高考物理一轮复习 热点题型 专题16 动量能量在各类模型中的应用（解析版）

专题16动量能量在各类模型中的应用目录TOC\o"1-3"\h\u题型一碰撞模型 1类型1一动一静的弹性碰撞 1类型2弹性碰撞中的“子母球”模型 6题型二非弹性碰撞中的“动能损失”问题 13类型1非弹性小球碰撞中的动能损失 13类型2滑块木板模型中的动能损失 15类型3滑块-曲面模型中的动能损失问题 16类型4小球-弹簧模型中的动能损失问题 18类型5带电系统中动能的损失问题 19类型6导体棒“追及”过程中的动能损失问题 20题型三碰撞遵循的规律 22类型1碰撞的可能性 22类型2碰撞类型的识别 25题型四“滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 28题型五“滑块—斜(曲)面”碰撞模型 39题型六滑块模型中的多过程 46题型七子弹打木块模型中的能量动量问题 51题型八两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配 54题型九人船模型及其拓展模型的应用 59题型十悬绳模型 67题型一碰撞模型类型1一动一静的弹性碰撞．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.【例1】（2023春·江西赣州·高三校联考阶段练习）弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为、，且，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B发生正碰，玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和能量损失，则、之比为（）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5【答案】B【详解】两球碰撞时由动量守恒可得由能量守恒可得联立可得玻璃球B返后两球速度相等可得故选B。【例2】（2023·四川达州·统考二模）如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为的小球悬挂在O点，绳长，轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度，小物块沿水平地面滑到B点停止运动。已知小物块质量为，小物块与水平地面间的动摩擦因数，A点到B点的距离，重力加速度，则下列说法正确的是（）A．小球与小物块质量之比 B．小球与小物块碰后小物块速率C．小球与小物块碰撞是弹性碰撞 D．小球与小物块碰撞过程中有机械能损失【答案】BC【详解】B．根据牛顿第二定律可知小物块的加速度根据匀变速运动公式解得小球与小物块碰后小物块速率B正确；A．设小球碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，根据动能定理解得以向右为正方向，根据动量守恒定律解得A错误；CD．碰撞前动能碰撞后动能碰撞前后动能相等，所以小球与小物块碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C正确，D错误。故选BC。【例3】（2023·四川遂宁·统考三模）在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为、，开始时B球静止于a点，A球在其左侧以的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（）A．A、B两球的质量比为B．若只增大A球的初速度则第二次碰撞点可能在之间某处C．若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处D．若只增大A球的质量则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于【答案】CD【详解】A．设第一次碰后A、B两球的速度分别为，。根据动量守恒定律和能量守恒定律有第二次碰撞发生在b点，则有联立解得故A错误；BC．设第二次碰撞A球转过的角度为，则有解得可知与初速度无关，即第二次碰撞点与A球的初速度无关，若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处，故B错误，C正确；D．两次碰撞间隔时间为故D正确；故选CD。【例4】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，小球1从固定光滑斜面上某处由静止释放，滑过光滑水平桌面后，落在水平地面上的N点。若在水平桌面的边缘处放置另一小球2，再将小球1从斜面上同一位置由静止释放，使两小球发生弹性正碰，两小球在地面上的落点分别为M、P点。已知小球1的质量为，小球2的质量为，且，O点为桌面边缘在地面上的投影，不计转弯处的机械能损失，两小球均可视为质点。下列说法正确的是（）A．碰撞后小球1的落点为M点B．碰撞后小球1的落点为P点C．图中点间距离满足的关系为D．图中点间距离满足的关系为【答案】BC【详解】AB．设小球1碰撞前的速度为，取水平向右为正方向，因为球1质量较小，可知小球1与小球2碰撞后，球1反向，设碰撞后球1和球2速度大小分别为、，根据动量守恒和能量守恒有解得，根据题意，可得，斜面光滑，小球1反向到达最高点回到抛出点时速度大小等于，两球在做平抛运动的时间相等，故可知小球1的水平位移较大，即碰撞后小球1的落点为P点，A错误，B正确；CD．当小球1单独释放时有小球1与小球2碰撞后有，可得C正确，D错误。故选BC。类型2弹性碰撞中的“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】（2022届云南省昆明市第一中学高三（上）第五次复习检测理综物理试题）如图所示，将两个质量分别为m1=60g、m2=30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0=1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图象如图乙所示，g取10m/s2（）A.B球与A球碰前的速度大小为6m/sB.两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为1：101C.A、B两球发生的是弹性碰撞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】由机械能守恒定律可知解得两物体落地前的速度根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量变化量等于合力的冲量重力的冲量为因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒得A碰后速度为，计算知碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞。若不计系统重力的影响，且m2<<m1，由动量守恒不计碰撞损失，由能量关系联立解得因m2<<m1，则v1=3v0，则m2球上升的最大高度h2=9h0=16.2m故AB正确CD错误。故选AB。【例2】（2023·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑空气阻力，则下列判断中错误的是（）A．下落过程中两个小球之间没有相互作用力B．A与B第一次碰后小球B的速度为零C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2hD．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h【答案】C【详解】A．球B与地面碰撞前，对AB整体，由牛顿第二定律得（mA+mB）g＝（mA+mB）a解得a＝g设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对B球，由牛顿第二定律得mBg+T＝mBa解得T＝0故A不符合题意；B．根据机械能守恒定律可得（mA+mB）gh＝（mA+mB）解得球A、B与地面碰撞前瞬间的速度大小为v0＝B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为vA、vB，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB由机械能守恒定律得（mA+mB）v02＝mAvA2+mBvB2由题可知mB＝3mA联立解得vA＝vB＝0故B不符合题意；CD．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度为故C符合题意，D不符合题意。故选C。【例3】（2023·云南昆明·统考一模）物理课堂上，老师带同学们做了一个有趣的实验：如图甲所示，老师让某同学将一个网球叠放在一个充足气的篮球上，举到头顶附近，然后一起由静止释放，发现网球和篮球碰撞后，被反弹的网球能打到教室的天花板。若将该实验简化为如图乙所示模型，网球和篮球均可视为质点，篮球和地面碰撞完成后恰与网球碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞。已知网球的质量为，篮球的质量为，初始释放高度为，篮球和网球的球心始终在同一竖直线上，不计空气阻力，取重力加速度，求：（1）篮球落地前瞬间，网球和篮球共同的速度大小；（2）网球反弹后能达到的最大高度；（3）若用一个质量远远小于篮球质量的弹性小球替代网球重复该实验，其他条件不变，求弹性小球反弹后能够上升的最大高度。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设篮球触地前瞬间，篮球与网球的速度大小为，根据动能定理可得解得（2）规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰撞后瞬间，网球的速度为，篮球的速度为，有，。设碰后瞬间，网球和篮球的速度分别为，网球与篮球发生弹性碰撞，可得根据匀变速直线运动的规律可得代入相关已知数据解得（3）由题意，设弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹性小球的速度为，篮球的速度为，有可得当时，可取得极大值，可得设弹性小球能上升的最大高度为，由解得【例4】（2023·河北张家口·统考三模）伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，由伽利略于1590年左右发明。现我们共同研究伽利略大炮的实验，先将500g的弹性大球单独自由释放，落地反弹高度为下落高度的0.64倍。现在弹性大球上将弹性小球逐个叠放，并将它们从距地面0.8m高处自由释放，如图所示。已知各球相互接触且重心在同一竖直线上，每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的一半，各球之间均发生弹性碰撞，作用时间极短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，弹性大球与地面碰撞过程中能量损失均保持不变，重力加速度g取，忽略空气阻力。（1）若将弹性大球单独从距地面0.8m高处自由释放，求地面对弹性大球所做的功；（2）若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小；（3）若要使最上端的弹性小球上升高度不低于45m，求至少需要叠放多少个弹性小球？【答案】（1）；（2）；（3）弹性大球上至少叠放6个弹性小球【详解】（1）设弹性大球与地面碰撞前的速度大小为，与地面碰撞后的速度大小为，地面对弹性大球所做的功为，由运动学规律可得，上升过程下落过程由动能定理可得解得（2）弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰后的速度为，弹性小球碰前与碰后的速度分别为，取向上为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得由动量定理可得解得（3）由（2）可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为整理可得同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后的速度为整理可得……由数学知识可得由于要使最上端的弹性小球上升高度不低于，由运动学规律可得则解得时时故弹性大球上至少叠放6个弹性小球。题型二非弹性碰撞中的“动能损失”问题1.非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。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损3.完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。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损max类型1非弹性小球碰撞中的动能损失【例1】在光滑水平面上甲、乙两个小球发生碰撞后粘在一起，两球运动的位移时间变化如图所示，已知甲球的质量，则碰撞过程中损失的能量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设乙球的质量为，甲、乙碰前的速度为v1、v2，碰后的速度为v3，由动量守恒得代值可得得乙球的则碰撞过程中两物块损失的机械能故ACD错误，B正确。故选B。【例2】（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，测得乙壶位移是甲壶位移的k倍，则（

）A．k<1B．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越大C．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越小D．碰撞后瞬时，乙壶速度为零【答案】C【详解】A．甲乙碰撞瞬间动量守恒，即且有所以故A错误；BC．两壶碰撞过程中损失的机械能为变形可得由此可知，当k=1时，损失的机械能达到最大，随着k增大，损失的机械能减小，故B错误，C正确；D．由于两壶完全相同，所以碰撞后瞬时乙壶速度一定大于零，故D错误。故选C。类型2滑块木板模型中的动能损失【例3】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g＝10m/s2.则下列说法正确的是()A．木板获得的动能为1JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】ABD【解析】由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，则木板获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2J，故B正确；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1s内B的位移为xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，m/s2＝－1m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确．【例2】（2023秋·江苏·高三统考期末）质量为m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且，经过一段时间物块停在木板上。若图是物块刚滑上木板时的物块与板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置，下列示意图正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】地面光滑，物块A与木板B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得对m有设相对位移为，对M有整理得因为，所以解得故B正确ACD错误。故选B。类型3滑块-曲面模型中的动能损失问题【例1】(2021·安徽十校联盟检测)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为参考平面)()A．1∶2B．1∶3C．1∶6D．1∶9【答案】C【解析】因为水平面光滑，m和M组成的系统水平方向动量守恒；当物块向上的速度为零时，根据题意可知此时物块与圆弧轨道速度相同，又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，即eq\f(1,2)mv2∶eq\f(1,2)Mv2＝1∶2，得m∶M＝1∶2，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，得：v0＝3v，根据能量守恒定律：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Ep，得物块的重力势能为Ep＝eq\f(1,3)mv02，此时物块的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,18)mv02，所以此时物块的动能与重力势能之比为Ek∶Ep＝1∶6，故C正确，A、B、D错误．【例2】.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量的小球以水平初速度从圆弧下端滑上小车，重力加速度取。下列说法正确的是（）A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度时的速度大小为1m/sD．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6m【答案】ACD【详解】A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，选项A正确；B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项B错误；CD．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，小球沿圆弧轨道上升的最大高度为，两者共同速度大小为解得小球与小车组成的系统机械能守恒解得选项CD正确。故选ACD。类型4小球-弹簧模型中的动能损失问题【例1】(2022·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M)。若使A球获得瞬时速度v(如图2甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A.L1＞L2 B.L1＜L2C.L1＝L2 D.不能确定【答案】C【解析】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有Ep＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D错误，C正确。【例2】(2022·江西省教学质量监测)如图所示，质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep1。现将物体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至P点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep2。则Ep1∶Ep2等于()A.1 B.2C.3 D.4【答案】B【解析】设压缩到P点时，弹簧的弹性势能为Ep，开始时，物体A、B的质量均为m，则有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)Ep，把A的质量换成3m，Ep＝eq\f(1,2)×3mv0′2，3mv0′＝4mv′，Ep2＝Ep－eq\f(1,2)×4mv′2＝eq\f(1,4)Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，选项B正确。类型5带电系统中动能的损失问题如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两小球质量分别为2m、m，带电荷量分别为＋q、＋2q。某时刻A有指向B的速度v0，B球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中()A．任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为1∶2B．两小球构成的系统动量守恒，电势能减少C．A球减少的机械能大于B球增加的机械能D．电场力对A球做功的大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】AC【解析】两球所受的库仑力为作用力与反作用力，大小相等，由F＝ma知两球的加速度之比eq\f(aA,aB)＝eq\f(\f(F,2m),\f(F,m))＝eq\f(1,2)，故A正确；两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从A开始运动到两球距离最近过程，两球间的距离减小，电势能增大，机械能减少，故B错误；由能量守恒定律可知，减少的机械能转化为电势能，系统电势能增加，两球组成的系统动量守恒，两球距离最近时，两球速度相等，由动量守恒定律得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0，A球减少的机械能为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球增加的机械能为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球减少的机械能大于B球增加的机械能，故C正确；由动能定理可知，电场力对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错误。【例2】如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以v＝6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v－t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知()A.两小球带电的电性一定相反B.甲、乙两球的质量之比为2∶1C.t2时刻，乙球的电势能最大D.在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【答案】B【解析】由题图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电性的电荷，故A错误；两球作用过程动量守恒，有m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,1)，故B正确；t1时刻，两球共速，此时两球间距离最近，则此时乙球的电势能最大，故C错误；在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。类型6导体棒“追及”过程中的动能损失问题【例1】(多选)如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2kg，CD棒质量为m2＝0.4kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5Ω，若CD棒以v0＝3m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是()A．AB棒的最终速度大小为1m/sB．该过程中电路中产生的热量为0.6JC．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4CD．两金属棒的最大距离为0.3m【答案】BC【解析】开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2m/s，选项A错误；对系统，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝Q＋eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6J，选项B正确；对AB棒，由动量定理得BIlt＝m1v，而It＝q，则Blq＝m1v，解得q＝0.4C，选项C正确；通过导体横截面的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bld,R)，两金属棒间的最大距离D＝d＋L＝eq\f(qR,Bl)＋L＝eq\f(0.4×0.5,1×1)m＋0.2m＝0.4m，选项D错误。【例2】(多选)如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放置着金属杆a和b(杆a、b均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半.已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则()A.杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为eq\f(v,3)，方向向右B.杆b刚进入磁场时，通过b的电流为eq\f(2BLv,3R)C.从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为eq\f(7,8)mv2D.杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq\f(2v,3)【答案】ABC【解析】以向右为正方向，杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)×mv22，解得v1＝eq\f(v,3)，v2＝eq\f(4,3)v，即杆a的速度为eq\f(v,3)，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝eq\f(BLv2,2R)＝eq\f(2BLv,3)，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v1))2＝eq\f(7,8)mv2，故C正确；a进入磁场后，a、b组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·eq\f(1,2)v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝eq\f(5,18)v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq\f(5,18)v，故D错误.题型三碰撞遵循的规律1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，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至少有一个改变．2．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.类型1碰撞的可能性【例1】（2023·全国·高三专题练习）在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（）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【详解】碰撞前的总动量为碰撞前的总动能为A．如果、，则碰后两球的动量分别为，则有满足动量守恒；由于A的动量大小减少，B的动量大小增加，根据可知A的动能减少，B的动能增加，由于两者的质量关系未知，所以总动能可能不增加，是可能的，故A正确；BD．由于B在前，A在后，故A、B碰后A的动量减少，B的动量增加，故BD错误；C．如果、，则碰后两球的动量分别为，则有满足动量守恒；由于A的动量大小不变，B的动量大小增加，根据可知A的动能不变，B的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，故不可能，故C错误。故选A。【例2】（2023·高三课时练习）在光滑的水平面上，有a、b两个等大的小球，a的质量为2m，b的质量为m，它们在同一直线上运动，t0时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前后的速度-时间图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】设纵轴坐标分度值为v0；两球组成的系统所受合外力为零，两球碰撞过程系统动量守恒，系统动能不增加。A．由图示可知，碰撞前系统总动量碰撞后系统总动量，违背动量守恒定律，故A错误；B．由图示可知，碰撞前系统总动量碰撞后系统总动量碰撞过程系统动量守恒，物体发生完全非弹性碰撞，该过程可能发生，故B正确；C．由图示可知，碰撞前系统总动量碰撞后系统总动量碰撞过程系统动量守恒；碰撞前系统的总动能为碰撞后系统的动能为碰撞后的动能增加，这是不可能发生，故C错误；D．由图示可知，碰撞前系统总动量碰撞后系统总动量碰撞过程不遵守动量守恒定律，这种情况不可能发生，故D错误。故选B。【例3】（2023·甘肃兰州·高三西北师大附中期中）质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度大小和小球B的速度大小可能为（）A．， B．，C．， D．，【答案】AC【详解】碰撞过程中应满足动量守恒，即还应满足系统总动能不增加，即A．若，当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，故A可能；B．若，当与方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但，会发生二次碰撞，故不符合实际情况，故B不可能；C．若，当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，且碰后总动能为，满足总动能不增加，故C可能；D．若，当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，大于系统碰撞前的动能，故D不可能。故选AC。类型2碰撞类型的识别碰撞的分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大【例1】（2023秋·江苏盐城·高三盐城市第一中学校联考阶段练习）质量为m和m的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。（1）碰撞后和的速度、；（2）若，则等于多少；（3）在第（1）（2）问基础上，通过计算判断两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？【答案】（1），；（2）；（3）弹性碰撞【详解】（1）根据图像可得碰撞后（2）根据动量守恒定律可得（3）根据图像可得碰撞前碰撞前系统动能碰撞后系统动能说明属于弹性碰撞。【例2】．（2023春·辽宁鞍山·高三统考期中）某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为，初始时两冰壶之间的距离，运动员以的初速度将冰壶A水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为，方向不变，碰撞时间极短．已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为，重力加速度。求：（1）冰壶A与B碰撞碰撞前的速度大小；（2）两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小；（3）计算碰撞前后系统的总动能，判断是否为弹性碰撞。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞过程中，根据动能定理可得代入数据解得（2）两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，则有代入数据解得（3）碰撞前两冰壶的总动能为碰撞后两冰壶的总动能为由于可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞。【例3】2022年第24届冬奥会在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v－t图像如图(b)所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是()A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1m/s2C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1mD．两壶碰撞是弹性碰撞【答案】C【解析】根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；m/s，碰后红壶的速度v0′＝0.4m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6m/s.根据图像可得，红壶碰前的加速度为a1＝eq\f(Δv,Δt)＝0.2m/s2，所以蓝壶静止的时刻为t＝eq\f(v,a1)＝6s，碰后蓝壶的加速度大小为a′＝eq\f(v,Δt2)＝0.12m/s2，故B错误．碰后两壶相距的最远距离Δx＝eq\f(0.6×5,2)m－eq\f(0.4×2,2)m＝1.1m，碰撞前两壶的总动能为Ek1＝eq\f(1,2)mv02＝0.5m，碰撞后两壶的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2＝0.26m，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故C正确，D错误．题型四“滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题1．模型图示2．模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒，类似弹性碰撞。(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。【例1】（2023·安徽黄山·统考三模）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（）A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为B．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为【答案】AD【详解】A．根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得根据动量定理得解得A正确；B．在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；CD．根据动量守恒定律得解得弹簧对A、B做功分别为弹簧对A、B做功的代数和为最大弹性势能为C错误，D正确。故选AD。【例2】（2023·河北·高三学业考试）如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，、时刻弹簧的弹性势能分别为、，则下列说法正确的是（）A．A、B的质量之比为B．时刻B的速度为C．时刻弹簧的弹性势能为D．时刻A、B的速率之比为【答案】BC【详解】A．根据图乙可知时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有解得A错误；B．根据图乙可知时刻A的速度为零，则根据动量守恒定律有又可得时刻B的速度为B正确；C．从时间内，根据能量守恒可得从时间内，根据能量守恒可得联立解得C正确；D．时刻，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有结合以上分析联立解得，或，结合图乙可知第二种结果不符合题意，则时刻A、B的速率之比为D错误。故选BC。【例3】（2023·河北·统考模拟预测）如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不固连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为，则下列说法正确的是（）A．A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为B．若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为C．两者分离后A、B的动能之比为D．若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A【答案】BC【详解】A．A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而受到的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为，A错误；B．A、B运动过程中，二者相对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定律有即B固定，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得B正确；C．整个过程系统根据动量守恒及机械能守恒可得解得即有即两者分离后A、B的动能之比为，选项C正确；D．由前面分析可知B与档板发生弹性碰撞反向运动时，则B可追上A，选项D错误。故选BC。【例4】．（2023·湖南郴州·统考三模）如图所示，质量为的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0~2t0内P、Q物块运动的图像如图所示，已知时刻P、Q的加速度最大，其中轴下方部分的面积大小为，则（

）A．物体Q的质量为B．时刻Q物体的速度大小为C．时刻弹簧的弹性势能为D．时间内弹簧对P物体做功为零【答案】BCD【详解】A．时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得解得物体Q的质量为故A错误；B．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知时间内，Q物体的速度变化量大小为则时刻Q物体的速度大小为，故B正确；C．时刻两物体具体相同的速度，根据对称性可知，时刻P、Q物体的速度大小为设物体P的初速度为，根据动量守恒可得解得设时刻弹簧的弹性势能为，根据能量守恒可得联立解得故C正确；D．设时刻P物体的速度为；根据动量守恒可得解得可知时刻P物体的速度大小等于时刻P物体的速度大小，则时刻P物体的动能等于时刻P物体的动能，故时间内弹簧对P物体做功为零，故D正确。故选BCD。【例5】（2023春·陕西咸阳·高三统考期中）如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量，B的质量。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块以速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（无机械能损失），直至分开未与C相撞．整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：（1）弹簧被压缩到最短时，B滑块的速度大小；（2）弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能；（3）从A与弹簧相互作用开始到A与弹簧分开，该过程中弹簧给滑块B的冲量；（4）若弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。【答案】（1）1m/s；（2）3J；（3）4N·s；（4）0.5m/s；0.5J【详解】（1）对AB系统，AB速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒有代入数据，解方程可得

（2）根据能量守恒，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能代入数据，解得（3）从A与弹簧相互作用开始到A与弹簧分开，B一直加速，B与弹簧分开后，B的速度最大，根据动量守恒和能量守恒有代入数据，解方程可得则弹簧给滑块B的冲量（4）弹簧被压缩到最短时，B速度为，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得代入数据，解方程可只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，对B、C组成的系统，则损失的系统机械能为【例6】（2023·全国·高三专题练习）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为，根据位移等速度在时间上的累积可得，又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得，联立可解得题型五“滑块—斜(曲)面”碰撞模型1．模型图示2．模型特点(1)最高点：m1与m2具有共同水平速度v共，m1不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m1)veq\o\al(2,共)＋m1gh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。(2)最低点：m1与m2分离点。水平方向动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系统机械能守恒，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)(完全弹性碰撞拓展模型)。【例1】如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是()A．滑块b沿a上升的最大高度为eq\f(v\o\al(02),5g)B．物块a运动的最大速度为eq\f(2v0,5)C．滑块b沿a上升的最大高度为eq\f(v\o\al(02),2g)D．物块a运动的最大速度为eq\f(v0,5)【答案】B【解析】b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2v\o\al(02),5g)，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大．系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvb2＋eq\f(1,2)×4mva2，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正确，D错误．【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M=3kg，底端与水平面相切，左边有质量是m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球A不能从斜劈顶端冲出B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30ND．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左【答案】ACD【详解】C．小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为代入数据得N小球A对斜劈的压力也是30N，选项C正确；AB．假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为，小球竖直速度为，水平方向动量守恒小球和斜劈系统机械能守恒联立得小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；D．当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为、联立得小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左，选项D正确。故选ACD。【例3】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑水平面上有一质量为、半径为R（R足够大）的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则（

）A．B的最大速率为 B．B运动到最高点时的速率为C．B能与A再次发生碰撞 D．B不能与A再次发生碰撞【答案】AD【详解】A．A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得解得所以B的最大速率为，故A正确；B．B冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同速度为v，则由水平方向动量守恒有解得故B错误；CD．从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时的速度分别为，由水平方向动量守恒有由机械能守恒有联立解得由于所以二者不会再次发生碰撞，故C错误，D正确。故选AD。【例4】（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，质量的物块C静置在光滑水平面上，其左侧为半径的四分之一光滑圆弧，圆弧底端和水平面平滑连接。一质量的小物块A被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在水平面上的物块B发生正碰，此后两物块粘在一起运动。A、B均可视为质点，不计空气阻力。已知物块B的质量为1.5kg，A、B碰撞后瞬间B的速度大小为6m/s，取。求：（1）最初弹簧上储存的弹性势能。（2）A、B整体碰后能达到的最大高度。（3）A、B整体第一次与C分离时C速度的大小。（4）从A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程，A、B整体对C的冲量大小。【答案】（1）144J；（2）1.5m；（3）2m/s；（4）【详解】（1）对AB系统发生正碰，由动量守恒定律可知对弹簧和A系统由能量守恒定律可得解得（2）A、B整体碰后与C组成的系统，由水平方向动量守恒可得碰后到达最高点系统机械能守恒定律可得解得h=1.5m（3）A、B整体第一次与C分离此过程中ABC系统水平方向动量守恒，ABC系统机械能守恒。由水平方向动量守恒由机械能守恒定律解得故A、B整体第一次与C分离时C速度的大小为2m/s。（4）A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程中，ABC系统由动量守恒和能量守恒定律可得A、B整体对C的冲量为解得【例5】（2023·河北·模拟预测）如图所示，A、B、C的质量分别为、、，轻弹簧的左端固定在挡板上，C为半径的圆轨道，静止在水平面上。现用外力使小球A压缩弹簧（A与弹簧不连接），当弹簧的弹性势能为时由静止释放小球A，小球A与弹簧分离后与静止的小球B发生正碰，小球B到圆轨道底端的距离足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取。求：（1）小球B能达到的最大高度；（2）通过计算分析，小球B能否第二次进入圆轨道。【答案】（1）；（2）不能【详解】（1）设碰前小球A的速度为，从释放小球A到分离的过程，由能量守恒定律得代入数据解得A、B碰撞的过程，A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒有带入数据解得，小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为，小球与圆轨道组成的系统在水平方向上动量守恒有小球与圆轨道组成的系统能量守恒，有代入数据解得，（2）设小球与圆轨道分离时的速度分别，由动量守恒定律和能量能守恒定律得联立带入数据解得，球A与球B第一次碰后以的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，球A与弹簧分离后的速度大小为，经过一段时间，球A与球B发生第二次碰撞，设碰后球A和球B的速度分别为、，根据动量守恒定律和能量能守恒定律得联立带入数据解得，因为，所以小球B无法第二次进入圆轨道。【例6】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在水平面上依次放置小物块A以及曲面劈B，其中A的质量为m=1kg，曲面劈B的质量M=3kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，所有的摩擦均不考虑。现给A一个正对B曲面的初速度，使A冲上曲面劈。若曲面劈B固定在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H1，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1；若将曲面劈B自由放置在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H2，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v2。求：（1）H1与H2的比值；（2）v1与v2的比值。【答案】（1）；（2）【详解】若曲面劈B固定在地面上，根据机械能守恒定律得若曲面劈B固定在地面上，设共同速度为v，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得（2）若曲面劈B固定在地面上，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为若将曲面劈B自由放置在地面上，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得题型六滑块模型中的多过程【例1】（2023·湖南株洲·统考三模）如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A和B分别从车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与平板车保持相对静止。已知平板车的质量，长度，A、B的质量均为，A的初速度大小为，与平板车之间的动摩擦因数；B的初速度大小为，与平板车之间的动摩擦因数，A、B均可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度取，求：（1）整个过程中，A、B以及平板车组成的系统损失的机械能；（2）A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离；（3）A、B与车保持相对静止时，A、B之间的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，设平板车最终的速度为，以A、B以及平板车为系统，根据动量守恒定律有解得则系统损失的机械能为解得（2）根据题意，设开始运动时A、B和平板车的加速度大小分别为、和a，根据牛顿第二定律有设经时间A、B发生碰撞，则有代入数据得或（舍去）A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离解得（3）设A、B发生碰撞前瞬间，A、B和平板车的速度分别为、和v，则有A、B质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后有碰后B与平板车速度相等，分析可知此后B与平板车始终保持相对静止。设此后A与平板车的相对位移为，则有最终A、B之间的距离【例2】（2023·江西南昌·校联考二模）如图所示，一质量为的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为，停在木板B的左端。质量为的小球用长为的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，已知物块A与木板B之间的动摩擦因数，重力加速度。（1）求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小；（2）若木板长度为，求物块A的最终速度大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）小球由静止摆至最低点过程，由机械能守恒小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得对物块A运用动量定理代入数据可得（2）假设物块A与木板B达到共同速度，设相对位移为s，则由动量守恒和能量守恒得联立解得由于，故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速度分别为和，由动量守恒和能量守恒得解得【例3】（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）如图所示，质量的长木板C静止在光滑的水平面上，长木板C右端与竖直固定挡板相距，左端放一个质量的小物块B（可视为质点），与长木板C间的动摩擦因数为。在小物块B的正上方，用不可伸长、长度的轻绳将质量的小球A悬挂在固定点O。初始时，将轻绳拉直并处于水平状态，使小球A与O点等高，由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞（碰撞时间极短），之后二者没有再发生碰撞。已知A、B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取。（1）小球A与小物块B碰后瞬间，求小物块B的速度大小；（2）为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速，求应满足的条件；（3）在（2）问的前提下，即与竖直挡板碰撞到B、C能共速，求长木板的最短长度。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球A由静止到最低点的过程，根据机械能守恒定律有解得设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒定律有碰撞前后根据机械能守恒定律有联立解得（2）设B、C获得共同速度为，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有代入数据解得若B、C共速时C刚好运动到挡板处，对C应用动能定理有代入数据解得则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速，应满足的条件是（3）第一次共速过程中，由能量守恒定律有长木板C与挡板碰后速度方向反向，设B、C第二次获得共同速度为，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有由能量守恒定律有长木板的最短长度为联立解得题型七子弹打木块模型中的能量动量问题1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．3．两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子弹穿透木块动量守恒：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】(2022届云南省高三（下）第一次统测物理试题)如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是（）A.木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量B.因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒C.子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功D.子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和【答案】C【解析】A．木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量，方向相反，不相等，A错误；B．因为水平面光滑，系统不受外力，子弹和木块组成的系统动量守恒，B错误；C．根据动能定理，子弹对木块所做的功等于木块获得的动能；根据能量守恒定律，子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去木块获得的动能，C正确；D．根据动能定理，子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量，D错误。故选C。【例2】（2023春·河北·高三校联考阶段练习）如图所示，质量为的木板静止在足够大的光滑水平地面上，质量为的滑块静止在木板的左端，质量为的子弹以大小为的初速度射入滑块，子弹射入滑块后未穿出滑块，且滑块恰好未滑离木板。滑块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，子弹与滑块均视为质点，不计子弹射入滑块的时间。求：（1）木板的长度；（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做功（产生热量）的平均功率。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设子弹射入滑块后瞬间子弹和滑块的共同速度大小为，根据动量守恒定律有解得设最终滑块与木板的共同速度大小为，根据动量守恒定律有解得对滑块在木板上相对木板滑动的过程，根据功能关系有解得（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做的功设滑块在木板上相对木板滑动时木板的加速度大小为，对木板，根据牛顿第二定律有设滑块在木板上相对木板滑动的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有又有解得【例3】如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以大小为300m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm.设木块对子弹的阻力保持不变．(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．(2)若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？【答案】(1)6m/s882J(2)能【解析】(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此过程系统所增加的内能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J.(2)假设子弹以v0′＝400m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x相′＝F阻d′则eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(1568,147)cm因为d′>10cm，所以能射穿木块．题型八两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配爆炸现象的三个规律动量守恒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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动【例1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ=37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m1=2kg和m2=3kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上（滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计）。炸药引爆后释放的化学能E=30J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EA、EB各为多大；（2）已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；（3）A沿斜面上滑的最大距离x。【答案】（1）18J，12J；（2）0.4m；（3）0.9m【详解】（1）设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1-m2v2=0由能量守恒定律得可得，联立解得EkA=18J，EkB=12J（2）B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EkB=m2gR可得R=0.4m（3）A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得-m1gxsin37°-μm1gxcos37°=0-EkA解得x=0.9m【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，两块小木块A和B中间夹上轻弹簧用细线扎在一起，放在光滑的水平台面上，烧断细线，弹簧将小木块A、B弹出，最后落到水平地面上，根据图中的有关数据，可以判定下列说法中正确的是（弹簧原长远小于桌面长度）（）A．小木块A先落到地面上B．两小木块质量之比C．两小木块离开桌面时，动能之比D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比【答案】D【详解】AB．题意中可知桌面光滑，则弹簧、A、B组成的系统动量守恒。设A、B两物块速度的大小分别为、，则根据，由下落高度相同，则AB下落时间相同。A和B平抛的水平距离之比为则小物块的质量之比为弹簧原长远小于桌面长度，且AB与桌边缘距离均为，则两物块分离后，在平抛运动之前，B的速度较大，所以B到达桌边用时更短，平抛后AB下落时间相同。故B先落到地面上。故AB错误；C．两小木块离开桌面时，动能之比为故C错误；D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比故D正确。故选D。【例3】（2022·天津·模拟预测）两质量均为m的相同物块紧密相连，中间放有少量火药，在足够长水平地面上以初速度开始运动，物块与水平地面的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。当物块一起运动时间为时，火药爆炸将两物块炸开，有的化学能转化为两物块的动能，且爆炸后两物块均沿水平方向运动。爆炸时间极短。求：（1）火药爆炸前瞬间两物块的速度大小；（2）两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离。【答案】（1）；（2）【详解】（1）对于两物块根据牛顿第二定律得根据匀变速运动的规律有（2）火药爆炸后，两物块均沿水平方向运动，设炸后瞬间B、A物块速度分别为和，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有解得向左运动向右运动（另一组解与题意不符，舍去）火药爆炸后物块A向右运动的距离火药爆炸后物块B向左运动的距离两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离【例4】如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1.现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,2)D.eq\f(4,3)【答案】C【解析】设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mvQ2＋eq\f(1,2)·2mvP2，Q离开P时的动能：Ek2＝eq\f(1,2)mvQ2，解得：eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(3,2)，故C正确．【例5】(2022·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其右侧是光滑曲面，曲面下端与光滑的水平面相切，如图所示，一质量为m的物块B位于劈A的曲面上，距水平面的高度为h，物块从静止开始滑下，到达水平面上，跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后(作用过程无机械能损失)，又滑上劈A，求物块B在劈A上能够达到的最大高度．【答案】eq\f(1,4)h【解析】设物块B滑到曲面底端时速率为v1，劈A的速率为v2，物块B和劈A组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有3mv2－mv1＝0由系统机械能守恒可得mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×3mv22联立可得v1＝eq\f(\r(6gh),2)，v2＝eq\r(\f(gh,6))与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，v1′＝v1，当物块B在劈A上达到最大高度时二者速度相同，设为v3，系统水平方向动量守恒，则有3mv2＋mv1′＝(3m＋m)v3物块B和劈A组成的系统机械能守恒，可得mgh′＝eq\f(1,2)×3mv22＋eq\f(1,2)mv1′2－eq\f(1,2)×(3m＋m)v32联立可得h′＝eq\f(1,4)h.题型九人船模型及其拓展模型的应用人船模型(1)模型图示(2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0②两物体的位移大小满足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L(3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).【例1】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，质量为M=2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（）A．铁