秘籍08 碰撞类模型和动量守恒中的力学综合问题（教师版）-备战2024年高考物理抢分秘籍

秘籍08碰撞类模型和动量守恒中的七大力学综合问题碰撞类模型和动量守恒中的七大力学综合问题1弹性碰撞1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.“动碰动”弹性碰撞vv1v2v1’ˊv2’ˊm1m2发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：(1)(2)联立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情况：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，)(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率，大不变)2非弹性碰撞和完全非弹性碰撞1.非弹性碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非弹性碰撞vv1v2v共m1m2碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk=½m1v12+½m2v22-½(m1+m2)v共2（2）联立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=3人船模型1.适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒．2.常用结论设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t,即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L，可解得：；3.类人船模型类型一类型二类型三类型四类型五4爆炸和反冲问题1．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。5.子弹打木块模型1．模型特点(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．2．两种类型(1)子弹留在木块中(未穿出)①动量守恒：mv0＝(m＋M)v②机械能损失(摩擦生热)Q热＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2其中d为子弹射入木块的深度．(2)子弹穿出木块①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2②机械能的损失(摩擦生热)Q热＝Ff·L＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22其中L为木块的长度，注意d≤L.6.弹簧模型条件与模型规律与公式情况一：从原长到最短（或最长）时①；②情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①；②7.板块模型板块模型过程简图xx1v0x2x相对m1m2v共v共动力学常用关系；；功能常用关系动量常用关系【题型】碰撞类模型和动量守恒中的七大力学综合问题【典例1】（2024·北京平谷·模拟预测）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为，B球的速度为，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为，B球的速度为，弹簧的长度为L'。则（）A． B． C． D．【答案】D【详解】根据题意可知，无论图甲还是图乙，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相等，则有，图甲中，由动量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为图乙中，由动量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为可知两图中弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有故选D。【典例2】（2024·安徽芜湖·二模）如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为的子弹以水平速度射入木块A并留在物块中（时间极短），则下列说法正确的是（）A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为B．子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为C．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量大小最大值为D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为【答案】C【详解】A．子弹射入物块A的过程中，子弹与物块A组成的系统动量守恒，则有求得子弹动量的变化量选项A错误；B．物块A的动能增加量为选项B错误；C．当弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量大小最大，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有求得物块B的动量大小最大值为选项C正确；D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为选项D错误。故选C。【典例3】（2024·湖北·二模）如图所示，质量分别为m、3m、nm的圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上，圆弧槽的半径为R，末端与水平面相切。现将质量为m的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为g，不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法正确的是（）A．小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为mgB．若BC发生的是完全非弹性碰撞，n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同C．若BC发生的是弹性正碰，当时，碰撞完成后小球C的速度为D．n取不同值时，C最终的动量不同，其最小值为【答案】BCD【详解】A．小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时，小球A和圆弧槽组成的系统水平方向上动量守恒，有根据小球A和圆弧槽组成的系统机械能守恒有解得小球A通过圆弧槽最低点时，相对于圆弧槽的速度大小为根据牛顿第二定律有联立解得，小球A通过圆弧槽最低点时，受到圆弧槽的支持力为则小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg，故A错误；B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，设小球A与B碰撞后，小球B的初速度为，则BC碰撞过程，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得，BC碰撞损失的机械能为可知，当n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同，故B正确；C．小球A与B发生弹性正碰，取向右为正方向，根据动量守恒有根据机械能守恒有联立解得，若BC发生的是弹性正碰，当时，BC碰撞过程，根据动量守恒有根据机械能守恒有联立解得，碰撞完成后小球C的速度为故C正确；D．当BC发生的是完全非弹性正碰时，C获得的动量最小。BC碰撞过程，根据动量守恒有解得，碰撞完成后小球C的速度为则此时C的动量为可知，当n取1时，C的动量取最小值为故D正确。故选BCD。【典例4】（2024·四川宜宾·二模）如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为、、，重力加速度。下列说法正确的是（）A．物体B能上升的最大高度为0.6m B．物体B能上升的最大高度为1.8mC．物体C能达到的最大速度为 D．物体C能达到的最大速度为【答案】AD【详解】AB．子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有解得m故A正确，B错误；D．B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有解得m/s故C错误，D正确；故选AD。【典例5】（2024·河北石家庄·二模）如图所示，水平地面上有一轻质弹簧自然伸长，左端固定在墙面上，右端位于O点。地面上M点右侧有一传送带，其上表面与地面齐平，传送带以的速度逆时针转动。现用力推动置于O点、质量的小物块A，使弹簧缓慢压缩到Q点后由静止释放，物块A运动到O点时的速度。现将物块A换成质量的物块B，重复以上过程，发现物块B刚好运动到M点速度减为0，此时将质量的物块C在传送带上与M距离为l（未知）的位置由静止释放，物块B、C碰撞后粘在一起，形成结合体P，P第一次到达O点时的速度大小为v（未知）。已知地面O点左侧光滑，物块B、C与传送带、O点右侧水平地面间的动摩擦因数均为，M、N之间的距离，重力加速度g取，物块A、B、C均可视为质点。（1）求O、M两点间的距离s；（2）若，求l的大小；（3）求v与l的关系表达式。【答案】（1）；（2）；（3）当时，，当时，【详解】（1）根据动能定理解得物块B运动到O点时的速度物块B、C在传送带、O点右侧水平地面间的加速度大小为物块B刚好运动到M点速度减为0，则解得O、M两点间的距离为（2）若，P从M点第一次到达O点时，则物块B、C碰撞动量守恒有在传送带上有解得（3）由上述分析可知，当时，P不能到达O点，物块C离开传送带的速度恰好为时，物块C在传送带上运动的距离为则当时，物块C离开传送带的速度为，则解得当时，物块C离开传送带的速度满足且解得1．（2024·贵州·模拟预测）如图，光滑水平地面上，动量为的小球1向右运动，与同向运动且动量为的小球2发生弹性碰撞，，碰撞后小球1的速率为、动能为、动量大小为，小球2的速率为、动能为、动量大小为。下列选项一定正确的是（）A． B．碰撞后球2向右运动，球1向左运动C． D．【答案】D【详解】AB．要发生碰撞则根据两个物体发生弹性碰撞的公式可得碰撞后速度，因此当足够大时可造成由弹性碰撞规律，当时可造成碰后两者可以都向右运动，故AB错误；C．碰撞过程小球2动能增大，但初动能小球1的大于小球2的，故碰后动能大小不确定，故C错误；D．碰撞过程小球2动量增大，且系统动量守恒，所以，故D正确。故选D。2．如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的高度为。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，气球上升的距离大约是（可以把人看作质点）（）

A． B．C． D．【答案】C【详解】设人的速度，气球的速度，根据人和气球动量守恒得则有由几何关系气球上升的距离为故选C。3．如图所示，一个质量为4m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（）A．P、Q组成的系统满足动量守恒B．P、Q的水平位移大小之比为C．Q滑到半圆槽最低点时，半圆槽的速率为D．Q运动到半圆槽右端最高点时，半圆槽由于惯性的缘故还会继续运动【答案】C【详解】A．P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．设Q的水平位移大小为，则P的水平位移大小为，P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得则有可得P、Q的水平位移大小之比为故B错误；C．设Q到达最低点的速度大小为，此时P的速度大小为，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得系统机械能守恒，由机械能守恒定律得联立解得故C正确；D．P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，Q运动到半圆槽右端最高点时，P、Q的水平速度均为零，故D错误。故选C。4．（2024·陕西商洛·模拟预测）“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A．火箭的推力来自空气对它的作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒【答案】B【详解】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；B．在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有解得火箭的速度大小为故B正确；C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为故C错误；D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。故选B。5．（2020·山东潍坊·一模）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为，则下列说法中正确的是（）A．B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为C．滑块到达斜面底端时的动能为D．此过程中斜面向左滑动的距离为【答案】D【详解】A．当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对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为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，故A错误；B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为故B错误；C．B下降的高度为，其重力势能的减小量等于，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于，故C错误；D．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为、，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得即有又解得故D正确。故选D。6．（2024·陕西西安·一模）如图，质量的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数的轻弹簧，处于自然状态。质量的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为（）。则下列说法正确的是（）A．木板刚接触弹簧时速度为1m/sB．木板运动前右端距弹簧左端的距离0.125mC．木板与弹簧接触后弹簧的最大压缩量为0.5mD．木板与弹簧接触到弹簧再次恢复原长的过程中系统机械能守恒【答案】AB【详解】A．根据题意，设木板刚接触弹簧时速度为，由动量守恒定律有解得故A正确；B．对木板，由牛顿第二定律有解得则木板运动前右端距弹簧左端的距离故B正确；CD．木板与弹簧接触以后，对木板和小物块组成的系统有小物块的最大加速度为当时，小物块与木板发生先对滑动，解得设此时木板和小物块速度为，由能量守恒定律有解得即木板与弹簧接触到弹簧再次恢复原长的过程中，小物块与木板发生相对滑动，系统机械能不守恒，若小物块与木板的动能全部转化为弹簧的弹性势能，木板与弹簧接触后弹簧的压缩量最大，则有解得由于木板运动到最远的过程中，由摩擦力做功，则小物块与木板的动能未全部转化为弹簧的弹性势能，则木板与弹簧接触后弹簧压缩量的最大值一定小于，故CD错误。故选AB。7．（2024·广东江门·模拟预测）烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花从水平地面斜飞向天空且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，下列说法正确的是（）A．炸裂时，质量较大的P受到的内力更大B．炸裂过程烟花水平方向动量守恒C．炸裂后，P飞行的水平距离较大D．炸裂后，P、Q两块同时落地【答案】BD【详解】A．炸裂时、P、Q两块受到的内力相等，故A错误；B．炸裂时，冲天炮位于最高点，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故B正确；C．炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反。无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；D．P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，同时落地，故D正确。故选BD。8．（2024·湖南长沙·一模）如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．a与b碰撞前b与c保持相对静止 B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动C．物块与木板间的动摩擦因数为 D．整个过程因摩擦产生的内能为【答案】AC【详解】A．a滑上c后相对滑动过程中，假设b相对c静止，由牛顿第二定律得，对b、c整体，根据牛顿第二定律对b，根据牛顿第二定律解得即b与c间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则b相对c保持静止，b、c一起加速运动，a与b碰撞前b做匀加速运动，速度不为零，故A正确；B．设a、b碰撞前瞬间a的速度为，a、b发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得，即碰撞后a、b两者交换速度，b相对c滑动，由A可知，a、c相对静止一起运动，故B错误；CD．b刚好滑到c的右端与c相对静止，a、b、c共速，设共同速度为，a、b、c组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得其中解得，故C正确，D错误。故选AC。9．（2024·福建·一模）如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为。下列说法正确的是（）A．碰后瞬间乙的速度大小为B．甲、乙间的动摩擦因数为C．甲到乙左端的距离D．乙、丙的质量比【答案】BC【详解】AB．设碰后瞬间乙的速度大小为，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知抛物线的顶点为Q，根据x-t图像的切线斜率表示速度，则有联立解得，根据牛顿第二定律可得解得甲、乙间的动摩擦因数为故A错误，B正确；C．由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为根据图（b）可知，时刻甲、乙刚好共速，则时间内甲、乙发生的相对位移为则甲到乙左端的距离满足故C正确；D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得可得可得乙、丙的质量比为故D错误。故选BC。10．（2024·河北保定·一模）如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的右端固定，左端与质量为m的滑块甲（视为质点）连接，小球乙（视为质点）静止在C点，让甲在A点获得一个水平向左的初速度，且甲在A点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为，当甲运动到B点时弹簧正好恢复到原长，甲继续运动到C点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的动摩擦因数为，A、B两点间距与B、C两点间距均为L，下列说法正确的是（）A．甲刚到达B点时的速度大小为B．甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为C．甲刚到达C点时（与乙发生碰撞前）的动能为D．若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为，则乙的质量为【答案】BCD【详解】A．甲刚到达B点时，弹簧弹性势能为零，即弹簧对甲做功为，根据动能定理得A错误；B．由题意，根据对称性可知，甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为，B正确；C．根据动能定理得C正确；D．根据动量守恒定律和机械能守恒由题意，碰撞后乙的速度为得D正确。故选BCD。11．（2024·河北·一模）如图所示，两个均可视为质点的小球A、B用长为的轻质细绳连接，B球穿在水平固定的光滑细杆上，小球A的质量为，小球B的质量为3m。初始时细绳处于水平状态，现将两小球由静止释放，小球A在竖直平面内摆动的轨迹为如图所示的半椭圆。已知半长轴为、半短轴为的椭圆在最低点的曲率半径，向心加速度大小，不计空气阻力，重力加速度大小为。下列说法正确的是（）A．图中椭圆的半短轴为B．小球B的最大速度为C．小球A到达最低点时的速度大小为D．小球A到达最低点时细绳中的张力大小为【答案】ABD【详解】A．系统在水平方向动量守恒，结合几何关系有，，，解得故A正确；BC．小球到达最低点时，小球B的速度最大，有，解得，故B正确；C错误；D．显然椭圆的半长轴，所以椭圆在最低点的曲率半径为又这与利用相对速度计算的结果一致，即故D正确。故选ABD。12．（2024·天津·一模）静止在水平地面上可视为质点的两小物块A、B的质量分别为，。两者之间有一被压缩的轻质微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，A沿着与墙壁垂直的方向运动，恰好不会与墙壁发生碰撞。A、B与地面之间的动摩擦因数为，取。求：（1）弹簧释放后A获得的速度大小；（2）弹簧释放后B获得的速度大小；（3）弹簧释放前储存的弹性势能。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）弹簧释放后A做匀减速直线运动，由动能定理，可得解得（2）依题意，释放弹簧过程中，系统动量守恒，有解得（3）根据能量守恒可知弹簧释放前储存的弹性势能为13．（2024·安徽黄山·二模）如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静止释放，与b碰撞后黏在一起，碰撞时间极短。重力加速度为g，则：（1）求a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度和加速度大小；（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能（结果用含h0的式子表示）；（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，c恰好能离开地面，求hx为多少？【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）a做自由落体运动，有解得a、b碰撞过程动量守恒，则所以碰撞后瞬间，对a、b整体，根据牛顿第二定律有解得加速度大小为（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，则有a、b碰撞过程动量守恒，则弹簧恰好能恢复原长，根据能量守恒可得联立可得（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，且c恰好能离开地面，则联立可得14．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，光滑斜面与水平面平滑连接，水平面上O点左侧光滑，右侧动摩擦因数为μ。B、C、D三个物块处于静止状态且刚好相互接触，B的左端与O点对齐。A从光滑斜面的某一高度处由静止滑下，在光滑水平面运动一段时间，与B发生碰后粘在一起形成组合体AB，碰撞过程中AB的机械能损失了50%，然后AB与C发生弹性碰撞，C又与D发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短。C、D碰撞结束后瞬间，AB的动量、C的动量、D的动量都相同。质量为m的物块D停止运动时，右端距离O点12l。所有物块的宽度均为l，高度相同，均不翻转，重力加速度为g。求：（1）D碰后瞬间的速度大小；（2）A、B和C的质量；（3）A下滑的高度以及所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距。【答案】（1）；（2）3m，3m，3m；（3）；【详解】设A、B、C三个物块的质量分别为、、，A、B两个物体碰前、碰后的速度分别为、；A、B、C三个物体碰后的速度分别为、；C与D发生弹性碰撞后的速度分别为、。（1）对D物块由动能定理可得D碰后瞬间的速度大小为（2）C与D发生弹性碰撞，由动量守恒定律由机械能守恒定律因为C的动量和D的动量都相同，则联立可得，，因为AB发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律碰撞过程中AB的机械能损失了50%，由能量守恒定律可得联立可得，AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律由机械能守恒定律其中联立可得（3）由（2）可知，，物块A由斜面下滑的过程中，由动能定理联立可得，A下滑的高度为AB碰后继续运动的位移为C碰后继续运动的位移为所以所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距为15．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，质量、半径的四分之一光滑圆孤abc静止在足够长的光滑水平面上，末端与水平面相切，圆弧右侧有一质量为的小