】（1）彈簧釋放后A做勻減速直線運動，由動能定理，可得

一〃”/=0_/2：

解得

vA=4m/s

（2）依題意，釋放彈簧過程中，系統動量守恒，有

解得

vu=Im/s

（3）根據能量守恒可知彈簧釋放前儲存的彈性勢能為

穌=/〃〃或+耳"%討=13

13.（2024.安徽黃山.二模）如圖所示，八b、c均為質量為〃，的物塊，其中〃、c通過輕彈簧

連接并靜置在水平地面上，彈簧的勁度系數為A,。物塊從距離〃高為力處由靜止釋放，與b

碰撞后黏在一起，碰撞時間極短。重力加速度為g,則：

（1）求。、〃碰撞后瞬間。、人整體的速度和加速度大小；

（2）若。物塊從距離〃高為/7。處由靜止釋放，彈簧恰好能恢復原長，求初始時彈簧的彈性勢

能（結果用含加的式子表示）；

（3）若。物塊從距離〃高為幾處由靜止釋放，c恰好能離開地面，求山為多少？

0Q

b

C

/

【答案】（1）/叵/,4；（2）空《一皿；⑶竿

22k2k

【詳解】（1）。做自由落體運動，有

,1，

mgh=-mv-

解得

%=J2gha、b碰撞過程動量守恒，則

=2nn\

所以

匕=~2~2

碰撞后瞬間，對。、〃整體，根據牛頓第二定律有

2〃7g-工=2ma

'=〃岷

解得加速度大小為

2

（2）若。物塊從距離力高為加處由靜止釋放，則有

/嘲）=3〃喏〃、。碰撞過程動量守恒，則

m%'=2mv2

彈簧恰好能恢復原長，根據能量守恒可得

^-2mv；+Ep=2fngx()

聯立可得

E=2〃/酸mg%

2

（3）若。物塊從距離b高為生處由靜止釋放，且c恰好能離開地面，則

t1

〃%,=2/叫

；2〃片二2〃叱2%

聯立可得

14.（2024?重慶?模擬預測）如題圖所示，光滑斜面與水平面平滑連接，水平面上O點左側光

滑，右側動摩擦因數為〃。B、C、D三個物塊處于靜止狀態(tài)且剛好相互接觸，B的左端與。

點對齊。A從光滑斜面的某一高度處由靜止滑下，在光滑水平面運動一段時間，與B發(fā)生碰

后粘在一起形成組合體AB,碰撞過程中AB的機械能損失了50%,然后AB與C發(fā)生彈性碰

撞，C又與D發(fā)生彈性碰撞，所有碰撞時間極短。C、D碰撞結束后瞬間，AB的動量、C的

動量、D的動量都相同。質量為，〃的物塊D停止運動時，右端距離。點12/。所有物塊的寬

度均為/，高度相同，均不翻轉，重力加速度為g。求：

（1）D碰后瞬間的速度大小；

（2）A、B和C的質量；

（3）A下滑的高度以及所有物塊都停止運動時B右側與C左側的間距。

【答案】(1)3向;(2)3m,3〃z,3加；(3)?

【詳解】設A、B、C三個物決的質量分別為町、叫、％,A、B兩個物體碰前、碰后的速度

分別為以、vAB；A、B、C三個物體碰后的速度分別為入'、%；C與D發(fā)生彈性碰撞后的速

度分別為％'、%。

（1）對D物塊由動能定理

-"mg（12/-3/）=0--^"就

可得D碰后瞬間的速度大小為

咻二3心儀

（2）C與D發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律

由機械能守恒定律

1,1竺1，

萬嗎丘=3多%+5〃?不

因為C的動量和D的動量都相同，則

Wc，=mvv）

聯立可得

匕'=J2〃g/，vc=2心g/，/=3m

因為AB發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律

"以=（網+嗎）以3

碰撞過程中AB的機械能損失了50%,由能量守恒定律可得

50%x1町片=g（町+m2）v；B

聯立可得

犯=生，1吟

AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律

（町+，均卜沁=（町+//加'+〃4%

由機械能守恒定律

g（町+嗎）吮=g（見+，巧）吭+g嗎吧

其中

（叫+〃4）％’=〃?%

聯立可得

Hiy=/=叫=3m

（3）由（2）可知

3呼3雪"廊i

物塊A由斜面下滑的過程中，由動能定理

,12

聯立可得，A下滑的高度為

h=9〃

AB碰后繼續(xù)運動的位移為

AAB7

-}2〃g4

C及后繼續(xù)運動的位移為

v'2

x=—c—=I

r24g

所以所有物塊都停止運動時B右側與C左側的間距為

A3/

^x=xc-xAB=-

15.(2024.黑龍江齊齊哈爾?二模)如圖所示，質量M=6kg、半徑R=15m的四分之一光滑圓孤

〃尻靜止在足夠長的光滑水平面上，末端與水平面相切，圓弧右側有一質量為:機的小物塊B,

B的左側固定一水平輕彈簧，將質量為〃?=2kg的小物塊A從圓弧頂端由靜止釋放，在小物塊B

的右側有一豎直擋板(圖中未畫出，擋板和B的間距可調)，當小物塊B與擋板發(fā)生一次彈性

正碰后立刻將擋板撤去，且小物塊A