專題16 動量能量在各類模型中的應(yīng)用（教師版）-2025版高考物理熱點題型講義

專題16動量能量在各類模型中的應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一碰撞模型 1類型1一動一靜的彈性碰撞 1類型2彈性碰撞中的“子母球”模型 9題型二非彈性碰撞中的“動能損失”問題 17類型1非彈性小球碰撞中的動能損失 17類型2滑塊木板模型中的動能損失 19類型3滑塊-曲面模型中的動能損失問題 21類型4小球-彈簧模型中的動能損失問題 24類型5帶電系統(tǒng)中動能的損失問題 27類型6導(dǎo)體棒“追及”過程中的動能損失問題 30類型7連接體繩子繃緊瞬間能量損失 37題型三碰撞遵循的規(guī)律 43類型1碰撞的可能性 44類型2碰撞類型的識別 48題型四“滑塊—彈簧”碰撞模型中的多過程問題 53題型五“滑塊—斜(曲)面”碰撞模型 63題型六滑塊模型中的多過程 73題型七子彈打木塊模型中的能量動量問題 80題型八兩體爆炸（類爆炸）模型中的能量分配 82題型九人船模型及其拓展模型的應(yīng)用 91題型十懸繩模型 103題型一碰撞模型類型1一動一靜的彈性碰撞．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運動)；當(dāng)m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩小球沿相反方向運動)；當(dāng)m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.【例1】（2024·廣西·高考真題）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在（）A．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B．豎直增面上的垂直投影的運動是勻加速運動C．水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v【答案】BC【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即，碰后小球N做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直地面上的垂直投影的運動是勻加速運動。故選BC?！纠?】（2023·重慶·高考真題）如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器（大小可忽略），小球每次經(jīng)過P點后，其速度大小都增加v0。質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：（1）球1第一次經(jīng)過P點后瞬間向心力的大??；（2）球2的質(zhì)量；（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。

【答案】（1）；（2）3m；（3）【詳解】（1）球1第一次經(jīng)過P點后瞬間速度變?yōu)?v0，所以（2）球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則聯(lián)立解得，（3）設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為Δt，則所以【變式演練1】如圖所示，物塊A的質(zhì)量，與水平面間的動摩擦因數(shù)，用不可伸長的細線懸掛的小球的質(zhì)量均為，沿水平方向一字排列，物塊A與第1個小球及相鄰兩小球間的距離均為，細線長度分別為L1，L2，L3，…，Ln（圖中只畫出三個小球）。開始時，A以大小的速度向右運動，物塊A與小球發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞（碰撞時間極短），碰后小球均恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動并再次與物塊A發(fā)生彈性碰撞，取重力加速度大小，物塊A和所有小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．物塊A能與8個小球碰撞 B．物塊A最多能與小球碰撞12次C．第5個小球的懸線長為1m D．第5個小球的懸線長為0.62m【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律解得碰后速度交換，根據(jù)動能定理得解得物塊A能與8個小球碰撞，最多碰撞16次，A正確，B錯誤；CD．物塊運動至第5個小球處的速度為碰后速度交換，根據(jù)機械能守恒定律得根據(jù)牛頓第二定律得解得C錯誤，D正確。故選AD。【變式演練1】在一個水平桌面上固定一個內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點，且ac與bd相互垂直。在內(nèi)部放置A、B兩個小球（球徑略小于管徑，管徑遠小于R），質(zhì)量分別為、，開始時B球靜止于a點，A球在其左側(cè)以的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點。則下列說法中正確的是（）A．A、B兩球的質(zhì)量比為B．若只增大A球的初速度則第二次碰撞點可能在之間某處C．若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點可能仍在b處D．若只增大A球的質(zhì)量則第一、二次碰撞時間間隔不可能大于【答案】CD【詳解】A．設(shè)第一次碰后A、B兩球的速度分別為，。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有第二次碰撞發(fā)生在b點，則有聯(lián)立解得故A錯誤；BC．設(shè)第二次碰撞A球轉(zhuǎn)過的角度為，則有解得可知與初速度無關(guān)，即第二次碰撞點與A球的初速度無關(guān)，若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點可能仍在b處，故B錯誤，C正確；D．兩次碰撞間隔時間為故D正確；故選CD?！咀兪窖菥?】如圖所示，小球1從固定光滑斜面上某處由靜止釋放，滑過光滑水平桌面后，落在水平地面上的N點。若在水平桌面的邊緣處放置另一小球2，再將小球1從斜面上同一位置由靜止釋放，使兩小球發(fā)生彈性正碰，兩小球在地面上的落點分別為M、P點。已知小球1的質(zhì)量為，小球2的質(zhì)量為，且，O點為桌面邊緣在地面上的投影，不計轉(zhuǎn)彎處的機械能損失，兩小球均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）A．碰撞后小球1的落點為M點B．碰撞后小球1的落點為P點C．圖中點間距離滿足的關(guān)系為D．圖中點間距離滿足的關(guān)系為【答案】BC【詳解】AB．設(shè)小球1碰撞前的速度為，取水平向右為正方向，因為球1質(zhì)量較小，可知小球1與小球2碰撞后，球1反向，設(shè)碰撞后球1和球2速度大小分別為、，根據(jù)動量守恒和能量守恒有解得，根據(jù)題意，可得，斜面光滑，小球1反向到達最高點回到拋出點時速度大小等于，兩球在做平拋運動的時間相等，故可知小球1的水平位移較大，即碰撞后小球1的落點為P點，A錯誤，B正確；CD．當(dāng)小球1單獨釋放時有小球1與小球2碰撞后有，可得C正確，D錯誤。故選BC?！咀兪窖菥?】彈珠游戲?qū)ν瑢W(xué)們稍顯陌生，但它卻是許多80后難忘的童年記憶。其示意圖如圖所示，水平地面上相距x=3m的地方分別有可視為質(zhì)點、大小相同的球形彈珠A、B，兩者質(zhì)量關(guān)系為mA=3mB，假設(shè)兩彈珠在水平地面上行進時受到的阻力（包括空氣阻力和摩擦力等）均恒為其重力的k倍?，F(xiàn)給彈珠A一個v0=4m/s的初速度，使其與靜止的彈珠B發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直線運動。已知k=0.2，g=10m/s2。求：（1）彈珠A與彈珠B碰撞前瞬間，彈珠A的速度大小vA；（2）在碰撞剛結(jié)束時彈珠A和彈珠B的速度大小、；（3）彈珠A和彈珠B之間最終的距離。【答案】（1）；（2），；（3）【詳解】（1）對彈珠A，在碰撞前的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得解得a方向：與方向相反。設(shè)碰撞前彈珠A的速度為，由運動學(xué)公式有解得（2）碰撞過程中彈珠A、B系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。以向右為正方向，根據(jù)題意得解得

（3）碰撞之后彈珠A和彈珠B分別向右做勻減速直線運動，設(shè)從碰撞后到停下來彈珠A的位移為，彈珠A的位移為。由動能定理可得對彈珠A對彈珠B解得m，m因此彈珠A和彈珠B最終的距離類型2彈性碰撞中的“子母球”模型m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)【例1】如圖所示，將兩個質(zhì)量分別為m1=60g、m2=30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度h0=1.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時間為0.01s，不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度時間圖象如圖乙所示，g取10m/s2（）A.B球與A球碰前的速度大小為6m/sB.兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小比值為1：101C.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞D.若m2<m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m【答案】AB【解析】由機械能守恒定律可知解得兩物體落地前的速度根據(jù)動量定理，A和B相互作用過程中，B動量變化量等于合力的沖量重力的沖量為因為A、B作用時間極短，重力對系統(tǒng)的沖量遠小于系統(tǒng)總動量，可以視系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒得A碰后速度為，計算知碰撞前后，系統(tǒng)機械能有損失，不是彈性碰撞。若不計系統(tǒng)重力的影響，且m2<<m1，由動量守恒不計碰撞損失，由能量關(guān)系聯(lián)立解得因m2<<m1，則v1=3v0，則m2球上升的最大高度h2=9h0=16.2m故AB正確CD錯誤。故選AB?！纠?】物理課堂上，老師帶同學(xué)們做了一個有趣的實驗：如圖甲所示，老師讓某同學(xué)將一個網(wǎng)球疊放在一個充足氣的籃球上，舉到頭頂附近，然后一起由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)網(wǎng)球和籃球碰撞后，被反彈的網(wǎng)球能打到教室的天花板。若將該實驗簡化為如圖乙所示模型，網(wǎng)球和籃球均可視為質(zhì)點，籃球和地面碰撞完成后恰與網(wǎng)球碰撞，所有碰撞均為彈性碰撞。已知網(wǎng)球的質(zhì)量為，籃球的質(zhì)量為，初始釋放高度為，籃球和網(wǎng)球的球心始終在同一豎直線上，不計空氣阻力，取重力加速度，求：（1）籃球落地前瞬間，網(wǎng)球和籃球共同的速度大?。唬?）網(wǎng)球反彈后能達到的最大高度；（3）若用一個質(zhì)量遠遠小于籃球質(zhì)量的彈性小球替代網(wǎng)球重復(fù)該實驗，其他條件不變，求彈性小球反彈后能夠上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)籃球觸地前瞬間，籃球與網(wǎng)球的速度大小為，根據(jù)動能定理可得解得（2）規(guī)定豎直向上為正方向，設(shè)籃球與地面發(fā)生彈性碰撞后瞬間，網(wǎng)球的速度為，籃球的速度為，有，。設(shè)碰后瞬間，網(wǎng)球和籃球的速度分別為，網(wǎng)球與籃球發(fā)生彈性碰撞，可得根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)解得（3）由題意，設(shè)彈性小球與籃球發(fā)生彈性碰撞后瞬間，彈性小球的速度為，籃球的速度為，有可得當(dāng)時，可取得極大值，可得設(shè)彈性小球能上升的最大高度為，由解得【變式演練1】伽利略大炮是一種極為簡易的機械發(fā)射裝置，由伽利略于1590年左右發(fā)明?，F(xiàn)我們共同研究伽利略大炮的實驗，先將500g的彈性大球單獨自由釋放，落地反彈高度為下落高度的0.64倍?，F(xiàn)在彈性大球上將彈性小球逐個疊放，并將它們從距地面0.8m高處自由釋放，如圖所示。已知各球相互接觸且重心在同一豎直線上，每個彈性球的質(zhì)量為該球下面接觸球質(zhì)量的一半，各球之間均發(fā)生彈性碰撞，作用時間極短，無論彈性大球上面是否疊放彈性小球及疊放幾個彈性小球，彈性大球與地面碰撞過程中能量損失均保持不變，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）若將彈性大球單獨從距地面0.8m高處自由釋放，求地面對彈性大球所做的功；（2）若彈性大球上端只放一個彈性小球，求兩球碰撞過程中彈性大球?qū)椥孕∏虻臎_量大小；（3）若要使最上端的彈性小球上升高度不低于45m，求至少需要疊放多少個彈性小球？【答案】（1）；（2）；（3）彈性大球上至少疊放6個彈性小球【詳解】（1）設(shè)彈性大球與地面碰撞前的速度大小為，與地面碰撞后的速度大小為，地面對彈性大球所做的功為，由運動學(xué)規(guī)律可得，上升過程下落過程由動能定理可得解得（2）彈性小球與彈性大球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)彈性大球碰后的速度為，彈性小球碰前與碰后的速度分別為，取向上為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得由動量定理可得解得（3）由（2）可得第一個彈性小球與彈性大球碰撞之后速度為整理可得同理可得第二個彈性小球與第一個彈性小球碰撞之后的速度為整理可得……由數(shù)學(xué)知識可得由于要使最上端的彈性小球上升高度不低于，由運動學(xué)規(guī)律可得則解得時時故彈性大球上至少疊放6個彈性小球。【變式演練2】如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行的超級碰撞實驗，可以使小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為3m的大球（在下），質(zhì)量為m的小球（在上）疊放在一起，從距地面高h處由靜止釋放，h遠大于球的半徑，不計空氣阻力。假設(shè)大球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞，且碰撞時間極短。下列說法正確的是（）A．兩球一起下落過程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮閙gB．大球與地面碰撞前的速度大小為C．大球與小球碰撞后，小球上升的高度仍為hD．若大球的質(zhì)量遠大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度為3h【答案】B【詳解】A．兩球一起下落過程中，兩球都處于完全失重狀態(tài)，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮?，A錯；B．根據(jù)自由落體運動得B正確；CD．大球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，兩球碰撞前后動量守恒，機械能守恒，設(shè)碰撞前小球和大球的速度分別和，碰后兩球的速度分別為和由動量守恒定律由機械能守恒定律兩式聯(lián)立解得將，帶入上式解得反彈后高度為C錯誤，D.若大球的質(zhì)量遠大于小球的質(zhì)量，會更大，小球上升的最大高度會更高，故D也錯誤；故選B.題型二非彈性碰撞中的“動能損失”問題1.非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，動能有部分損失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk損3.完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損max類型1非彈性小球碰撞中的動能損失【例1】某次冰壺運動訓(xùn)練中，甲壺與靜止的乙壺發(fā)生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，不計空氣阻力，兩壺完全相同且均可視為質(zhì)點，碰撞時間極短可不計，碰撞前、后兩壺運動軌跡始終在同一水平直線上。從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，測得乙壺位移是甲壺位移的k倍，則（

）A．k<1B．k值越大，兩壺碰撞過程中損失機械能越大C．k值越大，兩壺碰撞過程中損失機械能越小D．碰撞后瞬時，乙壺速度為零【答案】C【詳解】A．甲乙碰撞瞬間動量守恒，即且有所以故A錯誤；BC．兩壺碰撞過程中損失的機械能為變形可得由此可知，當(dāng)k=1時，損失的機械能達到最大，隨著k增大，損失的機械能減小，故B錯誤，C正確；D．由于兩壺完全相同，所以碰撞后瞬時乙壺速度一定大于零，故D錯誤。故選C?！咀兪窖菥殹吭诠饣矫嫔霞住⒁覂蓚€小球發(fā)生碰撞后粘在一起，兩球運動的位移時間變化如圖所示，已知甲球的質(zhì)量，則碰撞過程中損失的能量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設(shè)乙球的質(zhì)量為，甲、乙碰前的速度為v1、v2，碰后的速度為v3，由動量守恒得代值可得得乙球的則碰撞過程中兩物塊損失的機械能故ACD錯誤，B正確。故選B。類型2滑塊木板模型中的動能損失【例2】(多選)長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖所示，g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．木板獲得的動能為1JB．系統(tǒng)損失的機械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1【答案】ABD【解析】由題圖可知，最終木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，則木板獲得的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2J，故B正確；根據(jù)v－t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1s內(nèi)B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，m/s2＝－1m/s2，負號表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正確．【變式演練】質(zhì)量為m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分點。質(zhì)量為M的物塊以一定的初速度從a點水平滑上粗糙木板，物塊的寬度不計，且，經(jīng)過一段時間物塊停在木板上。若圖是物塊剛滑上木板時的物塊與板的位置狀態(tài)，下圖是物塊剛與木板達到共同速度時的位置，下列示意圖正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】地面光滑，物塊A與木板B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得對m有設(shè)相對位移為，對M有整理得因為，所以解得故B正確ACD錯誤。故選B。類型3滑塊-曲面模型中的動能損失問題【例3】（2024·青海海南·一模）如圖所示，一個質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面上，滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧圓弧半徑。E點與水平面相切。另有一個質(zhì)量為m的小球以的初速度水平向右從E點沖上滑塊，若小球剛好沒越過圓弧的上端，已知重力加速度大小不計一切摩擦。則滑塊與小球質(zhì)量的比值為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【詳解】根據(jù)題意，小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊的速度相同，設(shè)為，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)機械能守恒定律有聯(lián)立解得故選C。【變式演練1】如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道M靜止在光滑水平面上，一個物塊m在水平地面上以大小為v0的初速度向右運動并無能量損失地滑上圓弧軌道，當(dāng)物塊運動到圓弧軌道上某一位置時，物塊向上的速度為零，此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2，則此時物塊的動能與重力勢能之比為(以地面為參考平面)()A．1∶2B．1∶3C．1∶6D．1∶9【答案】C【解析】因為水平面光滑，m和M組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒；當(dāng)物塊向上的速度為零時，根據(jù)題意可知此時物塊與圓弧軌道速度相同，又因為此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2，即eq\f(1,2)mv2∶eq\f(1,2)Mv2＝1∶2，得m∶M＝1∶2，根據(jù)動量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，得：v0＝3v，根據(jù)能量守恒定律：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Ep，得物塊的重力勢能為Ep＝eq\f(1,3)mv02，此時物塊的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,18)mv02，所以此時物塊的動能與重力勢能之比為Ek∶Ep＝1∶6，故C正確，A、B、D錯誤．【變式演練2】如圖所示，一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質(zhì)量，小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端水平。有一質(zhì)量的小球以水平初速度從圓弧下端滑上小車，重力加速度取。下列說法正確的是（）A．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒B．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒C．小球沿圓弧軌道上升的最大高度時的速度大小為1m/sD．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.6m【答案】ACD【詳解】A．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A正確；B．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，但豎直方向動量不守恒，選項B錯誤；CD．小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球沿圓弧軌道上升的最大高度為，兩者共同速度大小為解得小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒解得選項CD正確。故選ACD。類型4小球-彈簧模型中的動能損失問題【例4】如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時（）A．P的動量為0B．Q的動量達到最大值C．P、Q系統(tǒng)總動量小于mvD．彈簧儲存的彈性勢能為【答案】D【詳解】A．當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受外力為零，因此整個過程中動量守恒所以P的動量為故A錯誤；B．彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，Q的動量達到最大值，故B錯誤；C．P、Q系統(tǒng)動量守恒，總動量為故C錯誤；D．根據(jù)動量守恒和能量守恒，解得故D正確。故選D?！咀兪窖菥?】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(zhì)量分別為m和。若使A球獲得瞬時速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為，B球的速度為，彈簧的長度為L；若使B球獲得瞬時速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為，B球的速度為，彈簧的長度為L'。則（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)題意可知，無論圖甲還是圖乙，當(dāng)彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相等，則有，圖甲中，由動量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為圖乙中，由動量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為可知兩圖中彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能相等，則有故選D。【變式演練2】如圖甲所示，光滑水平地面上有A、B兩物塊，質(zhì)量分別為2kg、6kg，B的左端拴接著一勁度系數(shù)為的水平輕質(zhì)彈簧，它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B方向運動，從A接觸彈簧開始計時至A與彈簧脫離的過程中，彈簧長度l與時間t的關(guān)系如圖乙所示，彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi)，已知彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量），則（）A．在0~2t0內(nèi)B物塊先加速后減速B．整個過程中，A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒C．v0=2m/sD．物塊A在t0時刻時速度最小【答案】C【詳解】A．在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即B受到的彈力始終向右，所以B物塊始終做加速運動，故A錯誤；B．整個過程中，A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；C．由圖可知，在t0時刻，彈簧被壓縮到最短，則此時A、B共速，此時彈簧的形變量為則根據(jù)A、B物塊系統(tǒng)動量守恒有根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒有聯(lián)立解得故C正確；D．在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即A受到彈力始終向左，所以A物塊始終做減速運動，則物塊A在2t0時刻時速度最小，故D錯誤。故選C。類型5帶電系統(tǒng)中動能的損失問題【例5】如圖所示，在傾角為的足夠長的絕緣固定斜面上，靜止放置有質(zhì)量分別為、的兩金屬塊A、B，其中A帶電量為，B不帶電?，F(xiàn)讓金屬塊A以初速度沿斜面向下運動，一段時間后與金屬塊B發(fā)生彈性正碰，且碰撞后A、B帶電荷量均為。已知金屬塊與斜面間的滑動摩擦因數(shù)為，下列說法正確的是（）

A．碰撞前，A沿斜面做勻加速直線運動B．碰撞后，A、B都沿斜面向下運動的過程中總動量守恒C．碰撞后，當(dāng)A的速度為時，B的速度為D．碰撞后，A、B系統(tǒng)的電勢能先減小后不變【答案】BC【詳解】A．由于則有可知碰撞前，A沿斜面做勻速直線運動，故A錯誤；BC．碰撞后，A、B都沿斜面向下運動的過程中，由于，A、B之間的庫侖斥力為A、B組成系統(tǒng)的內(nèi)力，則A、B組成系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)滿足動量守恒，當(dāng)A的速度為時，有解得故BC正確；D．碰撞后，對于金屬框A、B組成的系統(tǒng)，由于A、B之間存在庫侖斥力，且A、B兩者距離逐漸增大，可知庫侖斥力對系統(tǒng)做正功，則系統(tǒng)的電勢能逐漸減小，故D錯誤。故選BC。【變式演練1】如圖所示，在光滑絕緣水平面上，A、B兩小球質(zhì)量分別為2m、m，帶電荷量分別為＋q、＋2q。某時刻A有指向B的速度v0，B球速度為零，之后兩球在運動中始終未相碰，當(dāng)兩小球從該時刻開始到第一次相距最近的過程中()A．任意時刻A、B兩小球的加速度大小之比均為1∶2B．兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，電勢能減少C．A球減少的機械能大于B球增加的機械能D．電場力對A球做功的大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】AC【解析】兩球所受的庫侖力為作用力與反作用力，大小相等，由F＝ma知兩球的加速度之比eq\f(aA,aB)＝eq\f(\f(F,2m),\f(F,m))＝eq\f(1,2)，故A正確；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，從A開始運動到兩球距離最近過程，兩球間的距離減小，電勢能增大，機械能減少，故B錯誤；由能量守恒定律可知，減少的機械能轉(zhuǎn)化為電勢能，系統(tǒng)電勢能增加，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，兩球距離最近時，兩球速度相等，由動量守恒定律得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0，A球減少的機械能為ΔEkA＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，B球增加的機械能為ΔEkB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)，所以A球減少的機械能大于B球增加的機械能，故C正確；由動能定理可知，電場力對A球做功大小W＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，故D錯誤?！咀兪窖菥?】如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球，t＝0時，甲靜止，乙以v＝6m/s的初速度向甲運動。它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸)，它們運動的v－t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知()A.兩小球帶電的電性一定相反B.甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2∶1C.t2時刻，乙球的電勢能最大D.在0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小【答案】B【解析】由題圖可知乙球減速的同時，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電性的電荷，故A錯誤；兩球作用過程動量守恒，有m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,1)，故B正確；t1時刻，兩球共速，此時兩球間距離最近，則此時乙球的電勢能最大，故C錯誤；在0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能先減小，t2時刻后逐漸增大，故D錯誤。類型6導(dǎo)體棒“追及”過程中的動能損失問題【例6】（2024·河北·三模）如圖所示，兩根電阻不計、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌所在空間存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，兩根金屬桿a、b間隔一定距離靜止于導(dǎo)軌上，兩桿與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，桿a、b的電阻分別為R和3R，桿a、b的質(zhì)量分別為3m和m?，F(xiàn)使桿a獲得一個大小為、水平向右的初速度。（1）當(dāng)桿b的速度大小為時（兩桿未相撞），求此時桿b受到的安培力大小F；（2）若整個運動過程中兩桿未相撞，求整個運動過程中桿a產(chǎn)生的焦耳熱；（3）若初始位置時兩桿之間的距離，通過計算判斷兩桿在整個運動過程中是否相撞?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）會相撞【詳解】（1）以向右為正方向，金屬桿a、b組成的系統(tǒng)在水平方向受力平衡，由動量守恒定律可得得回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為回路中的電流桿b受到的安培力大小（2）在整個運動中，金屬桿a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，則有由能量守恒定律可知a產(chǎn)生的焦耳熱（3）設(shè)初始位置時兩桿之間距離至少為x，取在很短時間?t內(nèi)，利用動量定理對桿b分析，則有兩邊求和可得即為由于得所以會相撞?！咀兪窖菥?】如圖所示，在絕緣水平面上固定兩根足夠長的間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間有方向豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量均為m，接入電路的阻值均為R的金屬棒ab和cd垂直于導(dǎo)軌放置，均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)同時給金屬棒ab、cd一個水平方向的初速度，ab棒的初速度大小為，方向水平向左，cd棒的初速度大小為，方向水平向右。金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻，下列說法正確的是（

）A．整個運動過程，ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為B．整個運動過程，ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為C．最終金屬棒ab、cd間的距離比初始時的距離增大D．最終金屬棒ab、cd間的距離比初始時的距離增大【答案】BD【詳解】AB．棒存在方向水平向左、大小為的初速度，cd棒的初速度大小為，方向水平向右，此時磁通量改變，電路產(chǎn)生感應(yīng)電流，在安培力的作用下，兩棒同時運動，最終閉合回路間的磁通量不發(fā)生改變，即金屬棒和共速，由水平方向上動量守恒，以向右為正方向，可得解得由能量守恒可得解得棒產(chǎn)生的焦耳熱為故A錯誤，B正確；CD．對導(dǎo)體棒cd由動量定理其中解得故C錯誤，D正確。故選BD。【變式演練2】如圖，水平面上有兩條相距為L的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上相隔某一距離垂直導(dǎo)軌靜置長度均為L的金屬棒a和b，垂直導(dǎo)軌的虛線MN右側(cè)存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌左端接有電壓傳感器?，F(xiàn)讓金屬棒a、b分別以速度、向右運動，時刻金屬棒b經(jīng)過MN進入磁場區(qū)域，當(dāng)金屬棒a剛進入磁場時，電壓傳感器的示數(shù)。已知金屬棒a、b材質(zhì)相同，a、b棒的質(zhì)量分別為2m、m，a棒電阻為R。導(dǎo)軌電阻不計，不考慮電壓傳感器對電路的影響，磁場區(qū)域足夠大，下列說法正確的是（）A．從時刻開始，電壓傳感器的示數(shù)逐漸減小B．改變a、b兩棒間初始距離，不會改變兩棒的最終速度C．當(dāng)金屬棒a剛進入磁場時，a、b兩棒間的距離為D．整個過程中金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】CD【詳解】A．當(dāng)金屬棒a進入磁場后，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為，根據(jù)右手定則，從上往下看，方向為逆時針，由于電壓傳感器的示數(shù)為，大于，金屬棒b表明產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于，根據(jù)右手定則，從上往下看，方向為順時針，兩金屬棒均在切割磁感線，回路總的電動勢等于兩金屬棒各自切割磁感線產(chǎn)生的電動勢之差，可知，回路中感應(yīng)電流從上往下看，方向為順時針，金屬棒a所受安培力方向向右，其做加速運動，金屬棒b所受安培力方向向左，其做減速運動，回路總的電動勢金屬棒a、b材質(zhì)相同，即密度相同，則有，解得金屬棒a進入磁場后，回路總的感應(yīng)電流電壓傳感器的示數(shù)解得由于金屬棒a進入磁場后，系統(tǒng)的總動量為由于金屬棒a進入磁場后，兩金屬棒構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，可知，為一個定值，表明從時刻開始，電壓傳感器的示數(shù)不變，故A錯誤；B．結(jié)合上述可知，金屬棒a進入磁場前做勻速直線運動，此時，金屬棒b做減速運動，系統(tǒng)的總動量減小，金屬棒a進入磁場后，系統(tǒng)的動量守恒，可知，a、b兩棒間初始距離越大，兩棒的最終速度越小，故B錯誤；C．當(dāng)金屬棒a剛進入磁場時有根據(jù)歐姆定律有解得從金屬棒b開始進入磁場，到金屬棒a剛剛進入磁場過程，對金屬棒b進行分析，根據(jù)動量定理有根據(jù)歐姆定律有其中解得故C正確；D．從金屬棒a剛剛進入磁場到兩金屬棒最終達到穩(wěn)定狀態(tài)時，根據(jù)動量守恒定律有從金屬棒b開始進入磁場，到最終兩金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)過程，回路總的焦耳熱整個過程中金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱解得故D正確。故選CD。類型7連接體繩子繃緊瞬間能量損失【例題】如圖所示，質(zhì)量均為的物塊A、B用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的不可伸長的剛性輕繩連接，A與地面接觸，B離地面的高度為，質(zhì)量為的圓環(huán)C套在輕繩上，C在B上方處。由靜止釋放圓環(huán)C，C下落后與B碰撞并粘在一起，碰撞時間極短，不計C與繩之間的摩擦和空氣阻力，A、B、C均可視為質(zhì)點，重力加速度為，求：（1）B、C碰撞后瞬間，共同速度為多大；（2）碰撞后，B經(jīng)過多長時間到達地面；（3）若C與B發(fā)生的是彈性碰撞，則碰撞后當(dāng)B運動到地面時C離地面的高度為多少。

【答案】（1）；（2）；（3）0【詳解】（1）設(shè)C與B碰撞前瞬間速度大小為，根據(jù)機械能守恒有解得設(shè)碰撞后共同速度為，根據(jù)動量守恒有解得（2）C與B碰撞后粘在一起，一起向下做勻加速直線運動，設(shè)加速度為，根據(jù)牛頓第二定律解得設(shè)運動時間為，根據(jù)運動學(xué)公式解得（3）若C和B發(fā)生的是彈性碰撞，設(shè)碰撞后C和B的速度大小分別為，根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒解得碰撞后B做勻速直線運動，從碰撞到B運動到地面所用時間這段時間內(nèi)，圓環(huán)C做豎直上拋運動，設(shè)運動的位移為，則即當(dāng)物塊B到達地面時，C也剛好運動到地面，即這時C離地面的高度為0。【例2】（2024·廣東·二模）如圖所示，可視為質(zhì)點的完全相同的A、B兩小球分別拴接在一輕彈性繩的兩端，兩小球質(zhì)量均為m，且處于同一位置（離地面足夠高）。彈性繩原長為L，始終處于彈性限度內(nèi)，且滿足胡克定律。時刻，讓A球自由下落的同時B球以速度水平向右拋出，彈性繩從開始出現(xiàn)彈力到第一次恢復(fù)原長所用時間為。已知重力加速度為g，兩個小球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，碰撞時間極短忽略不計，不計一切阻力，下列說法正確的是（

）A．當(dāng)彈性繩第一次最長時，B球的動量大小為B．彈性繩的最大彈性勢能為C．從0時刻到彈性繩第一次恢復(fù)原長時，重力的沖量為D．兩小球碰撞的時刻為【答案】BD【詳解】A．當(dāng)彈性繩第一次最長時，兩小球水平方向上動量守恒得但由于其豎直方向上也有速度，故其動量大小不是，故A錯誤；B．水平方向上共速時彈性勢能最大，設(shè)此時兩小球豎直速度均為，則根據(jù)能量守恒可得同時，可得故B正確；C．當(dāng)小球第一次恢復(fù)原長時，經(jīng)歷的時間為故重力的沖量為故C錯誤；D．根據(jù)彈性碰撞的規(guī)律，每次碰撞后，兩小球速度交換，從開始運動到兩小球第一次相碰，經(jīng)歷的時間為，之后兩小球在水平方向上呈現(xiàn)周期性運動，周期均為，故兩小球碰撞的時刻為故D正確。故選BD?！咀兪窖菥?】如圖所示，不可伸長的輕質(zhì)細線跨過輕質(zhì)滑輪連接兩個質(zhì)量分別為、的物體A、B，質(zhì)量為的物體C中間有孔，套在細線上且可沿細線無摩擦滑動。初始時使三個物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時A、B離地面的高度均為。物體C在B上方處。同時由靜止釋放三個物體，一段時間后，C與B發(fā)生碰撞并立即粘在一起。已知重力加速度大小為，整個過程中細線未斷裂，物體均可視為質(zhì)點，不計阻力的影響。下列說法正確的是（）

A．從釋放三個物體到C與B發(fā)生碰撞經(jīng)歷的時間為B．碰撞結(jié)束后A的速度為零C．A最終離地面的高度為D．碰撞過程中，三個物體損失的機械能為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律，對A對B解得物體B向上與物體C向下過程中，根據(jù)解得故A錯誤；B．碰前的瞬間物體A與物體B速度的大小碰前的瞬間物體C速度的大小以向下為正方形，根據(jù)動量守恒解得由于此時物體BC與物體A的速度相等，方向都為向下，質(zhì)量也相等，所以兩個物體速度都為0，故B正確；C．物體A下降和物體B上升的距離A最終離地面的高度為故C錯誤；D．物體B與C碰撞前整體機械能守恒，以地面為零勢能面，最初整體的機械能碰撞后整體的機械能三個物體損失的機械能為故D正確。故選BD?！咀兪窖菥?】如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的木板A，通過不可伸長的輕繩與質(zhì)量2m的足夠長的木板B連接。質(zhì)量為m可看成質(zhì)點的物塊C靜止在木板B右端。開始時，A、B、C均靜止，繩未拉緊?，F(xiàn)在使木板A以的速度向右運動，經(jīng)過一段時間后系統(tǒng)達到穩(wěn)定狀態(tài)。繩子拉直繃緊后瞬間，A、B同速，在繩子繃緊后瞬間，下列說法中正確的是（）A．木板A的速度大小為 B．木板B的速度大小為C．物塊C的速度大小為0 D．木板A、B、C共速【答案】C【詳解】繩子從拉直到繃緊過程極短，對A、B組成的系統(tǒng)，C對B的摩擦力遠小于系統(tǒng)內(nèi)力，所以A、B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)繩子繃緊后瞬間AB的速度為v，則有解得在極短的時間內(nèi)，C所受摩擦力的沖量可以忽略，所以C的速度仍然是0，故ABD錯誤，C正確。故選C。題型三碰撞遵循的規(guī)律1．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v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(yīng)有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變．2．物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.則碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.類型1碰撞的可能性【例1】兩質(zhì)量分別為、的小球P、Q在光滑水平面上沿同一直線同向運動，已知小球P、Q的動量大小均為，經(jīng)過一段時間小球P追上小球Q且發(fā)生碰撞，則碰后小球P、Q的動量可能為（）A．、 B．、C．、 D．、【答案】CD【詳解】A．兩球碰撞過程中動量守恒，且應(yīng)遵循能量不增加的原理，碰后前球的速度應(yīng)大于后球的速度。碰前系統(tǒng)的總動量為，碰后系統(tǒng)的總動量仍為；碰前系統(tǒng)的總動能為A項中碰后系統(tǒng)的總動能為A錯誤；B．碰后P球的速度為Q球的速度為后球的速度大于前球，不合理，B錯誤；C．C項中碰后系統(tǒng)的總動能為碰后P球的速度為零，C正確；D．D項中碰后P球的速度為Q球的速度為碰后系統(tǒng)的總動能為小于碰前的總動能，D正確。故選CD?！咀兪窖菥?】在光滑水平面上，有兩個小球A、B沿同一直線同向運動，B在前，A在后。已知碰前兩球的動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞前后，它們動量的變化量分別為ΔpA、ΔpB。下列數(shù)值可能正確的是（）A．ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/s B．ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s【答案】A【詳解】碰撞前的總動量為碰撞前的總動能為A．如果、，則碰后兩球的動量分別為，則有滿足動量守恒；由于A的動量大小減少，B的動量大小增加，根據(jù)可知A的動能減少，B的動能增加，由于兩者的質(zhì)量關(guān)系未知，所以總動能可能不增加，是可能的，故A正確；BD．由于B在前，A在后，故A、B碰后A的動量減少，B的動量增加，故BD錯誤；C．如果、，則碰后兩球的動量分別為，則有滿足動量守恒；由于A的動量大小不變，B的動量大小增加，根據(jù)可知A的動能不變，B的動能增加，總動能增加，違反了能量守恒定律，故不可能，故C錯誤。故選A?！咀兪窖菥?】質(zhì)量為m的小球A以速度在光滑水平面上運動，與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，則碰撞后小球A的速度大小和小球B的速度大小可能為（）A．， B．，C．， D．，【答案】AC【詳解】碰撞過程中應(yīng)滿足動量守恒，即還應(yīng)滿足系統(tǒng)總動能不增加，即A．若，當(dāng)與方向相反時代入計算，可知滿足動量守恒，碰撞后總動能為，滿足總動能不增加，故A可能；B．若，當(dāng)與方向相同時代入計算，可知滿足動量守恒，但，會發(fā)生二次碰撞，故不符合實際情況，故B不可能；C．若，當(dāng)與方向相反時代入計算，可知滿足動量守恒，且碰后總動能為，滿足總動能不增加，故C可能；D．若，當(dāng)與方向相反時代入計算，可知滿足動量守恒，碰撞后總動能為，大于系統(tǒng)碰撞前的動能，故D不可能。故選AC。類型2碰撞類型的識別碰撞的分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大【例2】質(zhì)量為m和m的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移—時間圖像如圖所示。（1）碰撞后和的速度、；（2）若，則等于多少；（3）在第（1）（2）問基礎(chǔ)上，通過計算判斷兩個物體的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞？【答案】（1），；（2）；（3）彈性碰撞【詳解】（1）根據(jù)圖像可得碰撞后（2）根據(jù)動量守恒定律可得（3）根據(jù)圖像可得碰撞前碰撞前系統(tǒng)動能碰撞后系統(tǒng)動能說明屬于彈性碰撞?！咀兪窖菥?】某次訓(xùn)練中使用的冰壺A和冰壺B的質(zhì)量均為，初始時兩冰壺之間的距離，運動員以的初速度將冰壺A水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變?yōu)椋较虿蛔?，碰撞時間極短．已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度。求：（1）冰壺A與B碰撞碰撞前的速度大?。唬?）兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大??；（3）計算碰撞前后系統(tǒng)的總動能，判斷是否為彈性碰撞?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）冰壺A從開始運動到與冰壺B碰撞過程中，根據(jù)動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得（2）兩冰壺碰撞過程中，滿足動量守恒，則有代入數(shù)據(jù)解得（3）碰撞前兩冰壺的總動能為碰撞后兩冰壺的總動能為由于可知兩冰壺碰撞為非彈性碰撞?！咀兪窖菥?】如圖所示，在水平冰面上，質(zhì)量的冰壺A以大小為的速度與靜止的質(zhì)量為的冰壺B發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性碰撞也可能是非彈性碰撞，不計一切摩擦和空氣阻力。關(guān)于碰后冰壺A的運動情況描述正確的是（）A．碰后冰壺A可能會被彈回，速度大小為B．碰后冰壺A可能繼續(xù)向前運動，速度大小為C．碰后冰壺A可能繼續(xù)向前運動，速度大小為D．碰后冰壺A不可能靜止不動【答案】AB【詳解】若冰壺A與冰壺B發(fā)生彈性碰撞，以碰前速度方向為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和系統(tǒng)機械系守恒可得聯(lián)立解得，若冰壺A與冰壺B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有解得綜上分析可知，碰后冰壺A的速度可能為故選AB?！咀兪窖菥?】如圖1所示，在水平地面上有甲、乙兩物塊（均可視為質(zhì)點）相向運動，運動一段時間后發(fā)生碰撞，碰撞后兩物塊繼續(xù)運動直到均停止在地面上。整個過程中甲、乙兩物塊運動的速度—時間圖像如圖2所示，時刻甲、乙間距為，均停止后間距為，已知重力加速度。下列說法正確的是（）A．兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相同B．乙在整個過程中的位移大小C．兩物塊的質(zhì)量之比為D．兩物塊間的碰撞為彈性碰撞【答案】BC【詳解】A．從圖2可以看出，解得，故A錯誤；B．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知之后的運動過程甲的位移為則乙在整個過程中的位移大小為故B正確；C．由圖像結(jié)合圖中比例關(guān)系可知碰撞前瞬間甲、乙兩物塊的速度分別為，，碰后瞬間甲、乙兩物塊的速度分別為，，根據(jù)動量守恒定律有代數(shù)數(shù)據(jù)解得故C正確；D．結(jié)合C項分析可知則兩物塊間的碰撞不是彈性碰撞，故D錯誤。故選BC。題型四“滑塊—彈簧”碰撞模型中的多過程問題1．模型圖示2．模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒，類似彈性碰撞。(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)?！纠?】（2024·湖南邵陽·三模）如圖（a），一質(zhì)量為的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從0到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則下列說法中正確的是（）A．物塊B的質(zhì)量為B．碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為C．時間內(nèi)物塊B運動的距離為D．彈簧壓縮量的最大值為【答案】BC【詳解】A．時刻，由動量守恒定律可知解得故A錯誤；B．由圖像可知時刻兩物塊速度相等，彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律解得故B正確；CD．解法一：同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，由牛頓第二定律可知同一時刻同一時刻A、B的瞬時速度分別為，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積可得，又解得彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓彈彈簧過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有之間，位移等于速度在時間上的累積，可得又代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值故C正確，D錯誤。故選BC?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，物塊A、B靜止在光滑水平地面上，中間用一輕質(zhì)彈簧連接，初始時彈簧處于原長，給A一水平向右的瞬時速度，之后兩物塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，、時刻彈簧的彈性勢能分別為、，則下列說法正確的是（）A．A、B的質(zhì)量之比為B．時刻B的速度為C．時刻彈簧的彈性勢能為D．時刻A、B的速率之比為【答案】BC【詳解】A．根據(jù)圖乙可知時刻兩物塊速度相等，根據(jù)動量守恒定律有解得A錯誤；B．根據(jù)圖乙可知時刻A的速度為零，則根據(jù)動量守恒定律有又可得時刻B的速度為B正確；C．從時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒可得從時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得C正確；D．時刻，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有結(jié)合以上分析聯(lián)立解得，或，結(jié)合圖乙可知第二種結(jié)果不符合題意，則時刻A、B的速率之比為D錯誤。故選BC?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A以初動量沿直線運動，與靜止的帶輕質(zhì)彈簧的小球B發(fā)生正碰，此過程中，小球A的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖乙所示，時刻圖線的切線斜率最大，此時縱坐標為，時刻縱坐標為零。已知小球A、B的直徑相同，則（）A．小球A、B的質(zhì)量之比為B．時刻彈簧的彈性勢能最大C．小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比為D．0~時間內(nèi)，小球B的動量變化量為【答案】C【詳解】B．時刻圖線的切線斜率最大，則小球A的動量變化率最大，根據(jù)可知小球A的速度變化率最大，即加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可知此時彈簧彈力最大，由胡克定律可知，此時彈簧形變量最大，則此時彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；A．時刻兩小球共速，設(shè)速度大小均為v，則小球A的質(zhì)量根據(jù)動量守恒有則小球B的質(zhì)量由此可知兩小球的質(zhì)量之比為故A錯誤；C．根據(jù)機械能守恒有小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比故C正確；D．時間內(nèi)，小球B的動量變化量故D錯誤。故選C?！咀兪窖菥?】如圖所示，在足夠長的光滑水平地面MN上固定一光滑的豎直半圓形軌道NP，NP的半徑為，N點處切線水平且與地面平滑連接。質(zhì)量的物塊A與輕彈簧一端連接，以速度沿水平地面向右運動，物塊B靜止，在物塊A運動的前方。與物塊A連接的輕彈簧從接觸B到彈簧被壓縮到最短的過程中，物塊B運動的距離為0.15m，經(jīng)歷的時間為。在此后的運動中，B與彈簧分離后，滑上軌道NP，沿NP運動時恰能經(jīng)過最高點P。物塊A、B均可視為質(zhì)點，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為。求：（1）物塊B在N點的速度大?。唬?）物塊B的質(zhì)量；（3）彈簧的最大壓縮量。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）物塊B沿NP運動時恰能經(jīng)過最高點P，根據(jù)牛頓第二定律可得物塊B從N點到P點的過程中，根據(jù)機械能守恒可得解得物塊B在N點的速度大小為（2）A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，可得A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可得解得（3）A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，物塊A連接的輕彈簧從接觸B到彈簧被壓縮到最短的過程中有則對時間累加求和，可得解得彈簧的最大壓縮量為【變式演練3】如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得（2）解法一：同一時刻彈簧對、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為，根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得，又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有0-t0之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得下滑過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，，上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，由勻變速直線運動的位移速度關(guān)系可得，聯(lián)立可解得題型五“滑塊—斜(曲)面”碰撞模型1．模型圖示2．模型特點(1)最高點：m1與m2具有共同水平速度v共，m1不會從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m1)veq\o\al(2,共)＋m1gh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)最低點：m1與m2分離點。水平方向動量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(完全彈性碰撞拓展模型)?！纠?】如圖所示，光滑水平地面上放置一質(zhì)量為m的上表面光滑的四分之一圓弧形斜劈，圓弧與水平地面間平滑連接，一固定樁置于斜劈右側(cè)固定斜劈。另一質(zhì)量也為m的小物塊（可視為質(zhì)點）以初速度沖向斜劈，恰能上升到斜劈最高點，不計一切阻力。（1）求圓弧半徑R；（2）若撤去固定樁，小物塊仍以初速度沖向斜劈，求此時小物塊所能上升的最高點與水平地面間的高度差；（3）若撤去固定樁，改變小物塊的初速度大小，使小物塊所能上升的最大高度為2R，求此時小物塊的初速度大小和斜劈最終的末速度大小。（結(jié)果均用表示）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】15.解：（1）對小物塊由動能定理得解得（2）小物塊上升至最高點時，對小物塊與斜劈整體，由動量守恒定律得由能量守恒定律得聯(lián)立解得（3）設(shè)小物塊的初速度大小為，小物塊上升至最高點時，對小物塊與斜劈整體，由動量守恒定律、能量守恒定律得聯(lián)立解得兩物體最終分離時，設(shè)小物塊的速度大小為，斜劈的速度大小為，有聯(lián)立解得【變式演練1】如圖所示，固定光滑曲面軌道在O點與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個表面光滑、質(zhì)量為3m的斜面體C。一質(zhì)量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質(zhì)量為2m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運動（碰撞時間極短），平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度，重力加速度為g，求：（1）A到達O點時的速度；（2）A、B碰撞過程中損失的機械能；（3）A和B沿C能上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）物塊A運動到O點的過程，根據(jù)動能定理可知解得（2）當(dāng)A、B發(fā)生碰撞根據(jù)動量守恒定律可知解得A、B碰撞過程中損失的機械能是（3）將A、B、C看成一個整體，則系統(tǒng)在水平方向動量守恒，當(dāng)A、B到達最高點時三者在水平方向速度相同，根據(jù)動量守恒定律可知根據(jù)能量守恒定律可知聯(lián)立解得，A和B沿C能上升的最大高度為【變式演練1】如圖所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R=0.8m的光滑圓弧斜劈B，斜劈的質(zhì)量是M=3kg，底端與水平面相切，左邊有質(zhì)量是m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s從切點C（是圓弧的最低點）沖上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．小球A不能從斜劈頂端沖出B．小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈C．小球A沖上斜劈過程中經(jīng)過最低點C時對斜劈的壓力大小是30ND．小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2m/s，方向向左【答案】ACD【詳解】C．小球A向右運動到斜劈最低點C時，設(shè)此時斜劈對小球的支持力為代入數(shù)據(jù)得N小球A對斜劈的壓力也是30N，選項C正確；AB．假設(shè)小球能運動到斜劈頂端，此時小球和斜劈水平速度相等為，小球豎直速度為，水平方向動量守恒小球和斜劈系統(tǒng)機械能守恒聯(lián)立得小球A不能從斜劈頂端沖出，選項A正確，B錯誤；D．當(dāng)小球A在斜劈上返回最低點C時，設(shè)小球A和斜劈的速度分別為、聯(lián)立得小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2m/s，方向向左，選項D正確。故選ACD?！咀兪窖菥?】如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為、半徑為R（R足夠大）的光滑圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為，小球A以的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點，則（

）A．B的最大速率為 B．B運動到最高點時的速率為C．B能與A再次發(fā)生碰撞 D．B不能與A再次發(fā)生碰撞【答案】AD【詳解】A．A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒得解得所以B的最大速率為，故A正確；B．B沖上弧面上的最高點時，豎直速度減小到零、水平速度與弧面共速，設(shè)它們的共同速度為v，則由水平方向動量守恒有解得故B錯誤；CD．從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時的速度分別為，由水平方向動量守恒有由機械能守恒有聯(lián)立解得由于所以二者不會再次發(fā)生碰撞，故C錯誤，D正確。故選AD?！咀兪窖菥?】如圖所示，質(zhì)量的物塊C靜置在光滑水平面上，其左側(cè)為半徑的四分之一光滑圓弧，圓弧底端和水平面平滑連接。一質(zhì)量的小物塊A被壓縮的輕質(zhì)彈簧彈出后與靜止在水平面上的物塊B發(fā)生正碰，此后兩物塊粘在一起運動。A、B均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力。已知物塊B的質(zhì)量為1.5kg，A、B碰撞后瞬間B的速度大小為6m/s，取。求：（1）最初彈簧上儲存的彈性勢能。（2）A、B整體碰后能達到的最大高度。（3）A、B整體第一次與C分離時C速度的大小。（4）從A、B整體第一次與C分離瞬間至A、B整體第二次與C分離瞬間的過程，A、B整體對C的沖量大小。【答案】（1）144J；（2）1.5m；（3）2m/s；（4）【詳解】（1）對AB系統(tǒng)發(fā)生正碰，由動量守恒定律可知對彈簧和A系統(tǒng)由能量守恒定律可得解得（2）A、B整體碰后與C組成的系統(tǒng)，由水平方向動量守恒可得碰后到達最高點系統(tǒng)機械能守恒定律可得解得h=1.5m（3）A、B整體第一次與C分離此過程中ABC系統(tǒng)水平方向動量守恒，ABC系統(tǒng)機械能守恒。由水平方向動量守恒由機械能守恒定律解得故A、B整體第一次與C分離時C速度的大小為2m/s。（4）A、B整體第一次與C分離瞬間至A、B整體第二次與C分離瞬間的過程中，ABC系統(tǒng)由動量守恒和能量守恒定律可得A、B整體對C的沖量為解得【變式演練4】如圖所示，A、B、C的質(zhì)量分別為、、，輕彈簧的左端固定在擋板上，C為半徑的圓軌道，靜止在水平面上?，F(xiàn)用外力使小球A壓縮彈簧（A與彈簧不連接），當(dāng)彈簧的彈性勢能為時由靜止釋放小球A，小球A與彈簧分離后與靜止的小球B發(fā)生正碰，小球B到圓軌道底端的距離足夠長，經(jīng)過一段時間小球滑上圓軌道，一切摩擦均可忽略，假設(shè)所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取。求：（1）小球B能達到的最大高度；（2）通過計算分析，小球B能否第二次進入圓軌道?！敬鸢浮浚?）；（2）不能【詳解】（1）設(shè)碰前小球A的速度為，從釋放小球A到分離的過程，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得A、B碰撞的過程，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒有帶入數(shù)據(jù)解得，小球與圓軌道在水平方向上共速時上升的高度最高，設(shè)共同的速度為，小球與圓軌道組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒有小球與圓軌道組成的系統(tǒng)能量守恒，有代入數(shù)據(jù)解得，（2）設(shè)小球與圓軌道分離時的速度分別，由動量守恒定律和能量能守恒定律得聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得，球A與球B第一次碰后以的速度向左運動，再次壓縮彈簧，根據(jù)能量守恒定律，球A與彈簧分離后的速度大小為，經(jīng)過一段時間，球A與球B發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰后球A和球B的速度分別為、，根據(jù)動量守恒定律和能量能守恒定律得聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得，因為，所以小球B無法第二次進入圓軌道。題型六滑塊模型中的多過程【例1】（2024·遼寧朝陽·三模）如圖所示，一塊質(zhì)量的長木板A靜止放置于光滑水平地面上，其左端放置一個質(zhì)量的物塊B。在物塊B的上方高處有一懸掛點O，通過輕繩懸掛質(zhì)量的小球C，小球C靜止時與物塊B等高且恰好無相互作用力接觸?，F(xiàn)將小球C拉至輕繩與豎直方向的夾角處由靜止釋放，小球C下擺至最低點時與物塊B發(fā)生碰撞并粘在一起（C不與A接觸），同時輕繩被刀片割斷。已知物塊B與長木板A間的動摩擦因數(shù)，物塊B不會從A上滑離，取重力加速度大小，物塊B、小球C均可看成質(zhì)點，不計空氣阻力。求：（1）小球C與物塊B碰后瞬間的速度大?。唬?）長木板A的最小長度?！敬鸢浮浚?）；（2）0.32m【詳解】（1）小球C由靜止釋放到第一次到達最低點的過程中，由動能定理有解得小球C與物塊B碰撞過程，由動量守恒定律有解得（2）假設(shè)長木板A與B、C達到共同速度，由動量守恒定律有解得設(shè)此過程長木板A的長度為x，由功能關(guān)系有解得即長木板A的最小長度為0.32m。【變式演練1】如圖，質(zhì)量為3m，足夠長的長木板A放在光滑水平面上，質(zhì)量為3m的鐵塊B放在長木板A的上表面左端，質(zhì)量為m的小球C用長為R的細線懸于O點。將小球C拉至與O等高的位置，細線伸直，由靜止釋放，小球C運動到最低點時剛好沿水平方向與鐵塊B發(fā)生彈性碰撞，碰撞后鐵塊B在長木板上表面向右滑動。已知鐵塊B與長木板A上表面的動摩擦因數(shù)為0.3，鐵塊B、小球C均看作質(zhì)點，重力加速度為g。求：（1）小球C與鐵塊B碰撞前一瞬間，細線對小球的拉力大?。唬?）小球C與鐵塊B碰撞后一瞬間，鐵塊B的速度大??；（3）最終鐵塊B與長木板A相對靜止時因摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球C從靜止釋放到與鐵塊B碰撞前一瞬間，根據(jù)機械能守恒可得解得根據(jù)牛頓第二定律可得解得細線對小球的拉力大?。?）小球C與鐵塊B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒可得根據(jù)機械能守恒可得聯(lián)立解得小球C與鐵塊B碰撞后一瞬間，鐵塊B的速度大小為（3）碰撞后鐵塊B在長木板上表面向右滑動，鐵塊B做勻減速直線運動，長木板A做勻加速直線運動，鐵塊B與長木板A最終達到共速相對靜止，根據(jù)動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒定律可得解得因摩擦產(chǎn)生的熱量則最終鐵塊B與長木板A相對靜止時因摩擦產(chǎn)生的熱量【變式演練2】如圖所示，兩個完全相同的質(zhì)量為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距，質(zhì)量為2m，大小可忽略的物塊C置于A板的左端，C與A之間的動摩擦因數(shù)為，A、B與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給C施加一個水平向右、大小為的恒力作用，木板A、B碰撞時間極短且碰撞后粘連在一起。（取重力加速度，計算結(jié)果用根式表示，其中）。求：（1）A與B相撞前A的速度是多少？（2）A與B相撞后向右做加速運動的位移是多少？（3）要使C最終不脫離木板，每塊木板的長度至少應(yīng)為多少？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)A、C之間的滑動摩擦力大小為f1，A與水平地面之間的滑動摩擦力大小為f2，一開始A和C保持相對靜止，在F的作用下向右加速運動，有（2）A、B兩木板的碰瞬間，內(nèi)力的沖量遠大于外力的沖量，由動量守恒定律得碰撞結(jié)束后到三個物體達到共同速度的相互作用過程中，設(shè)木板向前移動的位移為，選三個物體構(gòu)成的整體為研究對象，外力之和為零，則設(shè)A、B系統(tǒng)與水平地面之間的滑動摩擦力大小為，對A、B系統(tǒng)，由動能定理其中得（3）對C物體，由動能定理：由以上各式，再代入數(shù)據(jù)可得【變式演練3】如圖所示，質(zhì)量的長木板C靜止在光滑的水平面上，長木板C右端與豎直固定擋板相距，左端放一個質(zhì)量的小物塊B（可視為質(zhì)點），與長木板C間的動摩擦因數(shù)為。在小物塊B的正上方，用不可伸長、長度的輕繩將質(zhì)量的小球A懸掛在固定點O。初始時，將輕繩拉直并處于水平狀態(tài)，使小球A與O點等高，由靜止釋放。當(dāng)小球A下擺至最低點時恰好與小物塊B發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），之后二者沒有再發(fā)生碰撞。已知A、B之間以及C與擋板之間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取。（1）小球A與小物塊B碰后瞬間，求小物塊B的速度大小；（2）為保證長木板C與豎直擋板碰撞時B、C能共速，求應(yīng)滿足的條件；（3）在（2）問的前提下，即與豎直擋板碰撞到B、C能共速，求長木板的最短長度。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球A由靜止到最低點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有解得設(shè)小球A與小物塊B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為、，根據(jù)動量守恒定律有碰撞前后根據(jù)機械能守恒定律有聯(lián)立解得（2）設(shè)B、C獲得共同速度為，以水平向右為正方向，由動量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得若B、C共速時C剛好運動到擋板處，對C應(yīng)用動能定理有代入數(shù)據(jù)解得則保證C運動到豎直擋板前B、C能夠共速，應(yīng)滿足的條件是（3）第一次共速過程中，由能量守恒定律有長木板C與擋板碰后速度方向反向，設(shè)B、C第二次獲得共同速度為，以水平向左為正方向，由動量守恒定律有由能量守恒定律有長木板的最短長度為聯(lián)立解得題型七子彈打木塊模型中的能量動量問題1．模型圖示2．模型特點(1)子彈水平打進木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒．(2)系統(tǒng)的機械能有損失．3．兩種情景(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)動量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子彈穿透木塊動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)【例1】如圖所示，子彈以某一水平速度擊中靜止在光滑水平面上的木塊并留在其中。對子彈射入木塊的過程，下列說法正確的是（）A.木塊對子彈的沖量等于子彈對木塊的沖量B.因子彈受到阻力的作用，故子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量不守恒C.子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機械能等于子彈損失的動能減去子彈對木塊所做的功D.子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動能減少量和摩擦產(chǎn)生的熱量之和【答案】C【解析】A．木塊對子彈的沖量與子彈對木塊的沖量，方向相反，不相等，A錯誤；B．因為水平面光滑，系統(tǒng)不受外力，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，B錯誤；C．根據(jù)動能定理，子彈對木塊所做的功等于木塊獲得的動能；根據(jù)能量守恒定律，子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機械能等于子彈損失的動能減去木塊獲得的動能，C正確；D．根據(jù)動能定理，子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動能減少量，D錯誤。故選C。【變式演練】如圖所示，質(zhì)量為的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上，質(zhì)量為的滑塊靜止在木板的左端，質(zhì)量為的子彈以大小為的初速度射入滑塊，子彈射入滑塊后未穿出滑塊，且滑塊恰好未滑離木板?；瑝K與木板間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為，子彈與滑塊均視為質(zhì)點，不計子彈射入滑塊的時間。求：（1）木板的長度；（2）滑塊在木板上相對木板滑動的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做功（產(chǎn)生熱量）的平均功率?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)子彈射入滑塊后瞬間子彈和滑塊的共同速度大小為，根據(jù)動量守恒定律有解得設(shè)最終滑塊與木板的共同速度大小為，根據(jù)動量守恒定律有解得對滑塊在木板上相對木板滑動的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）滑塊在木板上相對木板滑動的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的功設(shè)滑塊在木板上相對木板滑動時木板的加速度大小為，對木板，根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)滑塊在木板上相對木板滑動的時間為t，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有又有解得題型八兩體爆炸（類爆炸）模型中的能量分配爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒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(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動【例1】（2024·遼寧·高考真題）如圖，高度的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量。A、B間夾一壓縮量的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止。A、B均視為質(zhì)點，取重力加速度。求：（1）