高考物理一轮复习7.3动量守恒定律--碰撞和类碰撞问题问题-(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习7.3动量守恒定律--碰撞和类碰撞问题问题-(原卷版+解析)，共77页。

考向一 弹性碰撞与非弹性碰撞
考向二 碰撞的可能性
考向三 类碰撞模型的拓展应用
考向三 动量与能量的结合
、考向一 弹性碰撞与非弹性碰撞
一、碰撞的分类
(1)弹性碰撞：碰撞过程中没有机械能损失．
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中有机械能损失，若碰后两个物体结合成一体(获得相同的速度)，则叫作完全非弹性碰撞，此种情况下机械能损失最多．
1、弹性碰撞
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 ①,\f(1,2)m1v\\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\\al(2,2)＝\f(1,2)m1v′\\al(2,1) ＋\f(1,2)m2v′\\al(2,2) ②))
解得v′1＝eq \f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)
v′2＝eq \f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2).
(2)分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v′1＝v2，v′2＝v1，即两物体交换速度．
当碰前物体2的速度为零时：
v′1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，
①m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，碰撞后两物体交换速度．
②m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两物体沿相同方向运动．
③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来．
2、完全非弹性碰撞
（1）特点：发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，碰后两物体粘连在一起或者虽未粘连但以相同的速度运动．这种碰撞，只有动量守恒，机械能损失最大，损失的机械能转化为内能．
(2规律：m1v1＝(m1＋m2)v，
ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2.)
ΔE＝eq \f(M,m＋M)Ek1
【典例1】(2020·北京高考) 在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )
A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h
B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【解析】A项中，1号与质量不同的小钢球碰撞后，1号速度不为零，则该质量不同的小钢球获得的动能小于1号碰撞前瞬间的动能，所以该质量不同的小钢球与3号碰撞后，3号获得的动能也小于1号碰撞前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；B项中，1、2号释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中系统所受合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故B错误；C项中，1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号再与3号碰撞后，3号获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；D项中，碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
【典例2】（2022年河北省普通高中学业水平选择性考试）13. 如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。
（1）若，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1），，方向均向右；（2）
【解析】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为，滑板A和B质量分别为和，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
练习1、(2022河北辛集中学阶段考试)(多选)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg.现给A球一个水平向右的瞬时动量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知( )
A．B球的质量m2＝2 kg
B．A、B球在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J
C．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能
D．在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
【答案】AD
【解析】A、B球在碰撞过程中动量守恒，结合图像，t1时刻有m1v＝(m1＋m2)v共，代入数据得m2＝2 kg，A正确；A球和B球在共速时产生的弹性势能最大，因此Epm＝eq \f(1,2)m1v2－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,共)＝3 J，B错误；因为是弹性碰撞，t3时刻两球分离后没有能量损失，所以t3时刻两球的动能之和与0时刻A球的动能相等，C错误；从碰撞到t2时刻，两球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m1v＝m1v1＋m2v2和eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，联立解得v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故t2时刻两球的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8，D正确．
练习2、(2022·江苏七市第三次调研)如图所示，小木块A用细线悬挂在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角为α处．如果保持子弹入射的速度大小不变，而使子弹的质量增大，则最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE有( )
A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE减小
C．α角减小，ΔE增大 D．α角减小，ΔE也减小
【答案】A
【解析】设子弹的初速度为v0，质量为m，木块A的质量为M，在子弹与木块相互作用达到共同速度的过程中，因时间极短，二者组成的系统动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v′，Ek′＝eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝eq \f(m2v\\al(2,0),2M＋m)，则m越大，Ek′也越大，则α角也越大．获得共同速度后，在向上摆动的过程中，A和B的机械能守恒，则初态的机械能等于末态的机械能，所以子弹的初动能与系统在最高点时的机械能之差ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)1－eq \f(m,m＋M)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)·eq \f(M,M＋m)＝eq \f(Mv\\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,m)＋1)))，则m越大，ΔE越大，故A项正确．
【巧学妙记】
1.物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变．
(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞．
(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞．
(3)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1 v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(4)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
考向二 碰撞的可能性
1．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律．
(2)动能不增加
Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p′\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p′\\al(2,2),2m2).
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)．
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．
【典例3】(2022·邯郸调研)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【答案】C
【解析】根据动量守恒定律得p1＋p2＝p1′＋p2′，解得：p1′＝2 kg·m/s.碰撞过程系统的总动能不增加，则有eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)≤eq \f(peq \\al(2,1),2m1)＋eq \f(peq \\al(2,2),2m2).代入数据解得eq \f(m1,m2)≤eq \f(7,17)，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有eq \f(p1′,m1)≤eq \f(p2′,m2)，代入数据解得eq \f(m1,m2)≥eq \f(1,5)，综上有eq \f(1,5)≤eq \f(m1,m2)≤eq \f(7,17)，选项A、B、D错误，C正确．
【典例4】(2022·四川内江模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
【答案】C
【解析】碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
练习3.(2022·广州模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
【答案】C
【解析】A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。
练习4、(2022·河南高三月考)如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底部恰好与地面相切，两小球的质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg，m1的初速度为v0，m2保持静止，已知m1与m2发生弹性碰撞，要使m1与m2发生两次碰撞，则M可能为( )
A．2 kg B．3 kg
C．5 kg D．6 kg
【答案】D。
【解析】m1与m2发生第一次弹性碰撞后，设小球m1与m2的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，对系统由机械守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)·v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0，m2与M水平方向动量守恒，设m2离开M时速度为v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2＝m2v2′＋Mv3，eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m2v2′2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,3)，可得v2′＝eq \f(m2－M,m2＋M)v2，要使m1与m2发生两次碰撞，则|v2′|>|v1|，联立解得M>5 kg，故D正确，A、B、C错误。
考向三 类碰撞模型的拓展应用
【典例5】(2021·湖南高考)(多选)如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是( )
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA>mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1－S2＝S3
【答案】ABD
【解析】在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB【典例6】（2022年全国高考乙卷物理试题）12. 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）
【解析】（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
练习5、两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示．已知B与C碰撞后会粘在一起运动．在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
【答案】
【解析】(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，
由动量守恒定律得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA
解得vA＝3 m/s
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒mBv＝(mB＋mC)vC
故vC＝2 m/s
碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大
故Ep＝eq \f(1,2)mAv2＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,A)＝12 J
练习6、如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的eq \f(1,4)圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放．重力加速度为g，求：
(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度．
【答案】
【解析】 (1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得小球到b点时的速度大小为v0＝eq \r(2gR)
在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得FN＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力FN′＝FN＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg
(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh
解得h＝eq \f(MR,M＋m)
【巧学妙记】
处理碰撞类模型的方法技巧
(1)“弹簧类”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②系统的机械能守恒。
③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。
(2)“滑块—木板”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。
③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。
考向三 动量与能量的结合
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
【典例7】(2021·湖南高考) 如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上。重力加速度为g。
(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【答案】(1)eq \r(2μgL) (2)x＝2eq \r(2μLy－y2)(其中μL≤y≤2μL) (3)eq \f(3λ－1,λ－3)μL【解析】(1)物块A从倾斜轨道由静止滑至O点，根据动能定理有mg·2μL－μmgL＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(2μgL)。
(2)物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为(x，y)，所用时间为t，有x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2
解得veq \\al(2,0)＝eq \f(gx2,2y)
物块A从O点到落点，根据动能定理有
mgy＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得物块A落在弧形轨道上的动能为
Ek＝mgy＋eq \f(mgx2,4y)
因为物块A经过O点落在弧形轨道上的动能均相同，将点P(2μL，μL)的坐标代入，可得
Ek＝mg×μL＋eq \f(mg2μL2,4×μL)＝2μmgL
联立可得y＋eq \f(x2,4y)＝2μL
则PQ的曲线方程为x＝2eq \r(2μLy－y2)(其中μL≤y≤2μL)。
(3)设物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处由静止滑下，到达O点与物块B碰前的速度为v1，根据动能定理有
mgh－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得veq \\al(2,1)＝2gh－2μgL
物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后反弹。设碰后A、B的速度大小分别为v2、v3，规定水平向右为正方向，在物块A与B碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒，机械能守恒，有
mv1＝－mv2＋λmv3
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)·λmveq \\al(2,3)
解得v2＝eq \f(λ－1,λ＋1)v1，v3＝eq \f(2,λ＋1)v1
碰后物块A反弹，设再次到达O点时速度大小为v4，根据动能定理有
－2μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得veq \\al(2,4)＝veq \\al(2,2)－4μgL
由(2)知平抛的轨迹方程为x2＝eq \f(2v\\al(2,0),g)y
PQ的曲线方程为x＝2eq \r(2μLy－y2)(其中μL≤y≤2μL)
结合求得物块在弧形轨道上的落点纵坐标与在O点抛出的初速度v0的关系为y＝2μL－eq \f(v\\al(2,0),2g)(其中μL≤y≤2μL)
把物块A、B从O点飞出的速度代入，物体A、B落在弧形轨道上的落点纵坐标分别为
yA＝4μL－eq \f(v\\al(2,1),2g)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ－1,λ＋1)))2，
yB＝2μL－eq \f(v\\al(2,1),2g)·eq \f(4,λ＋12)
因为物块A落在B落点的右侧，则μL≤yA代入veq \\al(2,1)＝2gh－2μgL可得，h的取值范围为eq \f(3λ－1,λ－3)μL【典例8】(2020·山东高考) 如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【答案】 (1)eq \f(3,5)v0 eq \f(2,5)v0 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))n－1·eq \f(v\\al(2,0),25g)(n＝1,2,3，…) (3)eq \f(v\\al(2,0),18g) (4)eq \f(8\r(7)－13v\\al(2,0),200gsinθ)
【解析】(1)P与Q的第一次碰撞过程中，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mvP1＋4mvQ1①
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P1)＋eq \f(1,2)·4mveq \\al(2,Q1)②
联立①②式得vP1＝－eq \f(3,5)v0③
vQ1＝eq \f(2,5)v0④
故第一次碰撞后瞬间P的速度大小为eq \f(3,5)v0，Q的速度大小为eq \f(2,5)v0。
(2)设Q与斜面间的动摩擦因数为μ，Q沿斜面向上滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
4ma＝μ·4mgcsθ＋mgsinθ⑤
又μ＝tanθ⑥
联立⑤⑥式得a＝2gsinθ⑦
设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
0－veq \\al(2,Q1)＝2·(－a)·eq \f(h1,sinθ)⑧
联立④⑦⑧式得h1＝eq \f(v\\al(2,0),25g)⑨
因为sinθ＝μcsθ，则Q速度减为零后不会下滑。
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得eq \f(1,2)mveq \\al(2,02)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,P1)＝－mgh1⑩
联立③⑨⑩式得v02＝eq \f(\r(7),5)v0⑪
设P与Q第二次碰撞后瞬间的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得
mv02＝mvP2＋4mvQ2⑫
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,02)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P2)＋eq \f(1,2)·4mveq \\al(2,Q2)⑬
联立⑪⑫⑬式得vP2＝－eq \f(3,5)×eq \f(\r(7),5)v0⑭
vQ2＝eq \f(2,5)×eq \f(\r(7),5)v0⑮
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
0－veq \\al(2,Q2)＝2·(－a)·eq \f(h2,sinθ)⑯
联立⑦⑮⑯式得h2＝eq \f(7,25)·eq \f(v\\al(2,0),25g)⑰
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得eq \f(1,2)mveq \\al(2,03)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,P2)＝－mgh2⑱
联立⑭⑰⑱式得v03＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),5)))2v0⑲
设P与Q第三次碰撞后瞬间的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律得
mv03＝mvP3＋4mvQ3⑳
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,03)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P3)＋eq \f(1,2)·4mveq \\al(2,Q3)eq \(○,\s\up1(21))
联立⑲⑳eq \(○,\s\up1(21))式得vP3＝－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),5)))2v0eq \(○,\s\up1(22))
vQ3＝eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),5)))2v0eq \(○,\s\up1(23))
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得
0－veq \\al(2,Q3)＝2·(－a)·eq \f(h3,sinθ)eq \(○,\s\up1(24))
联立⑦eq \(○,\s\up1(23))eq \(○,\s\up1(24))式得h3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))2·eq \f(v\\al(2,0),25g)eq \(○,\s\up1(25))
……
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
hn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))n－1·eq \f(v\\al(2,0),25g)(n＝1,2,3，…)eq \(○,\s\up1(26))
(3)当P、Q到达距A点高度为H处时，两物块的速度为零，对两物块运动的全过程由动能定理得
0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－(m＋4m)gH－tanθ·4mgcsθ·eq \f(H,sinθ)eq \(○,\s\up1(27))
解得H＝eq \f(v\\al(2,0),18g)。eq \(○,\s\up1(28))
(4)若Q第一次碰撞后速度刚减为零时，P与之发生第二次碰撞，则此时A点与挡板之间的距离最小。设Q第一次碰撞后速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得0－vQ1＝－at1eq \(○,\s\up1(29))
设P第一次碰撞后运动到斜面底端时的速度大小为vP1′，需要的时间为t2，由运动学公式得
vP1′＝－vP1＋gt2sinθeq \(○,\s\up1(30))
vP1′2－veq \\al(2,P1)＝2sgsinθeq \(○,\s\up1(31))
设P再从A点运动到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则v02＝(－vP1)－gt3sinθeq \(○,\s\up1(32))
t1＝2t2＋t3eq \(○,\s\up1(33))
联立③④⑦⑪eq \(○,\s\up1(29))eq \(○,\s\up1(30))eq \(○,\s\up1(31))eq \(○,\s\up1(32))eq \(○,\s\up1(33))式得s＝eq \f(8\r(7)－13v\\al(2,0),200gsinθ)。eq \(○,\s\up1(34))
练习7、(多选)(2021·山东高考)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是( )
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M))) eq \r(\f(2Hv\\al(2,0),g)＋H2)
D．d＝ eq \r(\f(2Hv\\al(2,0),g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))2H2)
【答案】BC
【解析】开始时载有物资的热气球处于静止状态，所受合力为0，有F浮＝Mg＋mg；水平投出质量为m的物资瞬间，根据整体动量守恒，可知热气球获得相对地面水平向左的速度v＝eq \f(mv0,M)；投出物资后热气球所受浮力不变，则其所受合力为F浮－Mg＝mg，方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确。投出物资后热气球和物资的运动示意图如图所示，设物资落地所用时间为t，根据H＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2H,g))，热气球的加速度大小a＝eq \f(mg,M)＝eq \f(m,M)g，则在竖直方向上运动的位移为HM＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(m,M)g·eq \f(2H,g)＝eq \f(m,M)H；物资和热气球在水平方向均做匀速直线运动，则物资和热气球的水平位移分别为xm＝v0t＝v0eq \r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq \f(m,M)v0·eq \r(\f(2H,g))，根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d＝eq \r(xm＋xM2＋H＋HM2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))·eq \r(\f(2Hv\\al(2,0),g)＋H2)，C正确，D错误。
练习8、(2021·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】(1)eq \f(2v0,3) (2)eq \f(7v\\al(2,0),25μg) (3)eq \f(v0,μg) mveq \\al(2,0)
【解析】(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝(m＋2m)v共
解得v共＝eq \f(2v0,3)。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑
根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑
联立得v滑＝eq \f(2,5)v0，v木＝eq \f(4,5)v0
再根据功能关系有－μmgx＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,木)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,滑)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)
解得x＝eq \f(7v\\al(2,0),25μg)。
(3)对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有μmg＝ma滑
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t
解得t＝eq \f(v0,μg)
由于木板保持匀速直线运动，则有
F＝μmg
整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝eq \f(v\\al(2,0),μg)
则外力所做的功为W＝Fx′＝mveq \\al(2,0)。
【巧学妙记】
1、解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
2．应用动量、能量观点解决问题的两点技巧：
(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．
(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．
1. (多选)(2022·德阳“二诊”)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq \f(1,4)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eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为eq \f(3,4) m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
2．(2022·怀化一模)如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )
A．1∶4 B．1∶4eq \r(2)
C．1∶8 D．1∶12
3. (2022·昆明一中高三月考)如图，一质量为10 kg的铁球静止在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推铁球，铁球运动一段时间后和墙壁碰撞，碰后铁球速度反向、大小不变，每次推球，球出手后的速度大小都为2 m/s，已知人和车的总质量为50 kg。以下说法正确的是( )
A．运动的全过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒
B．后一次推铁球比前一次推铁球推力的冲量更小
C．连续推4次后铁球将不能追上人和小车
D．最终人、小车和铁球的速度大小都是2 m/s
4.(多选)(2022·天津学业水平等级考模拟)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法中正确的是( )
A．最终小木块和木箱都将静止
B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为eq \f(Mv02,2)－eq \f(Mv02,2M＋m)
C．木箱速度为eq \f(v0,3)时，小木块的速度为eq \f(2Mv0,3m)
D．最终小木块速度为eq \f(Mv0,m)
5. (2022·泰安二轮检测)如图所示，静止在光滑水平面上的木板A右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．3 J B．4 J
C．6 J D．20 J
6、(多选)(2022·郑州第一次质检)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)v1
8.(2022·鹰潭二模)如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动。B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力。求：
(1)木板C的最终速度大小；
(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff大小；
(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。
9．(2022·龙岩第三次质检)如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
10、(2022·江苏省高考模拟)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
(1)木块在ab段受到的摩擦力f；
(2)木块最后距a点的距离s.
11、(2022·新疆维吾尔自治区第二次联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2…2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v…、2 018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：
(1)最终木板的速度大小；
(2)运动中第88块木块的最小速度；
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
12．(2022·景德镇一模)如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的eq \f(1,4)圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
1.(2022·长治高三月考)如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
2.(2022·深圳市东升学校模拟预测)如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上、下两层粘在一起组成的．质量为m的子弹(可视为质点)以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出；若击中下层，则子弹嵌入其中部．比较这两种情况，以下说法中不正确的是( )
A．滑块对子弹的阻力一样大
B．子弹对滑块做的功一样多
C．滑块受到的冲量一样大
D．系统产生的热量一样多
3.(多选)(2022·河南高三月考)如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块 A．给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是( )
A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
D．长木板的长度可能为10 m
4．(多选)(2022·德州质检)如图所示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为2m的木块(可视为质点)，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ。开始时，长木板和木块都静止，现有一质量为m的子弹以初速度v0击中木块并停留其中，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和木块的速度已经相等。已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，经足够长的时间后，木块始终不从长木板上掉下来，则(已知重力加速度为g)( )
A．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统动量守恒
B．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统机械能守恒
C．若长木板的质量为6m，长木板可能与障碍物发生两次碰撞
D．若长木板的质量为3m，长木板的长度至少为eq \f(v\\al(2,0),18μg)
5. (2022·湖南省岳阳市高三下教学质量检测)(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则( )
A．C球落地前瞬间A球的速度为eq \r(2gH)
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
6．(2022·江西高三月考)如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，(取eq \r(10)＝3.17)求：
(1)滑块C的初速度v0的大小；
(2)当弹簧第一次恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小；
(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量．
7．(2022·株洲统一检测)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定一半径R＝0.7 m的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L＝0.9 m，一个质量m＝2 kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20 g的子弹，以速度v0＝500 m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则：
(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小；
(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10 cm，求弹簧的最大弹性势能．
8．(2022·山东省日照市高三三模)如图所示，以v＝5 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝0.2 kg。质量m＝0.1 kg的物体从轨道上高h＝4.0 m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A、B之间的距离L＝3.4 m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g＝10 m/s2，eq \r(10)≈3.16。求：
(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
(3)物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离；
(4)n个小球最终获得的总动能。
(2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
7. 如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻质弹簧拴接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，已知OM＝l。在P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧。A第一次脱离B后最高能上升到N点，且ON＝1.5l。B向上运动时还会拉伸弹簧，能使C物体刚好脱离挡板D。已知A、B、C的质量都是m，重力加速度为g。已知弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关。试求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)弹簧第一次恢复到原长时小物体B的速度大小；
(3)M、P两点之间的距离。
1. (2021·北京高考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
2、（2021年海南省普通高中学业水平选择性考试）17．（12分）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和，它们之间的动摩擦因数为，重力加速度为g．
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功．
3、（2022年广东省普通高中学业水平选择性考试）13. 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
4、（2021年湖北省普通高中学业水平选择性考试）15. （15分）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
5、（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试）14.（15分）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。
（1）若从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；
（2）若从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；
（3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，沿倾斜轨道由静止开始下滑，与发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使和均能落在弧形轨道上，且落在落点的右侧，求下滑的初始位置距轴高度的取值范围。
6、(2020·高考海南卷，T17)如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量ma＝1 kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量mb＝3 kg的小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已知圆弧轨道半径R＝0.8 m，传送带的长度L＝1.25 m，传送带以速度v＝1 m/s 顺时针匀速转动，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：
(1)碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；
(2)碰后小物块a能上升的最大高度；
(3)小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
7、(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
8．(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．
新课程标准
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。
2．通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
3．体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
命题趋势
由于动量守恒定律是必考内容，因此综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题仍将是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知识结合，作为试卷压轴计算题进行命题。
试题情境
生活实践类
生产生活中的爆炸、火箭发射、反冲问题．
学习探究类
气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
“弹簧类”模型图示
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
(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(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型图示
模型
特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝eq \f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解
“滑块—曲面”模型图示
模型
特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共)＋mgh，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：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)
考点23 动量守恒定律--碰撞和类碰撞问题问题
考向一 弹性碰撞与非弹性碰撞
考向二 碰撞的可能性
考向三 类碰撞模型的拓展应用
考向三 动量与能量的结合
、考向一 弹性碰撞与非弹性碰撞
一、碰撞的分类
(1)弹性碰撞：碰撞过程中没有机械能损失．
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中有机械能损失，若碰后两个物体结合成一体(获得相同的速度)，则叫作完全非弹性碰撞，此种情况下机械能损失最多．
1、弹性碰撞
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 ①,\f(1,2)m1v\\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\\al(2,2)＝\f(1,2)m1v′\\al(2,1) ＋\f(1,2)m2v′\\al(2,2) ②))
解得v′1＝eq \f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)
v′2＝eq \f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2).
(2)分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v′1＝v2，v′2＝v1，即两物体交换速度．
当碰前物体2的速度为零时：
v′1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，
①m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，碰撞后两物体交换速度．
②m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两物体沿相同方向运动．
③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来．
2、完全非弹性碰撞
（1）特点：发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，碰后两物体粘连在一起或者虽未粘连但以相同的速度运动．这种碰撞，只有动量守恒，机械能损失最大，损失的机械能转化为内能．
(2规律：m1v1＝(m1＋m2)v，
ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2.)
ΔE＝eq \f(M,m＋M)Ek1
【典例1】(2020·北京高考) 在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )
A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h
B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【解析】A项中，1号与质量不同的小钢球碰撞后，1号速度不为零，则该质量不同的小钢球获得的动能小于1号碰撞前瞬间的动能，所以该质量不同的小钢球与3号碰撞后，3号获得的动能也小于1号碰撞前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；B项中，1、2号释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中系统所受合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故B错误；C项中，1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号再与3号碰撞后，3号获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；D项中，碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
【典例2】（2022年河北省普通高中学业水平选择性考试）13. 如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。
（1）若，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1），，方向均向右；（2）
【解析】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为，滑板A和B质量分别为和，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
练习1、(2022河北辛集中学阶段考试)(多选)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg.现给A球一个水平向右的瞬时动量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知( )
A．B球的质量m2＝2 kg
B．A、B球在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J
C．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能
D．在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
【答案】AD
【解析】A、B球在碰撞过程中动量守恒，结合图像，t1时刻有m1v＝(m1＋m2)v共，代入数据得m2＝2 kg，A正确；A球和B球在共速时产生的弹性势能最大，因此Epm＝eq \f(1,2)m1v2－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,共)＝3 J，B错误；因为是弹性碰撞，t3时刻两球分离后没有能量损失，所以t3时刻两球的动能之和与0时刻A球的动能相等，C错误；从碰撞到t2时刻，两球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m1v＝m1v1＋m2v2和eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，联立解得v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故t2时刻两球的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8，D正确．
练习2、(2022·江苏七市第三次调研)如图所示，小木块A用细线悬挂在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角为α处．如果保持子弹入射的速度大小不变，而使子弹的质量增大，则最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE有( )
A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE减小
C．α角减小，ΔE增大 D．α角减小，ΔE也减小
【答案】A
【解析】设子弹的初速度为v0，质量为m，木块A的质量为M，在子弹与木块相互作用达到共同速度的过程中，因时间极短，二者组成的系统动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v′，Ek′＝eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝eq \f(m2v\\al(2,0),2M＋m)，则m越大，Ek′也越大，则α角也越大．获得共同速度后，在向上摆动的过程中，A和B的机械能守恒，则初态的机械能等于末态的机械能，所以子弹的初动能与系统在最高点时的机械能之差ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)1－eq \f(m,m＋M)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)·eq \f(M,M＋m)＝eq \f(Mv\\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,m)＋1)))，则m越大，ΔE越大，故A项正确．
【巧学妙记】
1.物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变．
(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞．
(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞．
(3)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1 v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(4)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
考向二 碰撞的可能性
1．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律．
(2)动能不增加
Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p′\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p′\\al(2,2),2m2).
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)．
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．
【典例3】(2022·邯郸调研)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【答案】C
【解析】根据动量守恒定律得p1＋p2＝p1′＋p2′，解得：p1′＝2 kg·m/s.碰撞过程系统的总动能不增加，则有eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)≤eq \f(peq \\al(2,1),2m1)＋eq \f(peq \\al(2,2),2m2).代入数据解得eq \f(m1,m2)≤eq \f(7,17)，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有eq \f(p1′,m1)≤eq \f(p2′,m2)，代入数据解得eq \f(m1,m2)≥eq \f(1,5)，综上有eq \f(1,5)≤eq \f(m1,m2)≤eq \f(7,17)，选项A、B、D错误，C正确．
【典例4】(2022·四川内江模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
【答案】C
【解析】碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
练习3.(2022·广州模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
【答案】C
【解析】A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。
练习4、(2022·河南高三月考)如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底部恰好与地面相切，两小球的质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg，m1的初速度为v0，m2保持静止，已知m1与m2发生弹性碰撞，要使m1与m2发生两次碰撞，则M可能为( )
A．2 kg B．3 kg
C．5 kg D．6 kg
【答案】D。
【解析】m1与m2发生第一次弹性碰撞后，设小球m1与m2的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，对系统由机械守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)·v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0，m2与M水平方向动量守恒，设m2离开M时速度为v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2＝m2v2′＋Mv3，eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m2v2′2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,3)，可得v2′＝eq \f(m2－M,m2＋M)v2，要使m1与m2发生两次碰撞，则|v2′|>|v1|，联立解得M>5 kg，故D正确，A、B、C错误。
考向三 类碰撞模型的拓展应用
【典例5】(2021·湖南高考)(多选)如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是( )
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA>mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1－S2＝S3
【答案】ABD
【解析】在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB【典例6】（2022年全国高考乙卷物理试题）12. 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）
【解析】（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
练习5、两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示．已知B与C碰撞后会粘在一起运动．在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
【答案】
【解析】(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，
由动量守恒定律得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA
解得vA＝3 m/s
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒mBv＝(mB＋mC)vC
故vC＝2 m/s
碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大
故Ep＝eq \f(1,2)mAv2＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,A)＝12 J
练习6、如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的eq \f(1,4)圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放．重力加速度为g，求：
(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度．
【答案】
【解析】 (1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得小球到b点时的速度大小为v0＝eq \r(2gR)
在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得FN＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力FN′＝FN＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg
(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh
解得h＝eq \f(MR,M＋m)
【巧学妙记】
处理碰撞类模型的方法技巧
(1)“弹簧类”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②系统的机械能守恒。
③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。
(2)“滑块—木板”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。
③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。
考向三 动量与能量的结合
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
【典例7】(2021·湖南高考) 如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上。重力加速度为g。
(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【答案】(1)eq \r(2μgL) (2)x＝2eq \r(2μLy－y2)(其中μL≤y≤2μL) (3)eq \f(3λ－1,λ－3)μL【解析】(1)物块A从倾斜轨道由静止滑至O点，根据动能定理有mg·2μL－μmgL＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(2μgL)。
(2)物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为(x，y)，所用时间为t，有x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2
解得veq \\al(2,0)＝eq \f(gx2,2y)
物块A从O点到落点，根据动能定理有
mgy＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得物块A落在弧形轨道上的动能为
Ek＝mgy＋eq \f(mgx2,4y)
因为物块A经过O点落在弧形轨道上的动能均相同，将点P(2μL，μL)的坐标代入，可得
Ek＝mg×μL＋eq \f(mg2μL2,4×μL)＝2μmgL
联立可得y＋eq \f(x2,4y)＝2μL
则PQ的曲线方程为x＝2eq \r(2μLy－y2)(其中μL≤y≤2μL)。
(3)设物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处由静止滑下，到达O点与物块B碰前的速度为v1，根据动能定理有
mgh－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得veq \\al(2,1)＝2gh－2μgL
物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后反弹。设碰后A、B的速度大小分别为v2、v3，规定水平向右为正方向，在物块A与B碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒，机械能守恒，有
mv1＝－mv2＋λmv3
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)·λmveq \\al(2,3)
解得v2＝eq \f(λ－1,λ＋1)v1，v3＝eq \f(2,λ＋1)v1
碰后物块A反弹，设再次到达O点时速度大小为v4，根据动能定理有
－2μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得veq \\al(2,4)＝veq \\al(2,2)－4μgL
由(2)知平抛的轨迹方程为x2＝eq \f(2v\\al(2,0),g)y
PQ的曲线方程为x＝2eq \r(2μLy－y2)(其中μL≤y≤2μL)
结合求得物块在弧形轨道上的落点纵坐标与在O点抛出的初速度v0的关系为y＝2μL－eq \f(v\\al(2,0),2g)(其中μL≤y≤2μL)
把物块A、B从O点飞出的速度代入，物体A、B落在弧形轨道上的落点纵坐标分别为
yA＝4μL－eq \f(v\\al(2,1),2g)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ－1,λ＋1)))2，
yB＝2μL－eq \f(v\\al(2,1),2g)·eq \f(4,λ＋12)
因为物块A落在B落点的右侧，则μL≤yA代入veq \\al(2,1)＝2gh－2μgL可得，h的取值范围为eq \f(3λ－1,λ－3)μL【典例8】(2020·山东高考) 如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【答案】 (1)eq \f(3,5)v0 eq \f(2,5)v0 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))n－1·eq \f(v\\al(2,0),25g)(n＝1,2,3，…) (3)eq \f(v\\al(2,0),18g) (4)eq \f(8\r(7)－13v\\al(2,0),200gsinθ)
【解析】(1)P与Q的第一次碰撞过程中，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mvP1＋4mvQ1①
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P1)＋eq \f(1,2)·4mveq \\al(2,Q1)②
联立①②式得vP1＝－eq \f(3,5)v0③
vQ1＝eq \f(2,5)v0④
故第一次碰撞后瞬间P的速度大小为eq \f(3,5)v0，Q的速度大小为eq \f(2,5)v0。
(2)设Q与斜面间的动摩擦因数为μ，Q沿斜面向上滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
4ma＝μ·4mgcsθ＋mgsinθ⑤
又μ＝tanθ⑥
联立⑤⑥式得a＝2gsinθ⑦
设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
0－veq \\al(2,Q1)＝2·(－a)·eq \f(h1,sinθ)⑧
联立④⑦⑧式得h1＝eq \f(v\\al(2,0),25g)⑨
因为sinθ＝μcsθ，则Q速度减为零后不会下滑。
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得eq \f(1,2)mveq \\al(2,02)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,P1)＝－mgh1⑩
联立③⑨⑩式得v02＝eq \f(\r(7),5)v0⑪
设P与Q第二次碰撞后瞬间的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得
mv02＝mvP2＋4mvQ2⑫
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,02)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P2)＋eq \f(1,2)·4mveq \\al(2,Q2)⑬
联立⑪⑫⑬式得vP2＝－eq \f(3,5)×eq \f(\r(7),5)v0⑭
vQ2＝eq \f(2,5)×eq \f(\r(7),5)v0⑮
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
0－veq \\al(2,Q2)＝2·(－a)·eq \f(h2,sinθ)⑯
联立⑦⑮⑯式得h2＝eq \f(7,25)·eq \f(v\\al(2,0),25g)⑰
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得eq \f(1,2)mveq \\al(2,03)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,P2)＝－mgh2⑱
联立⑭⑰⑱式得v03＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),5)))2v0⑲
设P与Q第三次碰撞后瞬间的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律得
mv03＝mvP3＋4mvQ3⑳
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,03)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P3)＋eq \f(1,2)·4mveq \\al(2,Q3)eq \(○,\s\up1(21))
联立⑲⑳eq \(○,\s\up1(21))式得vP3＝－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),5)))2v0eq \(○,\s\up1(22))
vQ3＝eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),5)))2v0eq \(○,\s\up1(23))
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得
0－veq \\al(2,Q3)＝2·(－a)·eq \f(h3,sinθ)eq \(○,\s\up1(24))
联立⑦eq \(○,\s\up1(23))eq \(○,\s\up1(24))式得h3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))2·eq \f(v\\al(2,0),25g)eq \(○,\s\up1(25))
……
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
hn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))n－1·eq \f(v\\al(2,0),25g)(n＝1,2,3，…)eq \(○,\s\up1(26))
(3)当P、Q到达距A点高度为H处时，两物块的速度为零，对两物块运动的全过程由动能定理得
0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－(m＋4m)gH－tanθ·4mgcsθ·eq \f(H,sinθ)eq \(○,\s\up1(27))
解得H＝eq \f(v\\al(2,0),18g)。eq \(○,\s\up1(28))
(4)若Q第一次碰撞后速度刚减为零时，P与之发生第二次碰撞，则此时A点与挡板之间的距离最小。设Q第一次碰撞后速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得0－vQ1＝－at1eq \(○,\s\up1(29))
设P第一次碰撞后运动到斜面底端时的速度大小为vP1′，需要的时间为t2，由运动学公式得
vP1′＝－vP1＋gt2sinθeq \(○,\s\up1(30))
vP1′2－veq \\al(2,P1)＝2sgsinθeq \(○,\s\up1(31))
设P再从A点运动到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则v02＝(－vP1)－gt3sinθeq \(○,\s\up1(32))
t1＝2t2＋t3eq \(○,\s\up1(33))
联立③④⑦⑪eq \(○,\s\up1(29))eq \(○,\s\up1(30))eq \(○,\s\up1(31))eq \(○,\s\up1(32))eq \(○,\s\up1(33))式得s＝eq \f(8\r(7)－13v\\al(2,0),200gsinθ)。eq \(○,\s\up1(34))
练习7、(多选)(2021·山东高考)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是( )
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M))) eq \r(\f(2Hv\\al(2,0),g)＋H2)
D．d＝ eq \r(\f(2Hv\\al(2,0),g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))2H2)
【答案】BC
【解析】开始时载有物资的热气球处于静止状态，所受合力为0，有F浮＝Mg＋mg；水平投出质量为m的物资瞬间，根据整体动量守恒，可知热气球获得相对地面水平向左的速度v＝eq \f(mv0,M)；投出物资后热气球所受浮力不变，则其所受合力为F浮－Mg＝mg，方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确。投出物资后热气球和物资的运动示意图如图所示，设物资落地所用时间为t，根据H＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2H,g))，热气球的加速度大小a＝eq \f(mg,M)＝eq \f(m,M)g，则在竖直方向上运动的位移为HM＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(m,M)g·eq \f(2H,g)＝eq \f(m,M)H；物资和热气球在水平方向均做匀速直线运动，则物资和热气球的水平位移分别为xm＝v0t＝v0eq \r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq \f(m,M)v0·eq \r(\f(2H,g))，根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d＝eq \r(xm＋xM2＋H＋HM2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))·eq \r(\f(2Hv\\al(2,0),g)＋H2)，C正确，D错误。
练习8、(2021·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】(1)eq \f(2v0,3) (2)eq \f(7v\\al(2,0),25μg) (3)eq \f(v0,μg) mveq \\al(2,0)
【解析】(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝(m＋2m)v共
解得v共＝eq \f(2v0,3)。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑
根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑
联立得v滑＝eq \f(2,5)v0，v木＝eq \f(4,5)v0
再根据功能关系有－μmgx＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,木)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,滑)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)
解得x＝eq \f(7v\\al(2,0),25μg)。
(3)对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有μmg＝ma滑
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t
解得t＝eq \f(v0,μg)
由于木板保持匀速直线运动，则有
F＝μmg
整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝eq \f(v\\al(2,0),μg)
则外力所做的功为W＝Fx′＝mveq \\al(2,0)。
【巧学妙记】
1、解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
2．应用动量、能量观点解决问题的两点技巧：
(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．
(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．
1. (多选)(2022·德阳“二诊”)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq \f(1,4)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eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为eq \f(3,4) m/s
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
【解析】A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)veq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，A与B碰后B的速率最大，故B的最大速率为4 m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，B错误；设B、C分离时的速度分别为vB′、vC′，从B冲上C然后又滑到C底端的过程，由水平方向动量守恒，有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)·Mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)·MvB′2＋eq \f(1,2)·2MvC′2，联立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|<|vA|，所以B与A不会再次发生碰撞，C错误，D正确。
2．(2022·怀化一模)如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )
A．1∶4 B．1∶4eq \r(2)
C．1∶8 D．1∶12
【答案】 A
【解析】木块从开始运动到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq \f(v0,2)；根据能量守恒定律有μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m)v2，解得划痕长度s＝eq \f(v\\al(2,0),4μg)；同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度s′＝eq \f(2v02,4μg)，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误。
3. (2022·昆明一中高三月考)如图，一质量为10 kg的铁球静止在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推铁球，铁球运动一段时间后和墙壁碰撞，碰后铁球速度反向、大小不变，每次推球，球出手后的速度大小都为2 m/s，已知人和车的总质量为50 kg。以下说法正确的是( )
A．运动的全过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒
B．后一次推铁球比前一次推铁球推力的冲量更小
C．连续推4次后铁球将不能追上人和小车
D．最终人、小车和铁球的速度大小都是2 m/s
【答案】D。
【解析】球与墙壁碰撞过程，墙壁的作用力对系统有冲量，系统动量不守恒，A错误；设铁球的质量为m、人和小车的质量为M，第一次推铁球，根据动量定理有I1＝Δp1＝m·v＝20 N·s，以后每次推铁球，根据动量定理有I2＝m·v－m(－v)＝40 N·s，则第二次推球的冲量大于第一次推球的冲量，之后每一次推铁球的冲量都相等，B错误；要使铁球不能追上小车，需使v球≤v车，推球过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒，则第一次推球使人和小车获得了Δp1＝20 kg·m/s的动量，以后每次推球都使人和小车获得了Δp2＝40 kg·m/s 的动量，根据Δp1＋nΔp2≥Mv，解得n≥2，故连续推3次后铁球将不能追上人和小车，C错误；根据Δp1＋nΔp2≥Mv′可知，当n＝2时解得小车的速度为v′＝2 m/s，与铁球的速度大小相等，今后不能追上小车，三者都保持匀速运动，D正确。
4.(多选)(2022·天津学业水平等级考模拟)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法中正确的是( )
A．最终小木块和木箱都将静止
B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为eq \f(Mv02,2)－eq \f(Mv02,2M＋m)
C．木箱速度为eq \f(v0,3)时，小木块的速度为eq \f(2Mv0,3m)
D．最终小木块速度为eq \f(Mv0,m)
【答案】BC
【解析】木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，设最终速度为v1，由动量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v1，解得小木块和木箱最终速度v1＝eq \f(Mv0,m＋M)，故A、D错误；对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v12＝eq \f(Mv02,2)－eq \f(M2v02,2m＋M)，故B正确；木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝mv2＋Mv3，木箱速度为v3＝eq \f(v0,3)时，小木块的速度为v2＝eq \f(2Mv0,3m)，故C正确．
5. (2022·泰安二轮检测)如图所示，静止在光滑水平面上的木板A右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．3 J B．4 J
C．6 J D．20 J
【答案】A
【解析】设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝FfL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Ep。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝2FfL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得Ep＝3 J，故A项正确。
6、(多选)(2022·郑州第一次质检)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)v1
【答案】BD
【解析】 由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减
速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，B、D正确；A、C错误。
8.(2022·鹰潭二模)如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动。B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力。求：
(1)木板C的最终速度大小；
(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff大小；
(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。
【答案】(1)eq \f(5,6)v (2)eq \f(mv2,3L) (3)eq \f(3L,2v)
【解析】(1)设水平向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒，有2mv－mv＝(2m＋m)v1
解得v1＝eq \f(v,3)
A滑到C上，A、C动量守恒3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
解得v2＝eq \f(5,6)v。
(2)根据能量关系可知，在A、C相互作用过程中，木板C与物块A之间因摩擦产生的热量为
Q＝eq \f(1,2)(3m)v2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(3m＋m)veq \\al(2,2)
Q＝Ff· eq \f(L,2)
联立解得Ff＝eq \f(mv2,3L)。
(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝eq \f(3L,2v)。
9．(2022·龙岩第三次质检)如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
【答案】 见解析
【解析】(1)小物块C与小物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向
由动量守恒定律有：mv0＝2mv
解得v＝eq \f(1,2)v0
碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2
解得E损＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))eq \s\up12(2)＝2mgh＋eq \f(1,2)×5meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v0))eq \s\up12(2)
解得h＝eq \f(3veq \\al(2,0),40g)
10、(2022·江苏省高考模拟)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
(1)木块在ab段受到的摩擦力f；
(2)木块最后距a点的距离s.
【答案】见解析
【解析】(1)设木块到达最高点时，木块和物体P的共同速度为v，由水平方向动量守恒和功能关系得
mv0＝(m＋2m)v
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋mgh＋fL
联立得f＝eq \f(mv\\al(2,0)－3gh,3L).
(2)设木块停在ab之间时，木块和物体P的共同速度为v′，由水平方向动量守恒和功能关系得mv0＝(m＋2m)v′
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋2m)v′2＋f(2L－s)
联立得s＝eq \f(v\\al(2,0)－6ghL,v\\al(2,0)－3gh).
11、(2022·新疆维吾尔自治区第二次联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2…2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v…、2 018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：
(1)最终木板的速度大小；
(2)运动中第88块木块的最小速度；
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
【答案】(1)eq \f(2 019,4)v (2)eq \f(43 439,1 009)v (3)eq \f(4 037v,4 036μg)
【解析】(1)最终一起以速度v′运动，由动量守恒可知
m(v＋2v＋…＋2 018v)＝2×2 018mv′，解得v′＝eq \f(2019,4)v。
(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1块木块的速度均为vk，因为每块木块质量相等，所受合力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k＋1至第n块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v，
系统动量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋
m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]
＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v
＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v
所以vk＝eq \f(（2n＋1－k）kv,4n)，v88＝eq \f(43 439,1 009)v。
(3)第二块木块相对木板静止的速度为
v2＝eq \f(2×2018＋1－2,4×2018)×2v＝eq \f(4 035,4 036)v
因为木块的加速度总为a＝μg
v2＝2v－μgt，解得t＝eq \f(2v－v2,μg)＝eq \f(4 037v,4 036μg)。
12．(2022·景德镇一模)如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的eq \f(1,4)圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
【答案】 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
【解析】(1)对球1从A到B应用动能定理：m1gR＝eq \f(1,2)m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1eq \f(v02,R)
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得：v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：
v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)v2
则v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)·eq \f(2m1,m1＋m2)v0
代入数据得v3＝eq \f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5)v0，
由数学知识可知，当m2＝eq \f(0.04,m2)时，m2＋eq \f(0.04,m2)＋0.5最小，v3最大
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg.
1.(2022·长治高三月考)如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
【答案】A
【解析】木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v1.设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：Mv0－mv0＝(M＋m)v1，得v1＝eq \f(M－m,M＋m)v0＜v0，故A正确，B、C、D错误．
2.(2022·深圳市东升学校模拟预测)如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上、下两层粘在一起组成的．质量为m的子弹(可视为质点)以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出；若击中下层，则子弹嵌入其中部．比较这两种情况，以下说法中不正确的是( )
A．滑块对子弹的阻力一样大
B．子弹对滑块做的功一样多
C．滑块受到的冲量一样大
D．系统产生的热量一样多
【答案】 A
【解析】最后滑块与子弹相对静止，根据动量守恒定律可知，两种情况下滑块和子弹的共同速度相等，根据能量守恒定律可知，两种情况下动能的减少量相等，产生的热量相等，而子弹相对滑块的位移大小不等，故滑块对子弹的阻力不一样大，A错误，D正确；根据动能定理可知，滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功，因两种情况下滑块的动能增加量相等，所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多，B正确；因两种情况下滑块的动量变化相同，根据动量定理，两种情况下滑块受到的冲量一样大，C正确．
3.(多选)(2022·河南高三月考)如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块 A．给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是( )
A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
D．长木板的长度可能为10 m
【答案】ACD
【解析】木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得，当木块A的速度减为零时，Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故A正确，B错误；最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知，eq \f(1,2)Mv02＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确．
4．(多选)(2022·德州质检)如图所示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为2m的木块(可视为质点)，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ。开始时，长木板和木块都静止，现有一质量为m的子弹以初速度v0击中木块并停留其中，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和木块的速度已经相等。已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，经足够长的时间后，木块始终不从长木板上掉下来，则(已知重力加速度为g)( )
A．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统动量守恒
B．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统机械能守恒
C．若长木板的质量为6m，长木板可能与障碍物发生两次碰撞
D．若长木板的质量为3m，长木板的长度至少为eq \f(v\\al(2,0),18μg)
【答案】AD
【解析】长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒。由于有机械能转化为内能，所以系统的机械能不守恒，故A项正确，B项错误；设长木板的质量为M，长木板要能与障碍物发生两次碰撞，第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量，则有(m＋2m)v＞Mv，得M＜3m，所以若长木板的质量为6m，长木板不可能与障碍物发生两次碰撞，故C项错误；子弹射入木块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝eq \f(1,3)v0，木块在长木板上滑行过程，由动量守恒定律得(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，由能量守恒定律得μ·3mgL1＝eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m＋2m＋3m)veq \\al(2,2)，长木板与障碍物碰撞后，以向右为正方向，由动量守恒定律得－3mv2＋(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3，得v3＝0，所以子弹、木块、长木板最终静止，由能量守恒定律得μ·3mgL2＝eq \f(1,2)(m＋2m＋3m)veq \\al(2,2)，长木板的长度至少为L＝L1＋L2，联立解得L＝eq \f(v\\al(2,0),18μg)，故D项正确。
5. (2022·湖南省岳阳市高三下教学质量检测)(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则( )
A．C球落地前瞬间A球的速度为eq \r(2gH)
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
【答案】ABD
【解析】因为A、B、C球由静止同时释放，所以C球落地瞬间三个小球的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝eq \r(2gH)，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，所以C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq \f(1,2)mBvB′2＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mAvA′2，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由B项分析解得vA′＝3eq \r(2gH)，根据竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度hmax＝eq \f(vA′2,2g)＝9H，C错误，D正确。
6．(2022·江西高三月考)如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，(取eq \r(10)＝3.17)求：
(1)滑块C的初速度v0的大小；
(2)当弹簧第一次恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小；
(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量．
【答案】见解析
【解析】(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：
mCv0＝(mB＋mC)v1
弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,1)
解得：v1＝3 m/s，v0＝9 m/s
(2)设弹簧第一次恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得：
mAv3＝(mB＋mC)v2
根据能量守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,2)
解得：v2≈1.9 m/s
(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量I，选向右为正方向，由动量定理得：
I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)
解得：I＝1.47 N·s，方向水平向右
7．(2022·株洲统一检测)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定一半径R＝0.7 m的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L＝0.9 m，一个质量m＝2 kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20 g的子弹，以速度v0＝500 m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则：
(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小；
(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10 cm，求弹簧的最大弹性势能．
【答案】见解析
【解析】 (1)对于子弹打小车的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋M)v，可得：v＝5 m/s
当小物块运动到圆轨道的最高点时，三者共速为v共1.
根据动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋M＋m)v共1.
解得：v共1＝2.5 m/s
根据机械能守恒定律得：eq \f(1,2)(m0＋M)v2＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)veq \\al(2,共1)＋mgh
解得：h＝0.625 m当小物块再次回到B点时，小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2
根据动量守恒定律得：(m0＋M)v＝mv1＋(m0＋M)v2
根据能量守恒定律得：eq \f(1,2)(m0＋M)v2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)(m0＋M)veq \\al(2,2)
解得v1＝5 m/s，v2＝0
(2)当弹簧具有最大弹性势能Ep时三者速度相同，由动量守恒定律得：
m0v0＝(m0＋M＋m)v共2，可得v共2＝v共1＝2.5 m/s；
根据能量守恒定律得：μmg(L＋x)＋Ep＝eq \f(1,2)(m0＋M)v2－eq \f(1,2)(m0＋M＋m)veq \\al(2,共2).解得：Ep＝2.5 J
8．(2022·山东省日照市高三三模)如图所示，以v＝5 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝0.2 kg。质量m＝0.1 kg的物体从轨道上高h＝4.0 m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A、B之间的距离L＝3.4 m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g＝10 m/s2，eq \r(10)≈3.16。求：
(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
(3)物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离；
(4)n个小球最终获得的总动能。
【答案】 (1)－1.55 J (2)0.63 N·s(3)eq \f(5,18) m (4)eq \f(5,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9n))) J
【解析】 (1)物体由P到A的过程，满足：
mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
解得：Wf＝－1.55 J。
(2)物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
a＝eq \f( μmg,m)＝μg＝5 m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间t1＝eq \f(v0－v,a)＝eq \f(7－5,5) s＝0.4 s
匀减速运动的位移s1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝eq \f(7＋5,2)×0.4 m＝2.4 m所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为
t2＝eq \f(L－s1,v)＝eq \f(3.4－2.4,5) s＝0.2 s
故物体从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝0.6 s
传送带对物体的冲量大小为
I＝eq \r(mgt2＋[mv0－v]2)＝eq \r(0.4) N·s＝0.63 N·s。
(3)物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv＝－mv1＋m0u1
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m0ueq \\al(2,1)
解得：v1＝eq \f(1,3)v＝eq \f(5,3) m/s，u1＝eq \f(2,3)v＝eq \f(10,3) m/s
物体被反弹回来后，假设没有滑出传送带，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得0－veq \\al(2,1)＝－2as
解得s＝eq \f(5,18) m＜3.4 m，假设成立，所以物体在传送带上向左滑行的最大距离为eq \f(5,18) m。
(4)由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，则它们之间将进行速度交换。由(3)问可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，之后再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
v2＝eq \f(1,3)v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2v，u2＝eq \f(2,3)v1＝eq \f(2,3)·eq \f(1,3)v
以此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，它们的速度大小分别为
vn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))nv，un＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1v
由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换，所以，最终从1号小球开始，到n号小球，它们的速度大小依次为un、un－1、un－2、…、u1，则n个小球的总动能为
Ek＝eq \f(1,2)m0(ueq \\al(2,1)＋ueq \\al(2,2)＋…＋ueq \\al(2,n))
解得：Ek＝eq \f(5,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9n))) J。
(2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
【答案】(1)0 eq \r(2gkL) (2)当0＜k≤eq \f(1,4)时，t＝2eq \r(\f(2kL,g))；当k＞eq \f(1,4)时，t＝eq \f(8k＋1,22k＋1) eq \r(\f(L,2gk))
【解析】(1)A和B恰好能静止，则有
mgsin θ＝μmgcs θ，
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，
由牛顿第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma
解得：a＝g
A与B碰撞前的速度为v12＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′，
由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv1′2
解得：v1′＝0，v2＝eq \r(2gkL)。
(2)碰撞后B运动到底端所用时间为
t1＝eq \f(L,v2)＝ eq \r(\f(L,2gk))
A运动到底端所用时间为t2＝ eq \r(\f(2L,g))
若t1＝t2
解得：k＝eq \f(1,4)
当0＜k≤eq \f(1,4)时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有eq \f(1,2)gt2＝teq \r(2gkL)
解得：t＝2 eq \r(\f(2kL,g))
当k＞eq \f(1,4)时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，
B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
解得：a′＝g
再次相碰时，满足：L－eq \f(1,2)gt2＝eq \r(2gkL)·(t－t1)－eq \f(1,2)a′(t－t1)2，
解得：t＝eq \f(8k＋1,22k＋1) eq \r(\f(L,2gk))。
7. 如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻质弹簧拴接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，已知OM＝l。在P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧。A第一次脱离B后最高能上升到N点，且ON＝1.5l。B向上运动时还会拉伸弹簧，能使C物体刚好脱离挡板D。已知A、B、C的质量都是m，重力加速度为g。已知弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关。试求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)弹簧第一次恢复到原长时小物体B的速度大小；
(3)M、P两点之间的距离。
【答案】 (1)eq \f(mg,2l) (2) eq \r(\f(3,2)gl) (3)9l
【解析】 (1)B静止时，根据平衡条件得kl＝mgsinθ
则弹簧的劲度系数k＝eq \f(mg,2l)。
(2)当弹簧第一次恢复到原长时A、B恰好分离，设此时A、B的速度大小为v3，对A物体，从A、B分离到A速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝mgΔh
此过程中A物体上升的高度Δh＝1.5lsinθ
解得v3＝ eq \r(\f(3,2)gl)。
(3)设A与B相碰前的速度大小为v1，相碰后的速度大小为v2，M、P两点之间距离为x，对A物体，从开始下滑到A、B相碰前，根据机械能守恒定律得
mgxsinθ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
A与B碰撞过程，根据动量守恒定律得
mv1＝(m＋m)v2
设B静止时弹簧的弹性势能为Ep，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,2)＋Ep＝eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,3)＋(m＋m)glsinθ
B物体继续上升，速度变为0时，C物体恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为l，弹簧的弹性势能也为Ep
对B物体和弹簧，从A、B分离到B速度变为0的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝mglsinθ＋Ep
解得M、P两点之间的距离x＝9l。
1. (2021·北京高考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【答案】 (1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
【解析】 (1)两物块在空中做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)gt2
代入数据解得t＝0.30 s。
(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，有s＝vt
代入数据解得v＝1.0 m/s
根据动量守恒定律，有mv0＝2mv
代入数据解得v0＝2.0 m/s。
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2mv2
代入数据解得ΔE＝0.10 J。
2、（2021年海南省普通高中学业水平选择性考试）17．（12分）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和，它们之间的动摩擦因数为，重力加速度为g．
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功．
【答案】见解析
【解析】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，2mv0=（m+2m）v，
解得v=2v0/3。
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，滑块和木板组成的系统，动量守恒，
2mv0= mv1+2 mv2，
能量守恒定律，有 μmg△x=·2mv02-（mv12+·2 mv22），
其中v2=2 v1，
解得：△x=，
（3）对于滑块有 μmgt= mv0，
对于木板匀速有F=μmg
木板运动的位移 x=v0t，
W=Fx，
解得t=，W= mv02。
3、（2022年广东省普通高中学业水平选择性考试）13. 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得。
4、（2021年湖北省普通高中学业水平选择性考试）15. （15分）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】15. （1）2R （2） （3）
【解析】（1）根据题述，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由牛顿第二定律，mg=m
解得 v=
由平抛运动规律，x=vt，2R=
联立解得：x=2R
（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点过程，由机械能守恒定律，mgRcsθ=,
A所受力对A做功的功率P=mgsinθ·vD,
联立解得：P=。
（3）A碰撞后，由动能定理mgR=,，解得vA=
B碰撞后，由动能定理2mgR+=,，解得vB=
AB碰撞，由动量守恒定律，mv0= mvA+ mvB，
碰撞过程中A和B损失的总动能△Ek= - （+）
联立解得：△Ek=。
5、（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试）14.（15分）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。
（1）若从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；
（2）若从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；
（3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，沿倾斜轨道由静止开始下滑，与发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使和均能落在弧形轨道上，且落在落点的右侧，求下滑的初始位置距轴高度的取值范围。
【答案】见解析
【解析】本题考查动能定理、平抛运动规律、动量守恒定律及其相关知识点，主要考查综合运用知识分析解决问题的能力.
（1）沿倾斜轨道由静止开始下滑到O点的过程中，由动能定理
解得：v1=
（2）假设A落到P点，由平抛运动规律，
解得：v0=
则落到轨道上的动能
同时
解得
变形得
则的曲线方程为
（3）令A碰撞前速度为v，释放高度为h，由动能定理
则
AB发生弹性碰撞，系统动量守恒，机械能守恒，设碰撞后A速度为vA，B速度为vB，有
解得：
即
解得：
A反弹后，经历一次往返后从O抛出，抛出的速度为v2，由动能定理，
为保证A落在轨道上，则
即
解得：
又为保证A落点在B右侧，则v2＞vB，
综上，得
变形得：
又因为
则释放高度的取值范围为
6、(2020·高考海南卷，T17)如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量ma＝1 kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量mb＝3 kg的小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已知圆弧轨道半径R＝0.8 m，传送带的长度L＝1.25 m，传送带以速度v＝1 m/s 顺时针匀速转动，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：
(1)碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；
(2)碰后小物块a能上升的最大高度；
(3)小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
【答案】(1)30 N (2)0.2 m (3)1 s
【解析】(1)设小物块a下滑到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为va，根据机械能守恒定律有magR＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)，代入数据解得va＝4 m/s，小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有FN－mag＝maeq \f(veq \\al(2,a),R)，代入数据解得FN＝30 N，根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30 N。
(2)小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb
根据能量守恒定律有
eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＝eq \f(1,2)mava′2＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)
联立解得va′＝－2 m/s，vb＝2 m/s
小物块a反弹，根据机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)mava′2，解得h＝0.2 m。
(3)小物块b滑上传送带，因vb＝2 m/s>v＝1 m/s，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μmbg＝mba，解得a＝2 m/s2，则小物块b由2 m/s减至1 m/s所走过的位移为x1＝eq \f(veq \\al(2,b)－v2,2a)
代入数据解得x1＝0.75 m
减速阶段运动的时间为t1＝eq \f(vb－v,a)
代入数据解得t1＝0.5 s
因x1＝0.75 mt2＝eq \f(L－x1,v)＝0.5 s
故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间t＝t1＋t2＝1 s。
7、(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】(1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①
Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－eq \f(1,2)at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
由于l＜sA＜2l＋sB，在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mAvA2＝－μmAg(2l＋sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝eq \r(7) m/s⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫
eq \f(1,2)mAvA′2＝eq \f(1,2)mAvA″2＋eq \f(1,2)mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝eq \f(3\r(7),5) m/s，vB″＝－eq \f(2\r(7),5) m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。⑰
8．(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．
【答案】见解析
【解析】(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，eq \f(v1,2)为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v1,2)))＋m′v′ ①
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)v1))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)m′v′2 ②
联立①②式得m′＝3m ③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.
由动能定理有
mgH－fs1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0 ④
－(fs2＋mgh)＝0－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v1,2)))eq \s\up12(2) ⑤
从图(b)所给出的v －t图线可知
s1＝eq \f(1,2)v1t1 ⑥
s2＝eq \f(1,2)·eq \f(v1,2)·(1.4t1－t1) ⑦
由几何关系
eq \f(s2,s1)＝eq \f(h,H) ⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2 ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝eq \f(2,15)mgH ⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcs θ·eq \f(H＋h,sin θ) eq \(○,\s\up1(11))
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－eq \f(1,2)m′v′2 eq \(○,\s\up1(12))
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcs θ·eq \f(h,sin θ)－μ′mgs′＝0 eq \(○,\s\up1(13))
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩eq \(○,\s\up1(11))eq \(○,\s\up1(12))eq \(○,\s\up1(13))式可得
eq \f(μ,μ′)＝eq \f(11,9) eq \(○,\s\up1(14))新课程标准
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。
2．通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
3．体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
命题趋势
由于动量守恒定律是必考内容，因此综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题仍将是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知识结合，作为试卷压轴计算题进行命题。
试题情境
生活实践类
生产生活中的爆炸、火箭发射、反冲问题．
学习探究类
气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
“弹簧类”模型图示
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
(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(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型图示
模型
特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝eq \f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解
“滑块—曲面”模型图示
模型
特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共)＋mgh，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：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)