2026版高考物理二轮复习微专题6　动量与能量

微专题6动量与能量1.动量、冲量、动量定理(1)动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv′－mv.(2)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝eq\f(Δp,Δt)，合外力等于动量的变化率.(3)冲量的三种计算方法公式法I＝Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解2.动量守恒定律及其应用(1)条件：①不受力；②所受合外力为0；③内力远大于外力；④某方向所受的合力为0，则这一方向上动量守恒．(2)三种表达形式①m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的动量之和等于作用后的动量之和．(常用)②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向．③Δp＝0，系统总动量的变化量为0.(3)“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失)动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；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)解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0当m1＝m2时，交换速度．当m1>m2时，速度方向不变；m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0.当m1<m2时，速度反向；m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0.(4)“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多)动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝eq\f(1,2)eq\f(m1m2,m1＋m2)veq\o\al(2,0).(5)人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L.考情一动量定理及应用1.(2024·全国甲卷改编)蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气阻力，取g＝10m/s2.下列说法中正确的是(D)A.t＝0.15s时，运动员的重力势能最大B.t＝0.30s时，运动员的速度大小为3m/sC.t＝1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N【解析】根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员从t＝0.30s离开蹦床到t＝2.3s再次落到蹦床上，经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t＝1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30s时运动员的速度大小v＝10×1m/s＝10m/s，故B、C错误；同理可知，运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3s，解得F＝4600N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D正确．2.(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为eq\f(L,2)的门板组成．门处于关闭状态，其俯视图如图甲所示．某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图乙所示．门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g.若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(B)甲乙A.eq\r(\f(L,2μg)) B.eq\r(\f(L,μg))C.eq\r(\f(2L,μg)) D.2eq\r(\f(L,μg))【解析】设拉力为F，作用时间为t1，撤去外力后门板运动的时间为t2，门板运动过程的最大速度为vm，则由动量定理，有(F－μmg)t1＝mvm，解得t1＝eq\f(mvm,F－μmg)；撤去拉力后，有μmgt2＝mvm，解得t2＝eq\f(vm,μg)，对于全过程，有Ft1＝μmgt，解得F＝eq\f(μmgt,t1)，对于全过程有eq\f(L,2)＝eq\f(vmt,2)，故门板运动的总时间t＝t1＋t2＝eq\f(mvm,F－μmg)＋eq\f(vm,μg)＝eq\f(mvm,\f(μmgt,t1)－μmg)＋eq\f(vm,μg)＝eq\f(vm,μg)·eq\f(t,t－t1)＝eq\f(vmt,μg)·eq\f(1,t－t1)＝eq\f(L,μgt2)，可知当t2越大时，t越小，则当t2＝t时，t取最小值，则teq\o\al(2,min)＝eq\f(L,μg)，则tmin＝eq\r(\f(L,μg))，故B正确．考情二动量守恒定律的综合应用3.(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(A)A.弹簧恢复原长时B动量最大B.弹簧压缩最短时A动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大【解析】对整个系统分析可知，合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，联立解得Ep＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m\o\al(2,B),mA)＋mB))veq\o\al(2,B)，故可知弹簧恢复原长时物体B速度最大，此时B动量最大，A动能最大，对于系统来说动量一直为0，系统机械能不变，故A正确．4.(2025·甘肃卷)如图所示，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m．两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，取g＝10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(B)A.1.5m/s B.C.4.5m/s D.6.0m/s【解析】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2s，可知，碰撞后小球A运动t′＝1s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0m/s，故B正确．5.(2024·江苏卷)“嫦娥六号”在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M.求：(1)分离后A的速度v1大小．(2)分离时A对B的推力大小．答案：(1)eq\f(m＋Mv0－Mv,m)(2)eq\f(Mv－v0,Δt)【解析】(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1解得v1＝eq\f(m＋Mv0－Mv,m)(2)以B为研究对象，对B列动量定理有FΔt＝Mv－Mv0解得F＝eq\f(Mv－v0,Δt)考向1动量定理及应用(2025·无锡调研)2024年第11号台风“摩羯”于9月6日在海南文昌登陆，登陆时中心附近最大风力有17级以上，造成巨大破坏．已知11级台风的风速范围为28.5m/s～32.6m/s，17级台风的风速范围为56.1m/s～61.2m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则17级台风对该标志牌的作用力大小约为11级台风的(B)A.2倍 B.4倍C.8倍 D.16倍【解析】设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在Δt时间的空气质量为Δm＝ρS·vΔt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为0，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，解得F＝ρSv2，假设11级台风的风速v11＝eq\f(28.5＋32.6,2)m/s≈31m/s,17级台风的风速v17＝eq\f(56.1＋61.2,2)m/s≈59m/s，故有eq\f(F17,F11)＝eq\f(v\o\al(2,17),v\o\al(2,11))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(59,31)))2≈4，故B正确．流体微元原速率反弹所受作用力的求解方法(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象．(2)求小柱体的体积ΔV＝SvΔt.(3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝SρvΔt.(4)应用动量定理Δp＝FΔt.(5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp＝－2Δmv.(6)联立解得F＝－2ρSv2.(2025·泰州调研)有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹．其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等．第一次碰撞过程中(C)甲乙A.左边小球所受重力的冲量大B.两小球所受合外力的冲量相等C.左边小球动量变化率大D.右边小球动量变化大【解析】甲左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则小球与甲左边装置底部碰撞过程作用时间较小，重力冲量I＝mgt，可知左边小球所受重力的冲量小，故A错误；两小球所受合外力的冲量为支持力(撞击力)冲量大小与重力冲量大小之差，由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故B、D错误；由于左边小球碰撞过程中所受合外力的冲量大，且作用时间较小，故左边小球的动量变化率eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δp,Δt)))大，故C正确．考向2动量守恒定律及应用如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5kg，mB＝0.3kg.现有质量m0＝0.08kg的小物块C以初速度v0＝25m/s在A上表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5m/s.求：(1)木块A的最终速度的大小．(2)小物块C滑离木块A时的速度大小．答案：(1)2.1m/s(2)4m/s【解析】(1)取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v解得v1＝2.1m/s(2)设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v解得v2＝4m/s运用动量守恒定律解题的基本步骤(2025·无锡期末调研)“嫦娥六号”在着陆前，以v0的速度在环月轨道飞行.2024年5月30日，“嫦娥六号”着陆器和轨道器实现在轨分离．分离时，轨道器将着陆器沿自身运行方向的反方向以相对速率v弹出，分离用时为t，若轨道器质量为M，着陆器质量为m，则(D)A.分离后轨道器的速度为v1＝eq\f(Mv0＋mv,M＋m)B.分离后轨道器的速度为v1＝eq\f(M＋mv0＋mv,M)C.分离过程中，轨道器对着陆器的平均推力F＝eq\f(m2v,M＋mt)D.分离过程中，系统机械能增加量ΔE＝eq\f(mMv2,2M＋m)【解析】根据动量守恒定律(M＋m)v0＝Mv1＋m(v1－v)，解得v1＝eq\f(M＋mv0＋mv,M＋m)，故A、B错误；对于着陆器，由动量定理得Ft＝mv－0，解得F＝eq\f(mv,t)，故C错误；分离过程中，系统机械能增加量ΔE＝E2－E1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m(v1－v)2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)＝eq\f(mMv2,2M＋m)，故D正确．考向3“碰撞”模型及其拓展(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向．小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定．一质量m＝eq\f(1,2)kg的小球自Q点正上方h＝2m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起．当弹簧拉力达到F＝15N时，b解除锁定开始运动．已知a的质量ma＝1kg，b的质量mb＝eq\f(3,4)kg，方形物体的质量M＝eq\f(9,2)kg，取g＝10m/s2，弹簧的劲度系数k＝50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力．求：(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2.(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm.答案：(1)6m/seq\f(2,3)m/s(2)eq\f(2,3)m/seq\f(5,2)J【解析】(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处的过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2由能量守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)联立解得v1＝6m/s，v2＝eq\f(2,3)m/s即小球的速度为6m/s，方向水平向左，方形物体的速度为eq\f(2,3)m/s，方向水平向右．(2)由于小球恰好击中物块a，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma)v3解得v3＝2m/s设当弹簧形变量为x1时，物块b解除锁定，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1系统机械能守恒eq\f(1,2)(m＋ma)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(m＋ma)veq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)联立解得v4＝1m/s，x1＝0.3m解除锁定之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb解得vb＝eq\f(2,3)m/s，方向水平向左．由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝eq\f(1,2)(m＋ma)veq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m＋ma＋mb)veq\o\al(2,b)＝eq\f(5,2)J1.碰撞的基本规律2.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球—弹簧模型小球—曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能和电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能(2025·苏州三模)如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5kg.质量m＝0.1kg的子弹以v0＝34m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA＝2m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出．子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA＝0.23m，不计空气阻力，取g＝10m/s2.(1)求物体B最终的速度大小vB.(2)求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q.(3)求物体B的最小长度LB.答案：(1)4m/s(2)46J(3)0.03m【解析】(1)从最初到最终共速，由动量守恒mv0＝MvA＋(M＋m)vB解得vB＝4m/s(2)从子弹射入A到穿出，由动量守恒mv0＝mv1＋2MvA解得v1＝14m/s由能量守恒Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·2Mveq\o\al(2,A)解得Q＝46J(3)子弹从射入到共速时Q总＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,B)解得Q总＝52J由Q＝fx相对得eq\f(Q总,Q)＝eq\f(x总,xA)可得x总＝0.26m故物体B的最小长度LB＝x总－LA＝0.26m－0.23m＝0.03m.配套热练1.有些汽车设置有安全气囊，它是用来保护乘客的，使汽车在出现撞击事故时，乘客不致发生致命危险．关于安全气囊的作用，下列说法中正确的是(C)A.减小人的动量变化量B.减小人的动能变化量C.减小人的动量变化率D.减小人受到合外力的冲量【解析】汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动到静止，动量的变化量Δp一定，由动量定理可知，人受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速的时间t，由动量定理得Δp＝Ft，动量的变化率eq\f(Δp,t)＝F，延长时间t，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害，故C正确．2.(2025·连云港调研)物体在外力作用下从静止开始做直线运动，合力F随时间t变化的图像如图所示．下列说法中正确的是(C)A.0～6s内物体做匀变速运动B.t＝6s时物体回到出发点C.2～4s内F的冲量为0D.t＝1s与t＝4s时物体的动量相同【解析】因3s末力的方向改变，则加速度改变，则0～6s内物体不是做匀变速运动，A错误；0～3s物体沿正方向加速，3～6s内物体沿正方向减速，则t＝6s时物体没有回到出发点，B错误；因F－t图像的面积等于冲量，可知2～4s内F的冲量为0，C正确；根据动量定理可知，t＝1s时物体的动量p1＝F0t1＝F0，t＝4s时物体的动量p4＝F0×3－F0×1＝2F0，可知t＝1s与t3.如图所示，有一质量M＝6kg、边长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道．一个质量为m＝2kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端．在该过程中木块的位移大小为(A)A.0.05mC.0.15m D.0.50m【解析】小球与木块组成的系统水平方向动量守恒，则有meq\x\to(v)1·t＝Meq\x\to(v)2·t，即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝0.2m，联立解得x2＝0.05m，故A正确．4.(2025·扬州期末检测)如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动．某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中(C)A.甲的动能一直减小B.甲的动量一直减小C.甲、乙系统的动能一直增大D.甲、乙系统的动量一直增大【解析】弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小，然后向左逐渐增大，故动能先减小，后增大，动量先减小，后增大，故A、B错误；该过程中弹簧的弹性势能一直减小，减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动能一直增大，故C正确；甲、乙系统所受合外力为0，动量守恒，故D错误．5.(2025·泰州泰兴调研)如图所示，体重相同的甲、乙两同学静止在光滑水平面上玩抛接球游戏．第一次，甲同学把一个充气的大乳胶气球，以某一速度水平投向乙，乙接住．第二次，放掉部分气体后气球变得很小，甲同学再把气球以相同的速度投向乙，乙接住．下列说法中正确的是(C)A.第一次接球后，乙的速度比甲大B.第二次接球后，乙的速度比甲大C.乙接球的过程，第一次球的动量变化量较大D.乙接球的过程，第二次球的动量变化量较大【解析】设甲、乙的质量均为M，第一次抛出球的质量为m1，速度为v，则甲抛出球时Mv甲1＝m1v，乙接住球时m1v＝(M＋m1)v乙1，可知v甲1>v乙1，即第一次接球后，乙的速度比甲小，故A错误；第二次抛球时，设球的质量为m2，则m2<m1，同理可知甲抛出球时Mv甲2＝m2v，乙接住球时m2v＝(M＋m2)v乙2，可知v甲2>v乙2，即第二次接球后，乙的速度比甲的小，故B错误；乙接球的过程，第一次球的动量变化量Δp1＝m1v乙1－m1v＝－eq\f(Mm1v,M＋m1)，第二次球的动量变化量Δp2＝m2v乙2－m2v＝－eq\f(Mm2v,M＋m2)，可知Δp1>Δp2，则第一次球的动量变化较大，故C正确，D错误．6.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示．小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(D)甲乙A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQC.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP【解析】P、N碰撞时，根据碰撞前、后动量守恒有mPvP＋mNvN＝mPv′P＋mNv′N，即mP(vP－v′P)＝mN(v′N－vN)，根据图像可知，(vP－v′P)>(v′N－vN)，故mP<mN；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ＋mNvN＝mQv′Q＋mNv′N，即mQ(vQ－v′Q)＝mN(v′N－vN)，根据图像可知(vQ－v′Q)<(v′N－vN)，故mQ>mN.综上可知mQ>mN>mP，故D正确．7.如图所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2s内两物体的v－t图像如图所示．则(C)A.A的质量比B的大B.0～1s内，弹簧对A、B的冲量相同C.t＝1s时，弹簧的弹性势能最大D.t＝2s时，A的动量比B的大【解析】由图可知，物块B的初速度为v0＝1.2m/s，t＝1s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由图可知，vA＝2.0m/s，vB＝0.8m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误．8.超弹性碰撞是一个精彩的演示实验．把一个弹性小球放在一个弹性大球上，使它们自由落下．当它们落到弹性的水平地面上反弹时，小球跳得比原来高许多倍．某同学演示这个实验时，将A、B两个大小不同的弹力球从离水平地面h高处由静止同时释放，如图所示．释放时A、B两球(均可视为质点)相互接触且球心连线竖直，碰撞过程中均无机械能损失．若A球反弹后离碰撞点的最大高度为H＝4h，则A、B两球的质量之比为(A)A.1∶3 B.2∶3C.1∶2 D.3∶4【解析】两球下落过程中根据系统机械能守恒有(mA＋mB)gh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gh).设两个小球触地碰撞后A的速度大小为v1，B的速度大小为v2.B球与地面碰撞后速度等大、反向，然后与A发生弹性碰撞．取向上为正方向，根据动量守恒定律可得mBv0－mAv0＝mAv1＋mBv2，根据系统机械能守恒定律有eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)，A碰撞后由机械能守恒得mAgH＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)，联立解得h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mA＋mB,3mB－mA)))2H.由题可知H＝4h，解得mA∶mB＝1∶3，A正确．9.(2025·南京、盐城一模)如图所示，轻质弹簧的两端分别与物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止．将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开．已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为(B)A.eq\f(4mgsinθ,k) B.eq\f(8mgsinθ,k)C.eq\f(4mg,k) D.eq\f(8mg,k)【解析】设C向下运动x时速度为v，由机械能守恒得，mgsinθ·x＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(,2gxsinθ)，C与B碰撞满足动量守恒，规定沿斜面向下为正方向，碰撞后B、C整体速度为v0，则mv＝2mv0，刚开始A、B均静止时，设此时弹簧的压缩量为x1，对B由平衡条件kx1＝mgsinθ，解得x1＝eq\f(mgsinθ,k)，为保证A不离开挡板，B、C向上运动速度减为0时，设此时弹簧的伸长量为x2，对A由平衡条件kx2＝mgsinθ，解得x2＝eq\f(mgsinθ,k)，从物块C、B碰撞完到物块A恰好不离开挡板整个过程，对B、C由系统机械能守恒可得2mgsinθ(x1＋x2)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，代入数据解得x＝eq\f(8mgsinθ,k)，B正确．10.(2025·河北卷)如图所示，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m．质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动．物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2.物块视为质点，不考虑空气阻力，取g＝1