专题7 动量守恒定律（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律”专题，覆盖动量定理应用、碰撞模型、类碰撞模型及实验验证四大核心考点，严格对接高考评价体系，通过近五年真题统计明确“碰撞与动量守恒”占55%、“板块模型综合应用”占30%的高频考点分布，归纳出多选、计算等常考题型的解题框架。 课件亮点在于“真题溯源+模型建构+科学推理”的备考路径，如以2024全国甲卷蹦床问题为例，拆解动量定理与图像面积结合的解题步骤，提炼弹性碰撞二级结论通式，培养学生科学思维和模型建构素养。特设“易错陷阱警示”和“提分策略”模块，助力学生高效突破高频考点，教师可据此实施精准复习指导，提升备考针对性。

专题七　动量守恒定律 高考物理 新高考专用 目 录 目 录 题型方法 实验8　验证动量守恒定律 培优提升 题型22　动量定理的应用 高考真题 高考模拟 题型23　碰撞模型 高考真题 高考模拟 题型24　类碰撞模型 高考真题 高考模拟 题型25　力学三大观点在板块模型中的综合应用 高考真题 高考模拟 目 录 题型22　动量定理的应用 题型方法 高考真题 1. (2024全国甲,20,6分)(多选)蹦床运动中,质量为60 kg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,重力加速度大小取10 m/s 2。下列说法正确的是 ( ) A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大 B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s C.t=1.00 s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4 600 N     BD     目 录 解析　由题图知,t=0.15 s时F达到最大,此时蹦床的形变量达到最大,可知t=0.15 s时运 动员运动至最低处,重力势能最小,A错误;t=0.3 s时,运动员恰好离开蹦床,t=2.3 s时运动 员又刚好接触蹦床,该段时间内运动员的运动可看作竖直上抛运动,从抛出到落回原处 所用时间为2 s,所以运动员在空中上升的时间为1 s,根据v=gt可知运动员在离开蹦床时 速度大小为10 m/s,B正确;运动员在最高点对应的时刻为1.30 s,C错误;以竖直向下为正 方向,运动员刚好接触蹦床时的速度v1=10 m/s,经0.3 s离开蹦床时的速度v2=-10 m/s,根 据动量定理有mgt- t=mv2-mv1,解得蹦床对运动员的平均作用力大小 =4 600 N,根据牛 顿第三定律可知,D正确。 目 录     ABD     2. (2025广东,10,6分)(多选)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、 大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作 用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化 关系为F=F0-kt(F>0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于 该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有 ( )   A.受到空气作用力的方向会变化 B.受到拉力的冲量大小为 T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+ T D.T时刻受到空气作用力的大小为  目 录 解析　由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,故 无人机处于平衡状态,由于重力不变,拉力方向不变,大小随时间变化,则受到的空气作 用力方向必然变化(点拨:可以画出力的矢量三角形帮助快速解题),A正确;无人机在0~T 时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化,可采用平均值法求解其冲量大小,则有IF=  T= T,B正确;无人机受到的重力的冲量大小为mgT,由于冲量是矢 量,重力和拉力方向不同,所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与 拉力冲量的代数和,C错误;对无人机受力分析如图所示,将空气作用力分解为水平方向 的分力Fx和竖直方向的分力Fy,则有F空气= ,其中Fx=(F0-kT) cos 30°= (F0-kT),Fy 目 录 =mg+(F0-kT) sin 30°=mg+ (F0-kT),则有F空气= ,D正确。   目 录 3. (2024广东,14,13分)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路 面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同 时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感 球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力,求斜 面倾角的正切值tan θ。 目 录 (2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处 做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对 头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头 锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2,求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向; ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。        目 录 答案    (1)     (2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 解析    (1)对敏感球受力分析如图所示 三个力的合力方向水平向左,大小为ma, 由几何关系可知tan θ=  (2)①F-t图像中图线与横坐标轴所围的面积等于F的冲量, 故有IF= ×0.1×6 600 N·s=330 N·s 气囊对头锤的弹力方向竖直向上,故F的冲量IF方向竖直向上 目 录 ②以竖直向上为正方向,对头锤与气囊作用的过程应用动量定理有 IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 对头锤自由下落过程,由运动学公式有  =2gH 联立解得v=2 m/s 由v2=2gh,解得h=0.2 m 目 录 1.(回归教材·人教版选必一P5,T2 )(2025贵州毕节一模)(多选)质量为2 kg的物体在光 滑的水平地面上做匀速直线运动。t=0时刻起沿运动方向所在直线对物体施加力F的 作用,F随时间t变化的关系如图甲所示,物体的速度v随时间t变化的关系如图乙所示,重 力加速度大小g=10 m/s2。则 ( ) A.t=0时刻物体的速度为2 m/s     BD     高考模拟 B.t=2 s时刻物体的动量为6 kg·m/s C.在0~4 s内,合力对物体的冲量为零 D.在0~4 s内,力F对物体所做的功为8 J 目 录 解析    (关键点拨:F-t图像中图线与时间轴所围面积表示冲量)由题图,根据动量定理,可 知在0~3 s内有2×2 N·s-(3-2)×6 N·s=0-mv0,解得v0=1 m/s,A错误;在0~2 s内有2×2 N·s=mv1- mv0,解得mv1=6 kg·m/s,B正确;在0~4 s内有I=2×2 N·s-(4-2)×6 N·s=-8 N·s,C错误;在0~4 s 内有I=mv2-mv0,则4 s时物体速度v2=-3 m/s,根据动能定理,在0~4 s内有W= m - m =8 J,D正确。 目 录 2. (2025河南创新发展联盟一模)喷泉水柱从横截面积为S=0.001 m2的喷口持续以 速度v0=10 m/s竖直向上喷出,距喷口正上方h处固定一水平挡板,水柱冲击到水平挡板 后,在竖直方向水的速度瞬间变为零,在水平方向朝四周均匀散开,忽略空气阻力。已知 水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2。设水柱对挡板的冲击力为F,则F-h图 像可能正确的是 ( )  　　　　　          D     目 录 解析　根据题意知,在很短的Δt时间内,通过喷口处与挡板处水柱的质量相同,为Δm=ρv0 SΔt,设质量为Δm的水柱在高度为h处,撞击挡板前的速度为v,根据运动规律有 -v2=2 gh,其中 ≥2gh,即h≤5 m(否则水无法到达挡板处),设水对挡板的作用力的大小为F,根 据动量定理有FΔt=Δm·v=ρv0SvΔt,联立解得F=10  (N),根据数学知识可知,D选 项的图像符合题意,D正确。 目 录 3. (2025湖南怀化二模)(多选)如图甲,某轻弹簧两端系着质量均为m的小球A、B。 小球A用细线悬挂在天花板上,系统处于静止状态。将细线烧断,并以此为计时起 点,A、B两小球运动的a-t图线如图乙所示(a为小球的加速度,t为时间),两图线对应纵轴 最小值均为a=0。S表示0~t1时间内A的a-t图线与横轴所围面积大小,当地重力加速度为 g。下列说法正确的是 ( )  　          AD     A.从0到t3时刻,弹簧对A球的冲量为0 B.t2时刻,弹簧弹性势能最大 C.t2时刻,A、B两小球的速度差最小 D.t1时刻,B的速度大小为vB=2gt1-S 目 录 解析    (点拨:a-t图像中图线与时间轴所围面积表示速度的变化量;由图乙可得从0到t3 时刻两图线与时间轴所围面积相等,即t3时刻两小球速度大小相等)从0到t3时刻,对A、B 整体,由动量定理可得2mgt3=2mv3,解得t3时刻两球速度大小v3=gt3;对小球A,由动量定理 可得mgt3+IA=mv3,解得弹簧对A球的冲量IA=0,A正确。t2时刻,两小球加速度大小相等,对 A、B整体可得2mg=2ma,解得a=g;对小球A可得mg+FT=ma,解得此时弹簧的弹力FT=0,即 弹簧处于原长,弹性势能最小,B错误。由图乙可知,从0到t2时刻两者速度差一直在增大, t2时刻达到最大,C错误。从0到t1时刻,对A、B整体可得2mgt1=mvA+mvB,其中vA=S,解得vB= 2gt1-S,D正确。 目 录     A     题型23　碰撞模型 高考真题 1. (2025广东,7,4分)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作 用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2 始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速 度v随时间t变化的图像,可能正确的是 ( ) 目 录 解析　由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到 零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图线的斜率不变,A正确。 目 录 2. (2025河南,7,4分)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1和图2所示。小车N的质量为 mN,碰撞时间极短,则 ( )        A.mP>mN>mQ　　　　　    B.mN>mP>mQ C.mQ>mP>mN　　　　　    D.mQ>mN>mP     D     目 录 解析　假设所有碰撞均为弹性碰撞,P、Q、N三辆小车碰撞前的速度分别为vP、vQ、vN, 碰撞后的速度分别为vP'、vQ'、vN',对于P、N间的碰撞,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+ mNvN',根据能量守恒有 mP + mN = mPvP'2+ mNvN'2,联立解得vP'= , 由题图1知vP'<vN,所以vP'-vN<0,代入vP'得 <0,由题图1知vP>vN,所以mP<mN; 对于Q、N间的碰撞,根据动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN',根据能量守恒有 mQ +  mN = mQvQ'2+ mNvN'2,联立解得vQ'= ,由题图2知vQ'>vN,所以vQ'-vN>0,代 入vQ'得 >0,由题图2知vQ>vN,所以mQ>mN,综上所述,mQ>mN>mP,D正确。 目 录 归纳总结　最好能记住弹性碰撞的二级结论通式v1'= ,做相关题目的时 候能节省很多时间并减少错误。 目 录 3. (2023重庆,14,13分)如图所示,桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道,M、N 为轨道上的两点,且位于同一直径上,P为 段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽 略),小球每次经过P点后,其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨 道逆时针运动,与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞,碰后瞬间两球速度大小相 等。忽略每次碰撞时间。求: (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小; (2)球2的质量; (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 目 录 答案    (1)     (2)3m    (3)  解析    (1)球1第一次经过P点后瞬间的速度大小为2v0,此时根据向心力公式有F向=  = 。 (2)球1与球2发生弹性碰撞,且碰后速度大小相等(设为v),说明球1碰后反弹(点拨:若碰 后瞬间两球速度大小相等、方向相同,则为完全非弹性碰撞,与题意不符)。 设球2的质量为m',根据动量守恒定律有m·2v0=-mv+m'v,根据机械能守恒定律有 m(2v0)2 = mv2+ m'v2,联立解得v=v0,m'=3m。 (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt,球1从第一次碰撞至运动到P点所 用的时间为t1,此时球2运动到圆轨道上P的对称点(点拨:因为球1、球2第一次碰后运动 目 录 速率相等,故相同时间所走路程相等),即二者运动的路程之和为πR,球1从P点至第二次 碰撞所用时间为t2,根据圆周运动规律有t1= ,v0t2+2v0t2=πR,联立解得Δt=t1+t2= 。 目 录     AC     1. (2025八省联考·四川)(多选)如图,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高 度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直平面内上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到 最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升最大高度均为 ,若X、 Y质量分别为mx和my,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则 ( )   A. =1　　    B. =2　　    C. =2　　    D. =4 高考模拟 目 录 解析　小球X由静止释放到与小球Y发生碰撞前的过程,根据机械能守恒定律有mxgh=  mx =Ek1;两球碰撞后上升到最大高度处的过程,根据机械能守恒定律有Ek2= (mx+my) = (mx+my)g· 。两球碰撞过程,根据动量守恒有mxv1=(mx+my)v2,联立求得 =1, =2,A、C 正确。 目 录     BC     2. (2025八省联考·云南)(多选)如图甲所示,内表面光滑的“ ”形槽固定在水平 地面上,完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点,t=0时,a、b分别以速度 v1、v2向相反方向运动,已知b开始运动后速度v随时间t的变化关系如图乙所示,所有的 碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短,下列说法正确的是 ( ) A.前17秒内a与b共碰撞3次 B.初始时a的速度大小为1 m/s C.前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次 D.槽内底部长为10 m 目 录 解析　根据碰撞规律可知物块b与槽的侧壁碰后速度大小不变,方向改变,与a碰后交换 速度,则根据物块b的v-t图像,可知前17秒内a与b共碰撞4次,发生在4~6 s之间、8 s时 刻、10~12 s之间以及16 s时刻;前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次,分别在2 s、10 s和12 s时 刻,A错误,C正确。b与a碰前速度大小为2 m/s,方向向左,碰后b的速度大小v2'=1 m/s,方 向向右,因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞,则碰后两物块交换速度,可知碰前a的速 度大小v1=v2'=1 m/s,即初始时a的速度大小为1 m/s,B正确。物块b在t=2 s时与槽的侧壁 发生第一次碰撞,则槽内底部长为L=2v2t=2×2×2 m=8 m,D错误。 目 录 3. (2025江苏淮安一模)如图所示,光滑轨道固定在水平地面上,质量均为m、相距 很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高 度处由静止释放,设所有碰撞均为弹性碰撞,下列说法正确的是 ( )   A.若M<m,C与A仅碰撞一次 B.若M<m,A与B仅碰撞一次 C.若M=m,C与A可碰撞两次 D.若M>m,A与B可碰撞两次     B     目 录 解析　质量为M的小球C从轨道圆弧部分由静止释放滑至水平部分的过程有Mgh= M  ,取水平向右为正方向,C与A发生弹性碰撞,有Mv0=Mv1+mv2, M = M + m ,解得v1 = v0,v2= v0,A与B发生弹性碰撞,A与B质量相等,同理可得碰后A与B交换速度, 即A停下,B以v2向右运动,若M<m,则v1<0,C返回冲上轨道圆弧部分后再次下滑与静止的 A发生弹性碰撞,同理可解得vC= (-v1)=- v0,vA= (-v1)=- v0,易 知vA<v2,A与B仅碰撞一次,C与A不止碰撞一次,A错误,B正确;若M=m,C与A发生弹性碰 撞,碰后有v1=0,v2=v0,之后A与B发生弹性碰撞,碰后A与B交换速度,即A停下,B以v2=v0向 目 录 右运动,C与A仅碰撞一次,C错误;若M>m,C与A发生弹性碰撞,碰后v1= v0,v2= v 0,易知v1>0,v1<v2,之后A与B发生弹性碰撞,碰后A与B交换速度,即A停下,B以v2向右运动, 接着C再次与A发生弹性碰撞,碰后vC= v1= v0,vA= v1= v0,可 知vA<v2,vC<vA,A与B仅碰撞一次,C与A碰撞两次,D错误。 目 录 4. (2025黑龙江哈尔滨三中二模)质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下 端固定在地上。平衡时,弹簧的压缩量为x0,如图所示,一质量为2m的物块从钢板正上方 距离为4.5x0的A处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板粘连,一起向下运动。它们到达 最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势能面的弹性势能表达式为Ep= kx2,弹 簧振子做简谐运动的周期T=2π (x为弹簧形变量,M为振子的质量,k为弹簧劲度系 数),钢板与物块均可视为质点,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,下列说法正确 的是 ( )     C     目 录   A.物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是3  B.碰后物块与钢板一起做简谐运动,振幅A=6x0 C.碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t=   D.运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm=18mgx0 目 录 解析　对物块,从释放到与钢板碰撞前瞬间,根据动能定理有2mg·4.5x0= ·2m ,解得v0= 3 ,设质量为2m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度为v1,因碰撞时间极 短,动量守恒,取v0方向为正,则2mv0=3mv1,解得v1= =2 ,故A错误;碰后根据能量守 恒有 k + ×3m +3mg(x1-x0)= k ,根据平衡条件可得F弹=kx0=mg,解得x1=7x0,当物块 与钢板受力平衡时有3mg=kx2,解得x2=3x0,所以振幅为A=x1-x2=4x0,故B错误;设碰撞刚结 束至两者第一次运动到平衡位置时间为t1,则sin  = ,解得t1= ,继续运动到最低点 所经历的时间为t2,则t2= ,所以,碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t =t1+t2= = ×2π =  ,故C正确;当物块与钢板一起运动到最低点时,弹簧的弹性 势能最大,即Epm= k =24.5mgx0,D错误。 目 录     AD     5. (2025河南郑州一模)(多选)桐桐和乐乐乘坐溜冰电动车在水平冰面上玩耍。如 图甲,桐桐开着电动车向停在正前方的乐乐冲来,在碰撞前瞬间熄火;乐乐的电动车一直 处于熄火状态。已知桐桐与车的总质量为40 kg,在碰撞前后的一段时间内,两车的速度 v随时间t变化的图像如图乙所示。则 ( ) A.碰前桐桐与车受到的合力为40 N B.乐乐与车的总质量为37.5 kg C.此次碰撞过程没有机械能损失 D.两车碰后,均停止运动时相距7.5 m 目 录 解题导引       目 录 解析　根据v-t图线斜率表示加速度可知碰撞前桐桐与车的加速度大小为a1=  m/s2= 1 m/s2,根据牛顿第二定律得桐桐与车受到的合力为F1=m1a1=40×1 N=40 N,A正确。由 题图乙可知碰撞前瞬间桐桐与车的速度为v1=4 m/s,乐乐与车的速度为0,碰撞后桐桐与 车的速度为v'1=1 m/s,乐乐与车的速度为v2=4 m/s,碰撞过程,动量守恒,则有m1v1=m1v'1+m2 v2,解得m2=30 kg,B错误。碰撞前瞬间系统的机械能为桐桐与车的动能,则有Ek= m1 =  ×40×42 J=320 J,碰撞后系统的机械能为桐桐与车的动能和乐乐与车的动能,则有E'k=  m1v' + m2 = ×40×12 J+ ×30×42 J=260 J,可知Ek>E'k,故此次碰撞过程有机械能损失,C 错误。根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,可得两车碰后,桐桐与车的位移为x1= 目 录  ×1×(2.1-1.1) m=0.5 m,对乐乐与车,在1.1~2.1 s内加速度大小为a2=  m/s2=1 m/s2, 则碰撞后,乐乐与车的速度从4 m/s减到0,所经过的位移为x2= =  m=8 m,故两车碰 后,均停止运动时相距Δx=x2-x1=8 m-0.5 m=7.5 m,D正确。 目 录 6. (2025北京西城期末)在水平面上,质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m的 静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的。下列说法正确的是  ( ) A.碰撞后A球的速度一定反向 B.碰撞后B球的速度大小可能是0.6v C.碰撞过程A球对B球的冲量最大值为1.5mv D.碰撞过程两球损失的机械能最多为0.5mv2     C     目 录 解析    (点拨:当两球发生完全非弹性碰撞时,碰撞过程两球损失的机械能最多)若两球 发生完全非弹性碰撞,则碰撞后两球以相同的速度向A球原运动方向运动,根据动量守 恒定律得mv=(m+3m)v共,解得v共= v,碰撞过程两球损失的机械能ΔE= mv2- (m+3m) =  mv2,A、D错误。若两球发生弹性碰撞,碰撞后B球的速度最大且A球对B球的冲量最 大,根据动量守恒定律得mv=mvA+3mvBm,根据机械能守恒定律可得 mv2= m + ×3m  ,联立解得vBm=0.5v,B错误。由动量定理得碰撞过程A球对B球的冲量最大值为Im=3 mvBm-0=1.5mv,C正确。 目 录 一题多解　利用恢复系数e及结论 (1)恢复系数e= ,且0≤e≤1;碰撞中损失机械能ΔE= (1-e2) v2; (2)若两球发生完全非弹性碰撞,e=0;可得vB=vA,即A球速度不会反向,A错误。碰撞过程 两球损失的机械能ΔE= · v2= mv2,D错误。 (3)若两球发生弹性碰撞,e=1,可得 =1;由动量守恒可得mv=mvA+3mvBm,联立解得 vBm=0.5v,B错误。由动量定理得碰撞过程A球对B球的冲量最大值Im=3mvBm-0=1.5mv,C 正确。 目 录 7. (2025云南大理白族自治州二模)在竖直平面内,质量m=0.1 kg的小球A用长为L= 0.5 m的不可伸长的轻绳悬挂于O点,O点正下方距离O点0.4 m有一点C,C点用长为R=0. 1 m的不可伸长的轻绳竖直悬挂一质量也为0.1 kg的小球B。把小球A拉到如图所示位 置,轻绳恰好伸直,且轻绳与竖直方向的夹角α=37°。由静止释放小球A,球A自由下落,当 轻绳再次伸直时到达D点,小球沿轻绳方向的速度瞬间变为0,之后两小球发生弹性碰 撞。两球都可视为质点,忽略空气阻力,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求小球A由静止释放后,轻绳再次伸直前瞬间,小球A的速度大小; (2)求A、B两球碰撞后瞬间,小球A的速度大小; (3)判断小球B能否以C为圆心到达圆周的最高点,如果不能,请说明理 由;如果能,求出小球B在最高点时对轻绳的拉力大小。 目 录 答案    (1)4 m/s    (2)0    (3)能    2.76 N 解析    (1)解法1:力和运动角度 球A由静止释放至轻绳再次伸直前瞬间,做自由落体运动,由匀变速直线运动规律得v2= 2g·2L cos α 解得v=4 m/s。 解法2:做功和能量角度 球A由静止释放至轻绳再次伸直前瞬间的过程,根据动能定理得mg·2L cos α= mv2 解得v=4 m/s。 (2)把轻绳再次伸直前瞬间A球速度v分解为沿轻绳方向的速度v1和垂直轻绳方向的速 目 录 度v2,则轻绳再次伸直后瞬间A球的速度为v2=v sin α 球A由D点至最低点的过程,根据动能定理得 mgL(1- cos α)= m - m  A、B两球发生弹性碰撞,根据动量守恒定律可得 mvA=mvA1+mvB1 根据机械能守恒定律得 m = m + m  解得二者碰后瞬间,球A的速度vA1=0 球B的速度vB1=vA=  m/s。 目 录 (3)假设球B能以点C为圆心到达圆周的最高点,根据动能定理得-2mgR= m - m  解得v0=  m/s> =1 m/s B能以C为圆心到达圆周的最高点, 球B在最高点时,由牛顿第二定律得 F+mg=m  解得F=2.76 N 根据牛顿第三定律得球B对轻绳的拉力大小为2.76 N。 目 录 1. (2024江苏,9,4分)如图所示,物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物块A左 右端相连,整个系统保持静止,已知所有接触面均光滑,弹簧处于伸长状态。剪断细线后  ( ) A.弹簧恢复到原长时,A的动能达到最大 B.弹簧压缩量最大时,A的动量达到最大 C.弹簧恢复到原长过程中,系统的动量增加 D.弹簧恢复到原长过程中,系统的机械能增加     A     题型24　类碰撞模型 高考真题 目 录 解析　对A、B及弹簧组成的系统分析可知合力为零,系统动量守恒,整个系统中只有弹 簧弹力做功,系统机械能守恒,C、D错误。由题可知,开始时弹簧处于伸长状态,从剪断 细线到弹簧恢复原长的过程,B向左加速,A向右加速;弹簧压缩的过程,B向左减速,A向右 减速,压缩至最短时,A、B速度均减为0,可知弹簧恢复原长时A和B的速度均达到最大, 此时A的动能、动量均最大,A正确,B错误。 目 录     AD     2. (2024湖北,10,4分)(多选)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为 L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变, 其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0, 若木块获得的速度最大,则 ( ) A.子弹的初速度大小为  B.子弹在木块中运动的时间为  C.木块和子弹损失的总动能为  D.木块在加速过程中运动的距离为  目 录 解析　子弹在木块内运动的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,若子弹没有射出 木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v= ,又子弹的 初速度越大,其打入木块越深[点拨:根据能量守恒定律有fΔx=kv0Δx= m - (M+m)v2,联 立解得Δx= ],则当子弹恰好不射出木块时,木块获得的速度最大,此时有kv0L=  m - (M+m)v2,解得v0= ;若子弹能够射出木块,设子弹穿出木块时子弹和木 块的速度分别为v1、v2(v1>v2),子弹和木块的位移大小分别为x1、x2,则有x1-x2=L,可得  t- t=L,左右两边同乘k,得 t+ t=kL,在此过程中对木块根据动量定理有ft 目 录 =kv0t=Mv2,若想木块获得的速度最大,即kv0t最大,当v1-v2趋近于零,即v1趋近于v2时,kv0t最 大,故子弹恰好不射出木块时,木块速度最大,综上所述,v0= 时,木块获得的速 度最大,A正确。木块获得的最大速度v= ,又v=a2t,a2= ,联立解得t= ,B错 误。由能量守恒可得子弹和木块损失的总动能转化为系统因摩擦产生的热量,即ΔE=Q =fL= ,C错误。木块在加速过程中运动的距离为x2= t= ,D正确。 目 录 3. (2025山东,17,14分)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=  kg的小球自Q点正上方h=2 m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=15 N时,b解除锁定开始运动。 已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb=  kg,方形物体的质量M=  kg,重力加速度大小g=10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep= 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; 目 录 (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。   目 录 答案    (1)6 m/s      m/s    (2)  m/s    2.5 J 解题导引　小球在方形物体中运动的过程中,小球与方形物体组成的系统在水平方向 动量守恒,且系统机械能守恒,可类比人船模型。小球平抛运动过程水平方向速度不变, 与物块a作用并粘在一起的过程在水平方向可视为完全非弹性碰撞,一起拉弹簧至弹力 为15 N,然后a和小球整体拉着弹簧带动物块b运动,小球、a、b及弹簧组成的系统动量 守恒、机械能守恒,弹簧的弹性势能最大时,小球、a、b三者共速。 目 录 解析    (1)小球从开始下落到运动至P处的过程,对小球与方形物体组成的系统, 根据水平方向动量守恒,有mv1=Mv2 根据机械能守恒,有mgh= m + M  代入数据解得v1=6 m/s,v2=  m/s (2)设小球与物块a粘在一起共速的速度大小为va0 由水平方向动量守恒得mv1=(m+ma)va0 代入数据解得va0=2 m/s F=15 N时弹簧的伸长量x1= =  m 目 录 设b被解除锁定瞬间小球和a的速度大小为va1 对弹簧、小球及a组成的系统 由能量守恒得 (m+ma) = (m+ma) + k  代入数据解得va1=1 m/s 对物块a、小球、b及弹簧组成的系统 由动量守恒得(m+ma)va1=(m+ma+mb)vb 代入数据解得vb=  m/s 由能量守恒得 (m+ma) + k = (m+ma+mb) +Epm 代入数据解得Epm=2.5 J 目 录 4. (2024安徽,14,14分)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙 水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一 物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物 块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生 弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小; (2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小; (3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦 目 录 因数μ的取值范围。   目 录 答案    (1)6 N    (2)4 m/s    (3)0.25≤μ<0.4 解析    (1)小球从释放到运动至最低点的过程,根据动能定理有mgL= m -0 解得v0=5 m/s 在最低点,对小球由牛顿第二定律有FT-mg=m  解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 (2)小球与物块发生弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2、 m  = m + M  解得v2= v0=4 m/s,故小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为4 m/s。 目 录 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时物块与小车共速,则对物块与小车整体由水 平方向动量守恒有 Mv2=2Mv3 由能量守恒定律有 M = ×2M +μ1Mgs 解得μ1=0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置时两者共速,则对物块与小车整体由水平方 向动量守恒有Mv2=2Mv4 由能量守恒定律有 M = ×2M +μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25 综上所述,物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 目 录 5. (2023湖南,15,16分)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个 半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为 m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心 的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴 上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。 (1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动 的距离; (2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程; (3)若 = ,求小球下降h= 高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表 目 录 示)。   目 录 答案    (1)       (2) + =1(y≤0) (3)2b  目 录 解析    (1)设小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小为vm,凹槽速度大小为vM,地面 光滑,小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,初动量为零,则小球与凹槽水平方 向的动量始终等大反向,有mvm=MvM 半椭圆形轨道光滑,由机械能守恒定律有 mgb= m + M , 解得vM= 。  = = ,且xm+xM=a 目 录 联立解得xM= 。 (2)以水平向右为正方向,设小球运动轨迹上某点坐标为(x,y),则小球的水平分位移为a -x,方向向左,设此时凹槽位移为x2,方向向右,有m(x-a)+Mx2=0,因凹槽内表面为半椭圆形, 此时椭圆中心位置坐标为(x2,0),故小球在椭圆轨道上的位置坐标满足 + =1 由以上几式整理得小球运动轨迹方程为  + =1(y≤0)。 (3)将M、m的关系式代入第(2)问小球运动的轨迹方程中,则有 + =1(y≤0) 目 录 可知小球的运动轨迹为半径为b的圆弧,圆心为O1(a-b,0),如图所示   当小球下降h= 高度时,设小球此时的坐标为(x0,y0),则y0=-  设此时小球的速度大小为v1,v1的方向与水平方向的夹角为θ,凹槽的速度大小为v2 根据几何关系可知tan θ=  将v1沿水平方向和竖直方向分解,则vx=v1 cos θ 目 录 根据机械能守恒定律有mg = m + M ,小球和凹槽在运动过程中,水平方向动量守 恒,根据动量守恒定律有mvx=Mv2 联立解得v1=2b 。 目 录     C     1. (2025江苏扬州期末)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 ( )   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 高考模拟 目 录 解析　当弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离,此过程甲的速度先向右逐渐减小然后向左 逐渐增大,故甲的动能先减小后增大,动量先减小后增大,A、B错误。甲、乙系统所受 合力为零,动量守恒,D错误。该过程中甲、乙及弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧的弹 性势能一直减小,故甲、乙系统的动能一直增大,C正确。 目 录 2. (2025安徽马鞍山一模)如图所示,物块A、B静止在光滑水平地面上,A与轻弹簧相 连,C沿水平面以一定初速度向右运动,与B碰后粘在一起,二者向右运动一小段距离后 与弹簧接触,一段时间后与弹簧分离,则 ( )   A.A加速过程中,加速度越来越大 B.A、B、C共速时,B所受合力为0 C.A、B、C共速时,弹簧弹性势能最大 D.B、C碰撞过程中,B、C系统机械能守恒     C     目 录 解析    A加速过程中,弹簧压缩量先逐渐增大,达到最大压缩量之后又逐渐减小,所以A 受到的弹簧弹力先增大后减小,则A的加速度先增大后减小,A错误;A、B、C共速时,弹 簧的压缩量达到最大,弹簧弹性势能最大,此时B、C整体受到的弹力不为0,B、C整体的 加速度不为0,则B的加速度不为0,所受合力不为0,B错误,C正确;B、C碰后粘在一起,属 于完全非弹性碰撞,所以B、C碰撞过程中,B、C系统机械能不守恒,D错误。 目 录 3. (2025山东淄博期末)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧 形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑相切,一个质量也为m的小球从高h处沿槽 开始自由下滑,则 ( )   A.在以后的运动过程中,小球和槽的动量始终守恒 B.在下滑过程中,小球对槽的作用力做正功 C.被弹簧反弹前后,小球动量未发生改变 D.被弹簧反弹后,小球能再次回到槽上     B     目 录 解析　小球在槽上运动时,小球和槽组成的系统水平方向动量守恒,但竖直方向动量不 守恒,A错误。在下滑过程中,小球对槽的压力对槽做正功,B正确。被弹簧反弹前后,小 球的速度方向发生变化,故动量变化,C错误。设小球离开槽时小球和槽的速度分别为v 1和v2,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得0=mv1+mv2,解得v1=-v2;小球被反弹后,速 度大小仍等于v1,所以小球被反弹后一定不能再次回到槽上,D错误。 目 录     AD 4. (2025河北保定期末)(多选)如图所示,质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与 光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度,如果圆弧滑块固定,小球运 动过程中距离水平面的最大高度为 R(R为圆弧的半径),如果圆弧滑块不固定,小球运 动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )   A.小球的初速度大小为3  B.M=2m C.如果圆弧滑块不固定,小球滑离圆弧滑块到最高 点的过程中,水平位移为R D.如果圆弧滑块不固定,小球最终的速度大小为  目 录 解析　圆弧滑块固定时,根据机械能守恒定律可得 m =mg· R,解得小球的初速度大 小为v0=3 ,A正确。滑块不固定时,根据水平方向动量守恒和能量守恒得mv0=(m+M) vx、 m =mg· + (M+m) ,联立解得M=0.5m、vx=2 ,B错误。如果滑块不固定,小 球滑离滑块到最高点所用的时间t= = ,水平位移为x=vxt=2R,C错误。(解题关 键:小球从滑块上圆心等高处滑离滑块时,小球的水平分速度与滑块速度相同,故小球仍 能从滑离滑块处落回滑块)如果滑块不固定,小球由开始运动至落回滑块并从滑块中滑 出过程,根据动量守恒和能量守恒得mv0=mv1+Mv2、 m = m + M ,解得小球和滑 块的速度分别为v1= v0= 、v2= v0=4 ,D正确。 目 录 5. (2025湖北十一校联考一)(多选)如图甲所示,一质量为M的光滑斜面静止在光滑 水平面上,高度h= 、倾角θ=45°,一质量为m的物块(可视为质点)从斜面底端以一定 的初速度v0=2 v沿斜面向上运动。若物块在斜面上运动的过程中测得在水平方向上 物块与斜面的速度大小分别为v1和v2,作出全过程的v1-v2图像如图乙所示,已知重力加速 度为g,则 ( )  　          BCD     目 录 A.物块离开斜面时,物块与斜面水平方向共速 B.m∶M=1∶2 C.物块离开斜面时竖直分速度为  D.物块在整个运动过程中上升的最大高度为 h 目 录 解题导引       目 录 解析　由题图乙可知,当物块离开斜面时物块与斜面水平方向不共速,A错误。根据物 块与斜面组成的系统水平方向动量守恒得mv0 cos 45°=mv+M ,解得m∶M=1∶2,B正 确。设物块离开斜面时的速度为v',对系统,根据机械能守恒可得 m =mgh+ mv'2+ M  ,解得v'= v,根据平行四边形定则得v'2=v2+ ,解得vy= ,C正确。物块离开斜面后 继续上升的高度h'= = = ,故物块在整个运动过程中上升的最大高度hm=h+h'=  h,D正确。 目 录     AC     6. (2025安徽合肥监测)(多选)如图所示,质量M=2 kg、半径R=2 m、内壁光滑的半 圆槽静置于光滑水平地面上。现将质量m=1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点的 正上方h=2 m处由静止释放,小球下落后刚好自A点进入槽内,B点为半圆槽内壁的最低 点。不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.小球从A到B的过程中,小球对半圆槽做正功 B.小球运动到B时,小球速度大小为4  m/s C.小球从A到C的过程中,半圆槽的位移为  m D.小球从C点飞出后做斜抛运动 目 录 解析　由于小球从A到B的过程中对槽有斜向左下的压力,同时半圆槽向左运动,位移方 向向左,所以小球对半圆槽做正功,A正确。小球与半圆槽组成的系统水平方向所受合 力为0,所以水平方向动量守恒,小球从释放运动到B过程,有mv1=Mv2,mg(h+R)= m +  M ,解得v1=4  m/s,v2=2  m/s,B错误。小球从A点运动到C点过程,水平方向类似 于人船模型,则有mx1=Mx2,x1+x2=2R,解得x1=  m,x2=  m,C正确。根据水平方向动量守 恒可知小球从C点飞出瞬间,小球和半圆槽的水平速度都为0,小球做竖直上抛运动,D错 误。 目 录 7. (2025河南漯河期末)(多选)如图所示,质量为0.3 kg的滑块套在水平固定的光滑轨道 上,质量为0.2 kg的小球(视为质点)通过长为0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接,可 绕O在竖直平面内自由转动。初始时滑块静止,轻杆处于水平状态。小球以3 m/s竖直 向下的初速度v0开始运动,g取10 m/s2,则 ( ) A.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块向右移动了0.30 m B.小球第一次到达最低点时,滑块的速度大小为2 m/s C.小球第一次到达最低点时,轻杆对小球的拉力为5.84 N D.小球相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m     AD     目 录 解析　小球在滑块正下方时处于最低点,小球从初始位置到第一次到达最低点的过程 中,取水平向左为正方向,对小球及滑块组成的系统,根据水平方向动量守恒得m(L-x)- Mx=0,解得滑块向右移动距离x=0.3 m,A正确。根据水平方向动量守恒有mv1-Mv2=0,根 据能量守恒有mgL+ m = m + M ,解得小球到最低点时的瞬时速度大小为v1=   m/s、滑块的速度大小v2=  m/s,B错误。此时小球相对滑块的速度v相=v1+v2=2   m/s,对小球由牛顿第二定律得F-mg= ,解得轻杆对小球的拉力F=  N≈12.67 N,C错误。设小球相对于初始位置可以上升的最大高度为h,此时竖直方向速度为0,根 据水平方向动量守恒得(M+m)v=0,根据能量守恒可得 m =mgh+ (M+m)v2,联立解得h =0.45 m,D正确。 目 录 易错警示　小球相对于滑块做圆周运动,相对于地面并不做圆周运动,故计算轻杆对小 球的拉力时用F-mg= ,而不是F-mg= 。 目 录     D     8. (2025湖南邵阳一模)为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果,建立如下简化模 型。如图所示,两个完全相同的钢板A、B厚度均为d,质量均为m。第一次把A、B焊接 在一起静置在光滑水平面上,质量也为m的子弹水平射向钢板A,恰好将两钢板击穿。第 二次把A、B间隔一段距离水平放置,子弹以同样的速度水平射向A,穿出后再射向B,且 两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,不计子弹的重力,子弹可 视为质点。下列说法正确的是 ( ) A.第一次子弹射出B时,A的位移为d B.第一次子弹穿过A、B所用时间之比为1∶  C.第二次子弹不能击穿钢板B,进入钢板B的深度为 d D.第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8∶(6+ ) 目 录 解析　设第一次子弹穿过A、B时,三者的共同速度为v,由子弹与A、B组成的系统动量 守恒,有mv0=(m+2m)v,对A和B有x= t,对子弹有x+2d= t,联立解得v= 、x= d,此过 程系统损失的机械能ΔE1=2fd= m ,A错误;此过程,子弹相对A和B做匀减速直线运动 (点拨:设第一次射击过程中,子弹的加速度大小等于a1,速度随时间变化规律为v=v0-a1t,A 和B的加速度大小等于a2,速度随时间变化规律为vAB=a2t,子弹相对A和B的速度v相对=v-vAB =v0-(a1+a2)t,故子弹相对于A和B的运动为匀减速直线运动),由逆向思维可得子弹穿 过B、A所用时间之比为1∶( -1),故穿过A、B所用时间之比为( -1)∶1,B错误。第 二次子弹穿过A时,设子弹速度为v1,A的速度为vA,假设子弹不能穿透B,最后与B的共同 目 录 速度为v2,进入B的深度为d',对子弹和A组成的系统根据动量守恒可得mv0=mv1+mvA、根 据能量守恒可得fd= m - m - m ,解得v1= v0;对子弹和B组成的系统,根据动量 守恒得mv1=(m+m)v2,根据能量守恒得fd'= m - (m+m) ,解得d'= d<d,假设成立,C 错误。第二次系统损失的机械能ΔE2=f ,故第一次、第二次系统损失的机 械能之比为ΔE1∶ΔE2=8∶(6+ ),D正确。 目 录 1. (2023辽宁,15,17分)如图,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙 面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的小物块以水 平向右的速度v0=  m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长, 物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性 限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep= kx2。取重力加速度g=10 m/s2,结果 可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 (2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木 板速度v2的大小。 题型25　力学三大观点在板块模型中的综合应用 高考真题 目 录 (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与 物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。   答案    (1)1 m/s    0.125 m    (2)0.25 m      m/s (3)4 t0-8 (SI) 目 录 解析    (1)对物块与木板整体分析 由动量守恒定律得 m2v0=(m1+m2)v1 ① 可得v1= =1 m/s② 对木板分析,应用动能定理有 μm2gx1= m1  ③ 解得x1=0.125 m④ (2)设物块与木板即将相对滑动时二者的加速度大小为a,对木板与物块整体分析可知 目 录 kx2=(m1+m2)a ⑤ 对物块有μm2g=m2a ⑥ 联立⑤⑥得a=1 m/s2 ⑦ x2=0.25 m⑧ 对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有  (m1+m2) = (m1+m2) + k  ⑨ 解得v2=  m/s⑩ (3)木板速度为v2后,木板与物块加速度首次相同时,木板加速度大小仍为a,其受力情况 与速度为v2时的受力情况相同,弹簧压缩量仍为x2,木板速度大小仍为v2,根据运动过程的 目 录 对称性知,运动的总时间为2t0,而物块在该过程中一直做匀变速直线运动,有v'2=v2-a·2t0    联立⑦⑩ 得v'2= -2t0   由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能 ΔU= m2 - m2v'    联立⑩  得ΔU=4 t0-8 (SI)   目 录 2. (2022河北,13,11分)如图,光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和B,质量分别 为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1 kg。A和C以相同速度 v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0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物块,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μ=0.1,重力加速度大小取g=10 m/s2。 (1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块与新滑板各自速度的大小和方向; (2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。 目 录 答案　见解析 解析    (1)取向右为正方向,设C、D相碰后的共同速度为vCD,C、D系统碰撞前后遵守动 量守恒定律有mCv0-mDkv0=(mC+mD)vCD 代入数值后得vCD=5(1-k) m/s 0<k<0.5时,vCD>0,即C、D构成的新物块速度向右 设A、B相碰后的共同速度为vAB A、B系统碰撞前后遵守动量守恒定律有 mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB 代入数值后得vAB= (1-2k) m/s 目 录 0<k<0.5时,1-2k>0,vAB>0,即A、B构成的新滑板速度向右 (2)若k=0.5,根据(1)可知v=vCD=2.5 m/s,vAB=0。之后C、D一起向右做匀减速运动,A、B一 起向右做初速度为0的匀加速运动,直到两者达到共同速度v共 由A、B、C、D组成的系统动量守恒得 (mC+mD)v=(mA+mB+mC+mD)v共,v共=1 m/s 设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为Δx 对A、B、C、D系统,根据系统能量守恒可得 μ(mC+mD)gΔx= (mC+mD)v2- (mA+mB+mC+mD)  代入数值可得Δx=1.875 m 目 录 3. (2025湖北,15,18分)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n (n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n, 木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与 木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块 一个水平向右的初速度,大小为 (β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间 的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦 力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小。 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+ 1。用已知量和vj表示vj+1。 目 录 (3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。 提示:12+22+…+k2= k(k+1)(2k+1)   答案    (1)     (2)vj+1=   (3) (8n2+10n+5) 目 录 解析    (1)由2μmg<4μnmg可知在第1个滑块与第2个滑块碰撞前木板静止(n为大于1的 整数), 解法一:滑块1的加速度大小a= =2μg  - =2aL 代入v1= 得v1t=  解法二:对滑块1,由动能定理得 -2μmgL= m - m  解得v1t=  目 录 (2)木板保持静止,设第j个滑块与第j+1个滑块碰撞前速度为vjt  - =2aL 碰撞过程动量守恒,有jmvjt=(j+1)mvj+1 得(j+1)vj+1=j  得vj+1=   (3)由(2)问的分析可得(j+1)2 =j2 -4μgL·j2 同理,有 j2 =(j-1)2 -4μgL(j-1)2 …… 目 录 22 =12 -4μgL·12 所有等式两边各自相加得 (j+1)2 = -4μgL(12+22+32+…+j2) 则(j+1)2 = -4μgL·  解得vj+1=  设第x个滑块开始运动时木板才能滑动,则满足x·2μmg>μ·4nmg≥(x-1)·2μmg,即2n+1 ≥x>2n,可知第2n+1个滑块开始运动时木板才能滑动 代入j=2n 目 录 此时v2n+1=  木板及未相对木板滑动的滑块组成的整体的加速度 a'= = μg<2μg 作出v-t图像如图,滑块间恰好不再相碰时vt=v2n+1-aΔt=a'Δt L= v2n+1Δt 即 μgL= μgL β= (8n2+10n+5) 目 录  (2025山东齐鲁名校联考)如图所示,长木板静止在光滑水平地面上,一木块(可 视为质点)放置在长木板的最右端,一轻质弹簧固定在长木板左侧的竖直墙壁上。 某一时刻子弹(可视为质点)以水平速度v0射中木块并在极短时间内嵌入其中,之后 二者一起运动,当木块与长木板达到共同速度v共=3 m/s时,长木板左端刚好与弹簧接 触,之后长木板开始压缩弹簧,弹簧压缩至最短时,弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形 高考模拟 变),此时木块恰好停留在长木板的最左端。已知子弹的质量m0=10 g,木块的质量m= 0.99 kg,长木板的质量M=1 kg,木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2,长木板的长度l= 6.5 m,取g=10 m/s2。求: 目 录 (1)子弹射入木块前的速度大小; (2)开始时长木板左端与弹簧右端之间的距离; (3)弹簧的最大弹性势能。   目 录 答案    (1)600 m/s    (2)2.25 m    (3)5 J 解析    (1)对子弹、木块和长木板三者组成的系统,根据动量守恒定律,有m0v0=(m0+m +M)v共 解得v0=600 m/s。 (2)子弹射中木块的极短时间内,根据动量守恒定律,有m0v0=(m0+m)v' 解得v'=6 m/s 长木板未接触弹簧前,木块在长木板上滑行时,对木块(含子弹),根据牛顿第二定律有 μ(m0+m)g=(m0+m)a1 解得a1=2 m/s2 目 录 对长木板,根据牛顿第二定律有μ(m0+m)g=Ma2 解得a2=2 m/s2 设长木板未接触弹簧前,木块与长木板发生相对运动的时间为t,则根据运动规律有v'-a1t =a2t 解得t=1.5 s 此段时间内,木块的位移大小x=v't- a1t2=6.75 m 长木板的位移大小d= a2t2=2.25 m。 (3)长木板未接触弹簧前,木块相对于长木板的位移大小Δx=x-d=4.5 m 长木板接触弹簧时,木块与长木板左端的距离d'=l-Δx=2 m 目 录 长木板压缩弹簧的过程,对木块(含子弹)、长木板与弹簧组成的系统,根据能量守恒定 律有  (M+m+m0) =μ(m+m0)gd'+Epm 解得Epm=5 J。 目 录 实验8　验证动量守恒定律 实验聚焦 1.(2025广东,11,8分)请完成下列实验操作和计算。 (1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,用螺旋测微器测量小球的直径,示数 如图1所示,读数为_________________________mm。   (2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能,装置如图2所示。图中轨道由轨 道甲和乙平滑拼接而成,且轨道乙倾角较大。     8.260(8.258~8.262均可)     目 录   ①选取相同的两辆小车,分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。 ②轨道调节。 调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高,将小车在轨道乙上释放,若测得小车通过光电 门A和B的_____________,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③碰撞测试。 　时间相等     目 录 先将小车1静置于光电门A和B中间,再将小车2在M点由静止释放,测得小车2通过光电 门A的时间为t2,碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2_______t1,可将两小车的碰 撞视为弹性碰撞。 ④吸能材料性能测试。 将吸能材料紧贴于小车2的前端,重复步骤③,测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms,两车碰撞后,依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms,30.00 ms。不 计吸能材料的质量,计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为_______ (结果保留2位有效数字)。     0.56 　等于     目 录 解析    (1)根据螺旋测微器的读数规则可得读数为8 mm+26.0×0.01 mm=8.260 mm。 (2)②小车通过光电门A和B的时间相等,说明小车通过光电门A和B时速度大小相等,小 车做匀速直线运动,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③两辆相同的小车,质量相同,若二者发生弹性碰撞,则碰撞后交换速度,碰撞后小车1的 速度等于碰撞前小车2的速度,即若碰撞后小车1通过光电门B的时间和碰撞前小车2通 过光电门A的时间相等,则可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。 ④设两小车的质量均为m,遮光条宽度为d,碰前小车2的动能Ek= m ,碰后两小车的总 动能E'k= m + m ,可得碰撞后两小车的总动能与碰撞前小车2的动能之比 =  ≈0.56。 目 录 2.(2024山东,13,6分)在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启 发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位 移传感器,a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下: ①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g; ②接通气源,调整气垫导轨水平; ③拨动两滑块,使A、B均向右运动; ④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。   目 录        回答以下问题: (1)从图像可知两滑块在t=___________s时发生碰撞; (2)滑块B碰撞前的速度大小v=____________m/s(保留2位有效数字); (3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是_________(填“A”或“B”)。     B         0.20         1.0     目 录 解析    (1)根据绘制的xA、xB随时间变化的图像可知t=1.0 s时斜率发生变化,即速度发生 变化,故从图像可知两滑块在t=1.0 s时发生碰撞。 (2)根据绘制的xB随时间变化的图像可知滑块B碰撞前的速度大小v=  m/s= 0.20 m/s。 (3)根据绘制的xB随时间变化的图像可知滑块B碰撞后的速度大小v'=  m/s= 0.50 m/s,根据绘制的xA随时间变化的图像可知滑块A碰撞前的速度大小vA=   m/s=0.50 m/s,滑块A碰撞后的速度大小v'A=  m/s=0.35 m/s。 对滑块A和滑块B,根据动量守恒定律有mAvA+mBv=mAv'A+mBv',若滑块A的质量为200.0 g, 代入数据不满足动量守恒定律;若滑块B的质量为200.0 g,代入数据在误差允许范围内 满足动量守恒定律,故滑块B的质量为200.0 g。 目 录 3.(2022全国甲,23,10分)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑 块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A 和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:   (1)调节导轨水平。 (2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应 选取质量为___________kg的滑块作为A。     0.304     目 录 (3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板 的距离s2相等。 (4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时 刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。 (5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如表 所示。 1 2 3 4 5 t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k=  0.31 k2 0.33 0.33 0.33 目 录 (6)表中的k2=__________(保留2位有效数字)。 (7) 的平均值为__________(保留2位有效数字)。 (8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由 判断。若两滑块的碰撞 为弹性碰撞,则 的理论表达式为_________(用m1和m2表示),本实验中其值为_________ (保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块 B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。     0.34         0.32         0.31     目 录 解析    (2)在一动一静的弹性碰撞中,质量小的滑块碰撞质量大的滑块才能反弹,故应选 质量为0.304 kg的滑块作为A。 (6)滑块A、B碰后的速度v1= 、v2= ,因s1=s2,故有 = ,则k2= ≈0.31。 (7) 的平均值  = ≈0.32。 (8)设滑块A碰前的速度为v0,若为弹性碰撞,则有   目 录 联立①②得v1= v0,v2=  则 = = ≈0.34。 目 录 4.(2023辽宁,11,8分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实 验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水 平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。        测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在 斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从 O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由 目 录 静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和 ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、 s2。 (1)在本实验中,甲选用的是_______(填“一元”或“一角”)硬币; (2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为_________(设硬币与纸板间的动摩擦因数 为μ,重力加速度为g); (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则 =_________(用m1和m2表示),然后通过测得的 具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒; 　一元     (4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化 量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:________。 　见解析     目 录 解析    (1)用质量较大的一元硬币去碰撞质量较小的一角硬币,确保碰撞后甲的运动方 向不变。 (2)设甲到O点时速度的大小为v1,由动能定理有-μm1gs0=0- m1 ,解得v1= 。 (3)由动能定理可得一元和一角硬币碰撞后的速度分别为v1'= ,v2'=  由动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2' 即m1 =m1 +m2  解得 = 。 (4)①非理想的“对心”碰撞造成系统误差;②位移或质量的测量造成偶然误差;③两硬 币实际与纸板间的动摩擦因数不同造成系统误差。其他符合题意的原因均可得分。 目 录 培优提升 提分策略 本专题在近几年高考中注重考查实际情境和跨学科的应用,常与能量守恒、圆周运 动、电磁场及流体力学相结合,需要注意将实际问题转化为物理模型,识别其中动量守 恒的环节和能量转化的部分。备考建议强化模型拆解能力(如将复杂问题分解为多个 已知模型)和过程拆解能力(如将复杂多过程拆分为多个典型的基本过程),注重复杂情 境题(如二维碰撞问题、多物体多过程动态分析问题)、注重实验的创新题(如验证动 量守恒的新方案等)。 目 录 1.(模型建构·类弹性碰撞)(2025福建福州期末)(多选)引力弹弓效应是一种利用大质量 天体的引力场来加速或减速小质量飞行器的现象。当飞行器接近一个大质量天体(如 行星,质量远大于飞行器)时,由于天体的引力作用,飞行器会被吸引并改变其速度。具 体原理可以简化为在行星的运动方向上,可以视为弹性碰撞。如图所示,以太阳为参考 系,设行星运动的速度大小为u,飞行器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,飞行器 在远离行星后速度大小分别大小为v1和v2。那么下列判断正确的是 ( )            AB     A.v1>v0>v2　　　　　     B.v1=2u+v0 C.v2=v0+2u　　　　　     D.v2=v0-u 目 录 解析　设行星质量为M,飞行器质量为m,根据题图甲,取向右为正方向,根据动量守恒得 mv0-Mu=-mv1-Mu1,根据能量守恒得 m + Mu2= m + M ,解得v1= v0+ u, 由于M≫m,可得v1=v0+2u,B正确。同理,v2=v0-2u,故v1>v0>v2,A正确,C、D错误。 目 录     BC     2.(创新考法·重力场与电场的叠加)(2025安徽黄山质检一)(多选)如图所示,两质量相同 且可视为质点的塑料小球,表面均匀带等量异种微量电荷,左球带负电,右球带正电。两 球间夹一张绝缘纸,分别用两根等长轻质绝缘细线悬挂于O点,受重力作用两球静止。 某时刻在系统所在空间加上水平向右的匀强电场,两球向两边摆动。不考虑两球间的 库仑力作用和对匀强电场的影响,取O点电势为零,下列说法正确的是 ( ) A.两球在最高点所受合力均为0 B.运动过程中,两球组成的系统在水平方向上动量守恒 C.两球速度最大时,二者电势能相同 D.从最低点摆到最高点的过程中,任意一个小球所受电 场力的瞬时功率逐渐变小 目 录 解题导引　以带正电的小球为例   目 录 解析　两球在最高点时速度为零,但所受合力不为零,A错误。对两球组成的系统,在水 平方向上所受合力为零,故系统水平方向上动量守恒,B正确。两球在最低点,电势能均 为零,由最低点至速度最大处,电场力做功相等,电势能的变化量相等,故速度最大时,二 者具有相同的电势能,C正确。小球从最低点摆动到最高点的过程中,水平方向上的速 度先增大后减小,而电场力的大小不变,故电场力的瞬时功率先增大后减小,D错误。 目 录 3.(模型建构·结合图像分析)(2025广西壮族自治区一模)(多选)如图甲,在杂技表演中,表 演者平躺在水平地面上,腹部上平放一块石板,助手用铁锤猛击石板,石板裂开而表演者 没有受伤(危险节目,请勿模仿)。其原理可简化为图乙所示:质量为m的铁锤从石板上 方高h处由静止自由落下,竖直砸中石板,铁锤与石板瞬间达到共同速度,之后,铁锤与石 板一起向下运动距离d后速度减为零,该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向 下运动的距离x的变化规律近似如图丙所示,已知石板的质量为铁锤质量的k倍,不计空 气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )     BCD     目 录             A.铁锤与石板碰撞后的共同速度大小v=  B.碰撞过程中系统机械能的损失量ΔE=  C.弹性气囊A对石板作用力的最大值Fm= +(k+2)mg D.弹性气囊A对石板作用力做的功为WF= +(k+1)mgd 目 录 解析　铁锤自由下落,接触石板前瞬间的速度v0= ,铁锤击打石板,由动量守恒定律 可得mv0=(m+km)v,解得碰后共同速度v= ;碰撞过程中系统机械能的损失量ΔE=mgh - (m+km)v2= ,A错误,B正确。铁锤和石板一起向下运动d的过程,根据动能定理可 得(m+km)gd-WF=0- (m+km)v2,由图乙可知WF= d,联立解得WF= +(k+1)mgd, Fm= +(k+2)mg,C、D正确。 目 录     BD     4.(模块融合·带弹簧连接体+图像分析)(2025山东威海期末)(多选)如图甲所示,通过轻 质弹簧连接的质量均为0.1 kg的两物体A、B放在水平地面上,系统处于静止状态。现用 竖直向上的力F作用在A上,以x表示A离开静止位置的位移,F-x的图像如图乙所示。已 知弹簧的劲度系数k=20 N/m,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.A发生10 cm位移的过程中,弹簧对B的冲量为0 B.A发生10 cm位移的过程中,F与弹簧弹力的合力 对A做的功为0.15 J C.A发生10 cm位移的过程中,F与弹簧弹力的合力 对A的冲量为0.1 N·s D.B离开地面后的最大速度为1 m/s 目 录 解析    (解题关键:初始时,弹簧的压缩量为x0= =0.05 m=5 cm,A发生10 cm位移时,假 设B不动,此时弹簧的伸长量为x1=10 cm-x0=5 cm,此时弹力大小为kx1=1 N=mg,可判断此 时B恰好将要离开地面)在A发生10 cm位移的过程中,由题图乙可知F与x的关系为F=0.5 +20x (N),弹簧弹力F弹与x的关系为F弹=-k(x-x0)=1-20x (N),可得A向上做匀加速直线运动, 加速度大小a= =5 m/s2,弹簧对B的弹力先向下后向上,且弹力对B向下的冲量 和向上的冲量大小并不相等,弹簧对B的冲量不为0,A错误。A发生10 cm位移的过程中, A向上做匀加速直线运动,根据x= at2可得匀加速时间为t=0.2 s,该过程A的末速度大小v =at=1 m/s,根据动能定理可得WF+W弹-mgx= mv2-0,解得WF+W弹=0.15 J,B正确。根据动 目 录 量定理可得IF+I弹-mgt=mv-0,解得IF+I弹=0.3 N·s,C错误。(解题关键:A发生10 cm位移后,B 开始离开地面,且满足F=2mg=2 N,故A、B和弹簧组成的系统满足动量守恒;B离开地面 后,弹簧弹力大于B的重力,B向上做加速运动,当弹簧弹力再次等于B的重力时,B的速度 达到最大,此时弹簧的伸长量与B刚要离开地面时的伸长量相同,则从B离开地面到B速 度达到最大的过程,A、B上升高度相同,力F做功与A、B总重力做功的代数和为0)对于 A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒可得mv=mvA+mvB,根据能量守恒可得 mv2= m  + m ,联立解得B离开地面后的最大速度为vB=v=1 m/s,D正确。 目 录 5.(模块融合·电场情境+弹性碰撞)(2025八省联考·内蒙古)(多选)如图,在竖直平面内, 一水平光滑直导轨与半径为2L的光滑圆弧导轨相切于N点,M点右侧有平行导轨面斜向 左下的匀强电场。不带电小球甲以5 的速度向右运动,与静止于M点、带正电小球 乙发生弹性正碰。碰撞后,甲运动至MN中点时,乙恰好运动至N点,之后乙沿圆弧导轨最 高运动至P点,不考虑此后的运动。已知甲、乙的质量比为4∶1,M、N之间的距离为 6L, 的圆心角为45°,重力加速度大小为g,全程不发生电荷转移。乙从M运动到N的过 程 ( )       ACD     目 录 A.最大速度为8  B.所用时间为   C.加速度大小为4g D.受到的静电力是重力的5倍 目 录 解题导引       目 录 解析　甲、乙发生弹性正碰,根据动量守恒定律得m甲v甲=m甲v'甲+m乙v'乙,根据能量守恒得  m甲 = m甲v' + m乙v' ,联立解得v'甲=3 、v'乙=8 ,此后乙做减速运动,故乙的最 大速度为8 ,A正确。甲由M运动至MN中点的时间t= = ,乙由M运动至N点,由 匀变速直线运动规律可得v'乙t- at2=6L,解得加速度大小a=4g,B错误,C正确。设电场方 向与水平方向的夹角为θ,乙由M至N点,由牛顿第二定律可得F cos θ=m乙a=4m乙g;乙由M 至P点,由动能定理可得-F cos θ(6+ )L-(m乙g+F sin θ)(2- )L=0- m乙v' ,联立解得静 电力F=5m乙g,D正确。 目 录 6.(模块融合·传送带模型+弹性碰撞)(2024贵州,15,19分)如图,半径为R=1.8 m的四分 之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M 点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至 M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左 端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬 时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为 质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,取重力加速度大小g=10 m/s2。 求: 目 录   (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小; (2)b从M运动到N的时间; (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 目 录 答案    (1)30 N    (2)3.2 s    (3)95 J 解析    (1)a从静止释放到运动到圆轨道底端过程,根据机械能守恒定律有magR= ma , 在P点,设轨道对a的支持力大小为N,根据牛顿第二定律有N-mag=ma ,联立解得N=30 N。 (2)a从静止释放到M点过程中,根据动能定理有magR-μmagd= ma -0,解得vM=3 m/s, a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和动能守恒有mavM=mava+mbvb, ma = ma  + mb , 联立解得vb=2 m/s, 目 录 b滑上传送带后,先做减速运动,根据牛顿第二定律有μmbg=mba, 解得a=5 m/s2, b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间t1= =0.2 s, 此时的对地位移x= ·t1=0.3 m, 此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间t2= =3 s, b从M运动到N的时间t=t1+t2=3.2 s。 (3)设向右为正方向,b到达N的瞬间给b一水平向右的冲量,对b根据动量定理有I=mbv-(- mbv0),解得v=2 m/s, 目 录 b向右减速到零所需的时间t3= =0.4 s, b向左从零加速到v0所需的时间t4= =0.2 s, 可得恰好Δx= t3+ t4 (点拨:意味着以后的过程是一个循环过程,每次对地位移相等,相对路程也相等) b在Δt时间内向右运动的距离Δx= ·t3- ·t4=0.3 m, 之后b重复向右减速到0然后向左加速到v0的过程,循环10次后b向右运动的距离x'=10·Δ x=3 m, 每一次相对传送带运动的路程s= ·t3+v0t3+v0t4- ·t4=0.9 m, 目 录 b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J, 然后b继续向右减速运动,根据运动学公式有vt5- a =L-x',解得t5=0.2 s(另一解不合题 意，舍去), (点拨:减速运动中的两解,较大时间值对应于速度减小到0后以原加速度反向返回到指 定位置,在分析单向过程时应取较小时间的解) 此过程,b相对传送带运动的路程s'=L-x'+v0t5=0.5 m, 此过程中b与传送带摩擦产生的热量Q2=μmbgs'=5 J, b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。 目 录 7.(模块融合·电场情境+带弹簧碰撞)(2023福建,16,16分)如图(a),一粗糙、绝缘水平面 上有两个质量均为m的小滑块A和B,其电荷量分别为q(q>0)和-q。A右端固定有轻质光滑 绝缘细杆和轻质绝缘弹簧,弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右、场强大小为 E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其大小均为2qE。t= 0时,A以初速度v0向右运动,B处于静止状态。在t1时刻,A到达位置S,速度为v1,此时弹簧 未与B相碰;在t2时刻,A的速度达到最大,此时弹簧的弹力大小为3qE;在细杆与B碰撞前 的瞬间,A的速度为2v1,此时t=t3。0~t3时间内A的v-t图像如图(b)所示,v1为图线中速度的 最小值,t1、t2、t3均为未知量。运动过程中,A、B处在同一直线上,A、B的电荷量始终保 持不变,它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力,静电力常量为k;B与弹簧接 触瞬间没有机械能损失,弹簧始终在弹性限度内。 目 录        (1)求0~t1时间内,合力对A所做的功; (2)求t1时刻A与B之间的距离; (3)求t1~t2时间内,匀强电场对A和B做的总功; (4)若增大A的初速度,使其到达位置S时的速度为2v1,求细杆与B碰撞前瞬间A的速度大小。 答案    (1) m - m     (2)     (3)  (4)(1+ )v1 目 录 解析    (1)由题图(b)可知,0~t1时间内,根据动能定理可知合力对A做的功W= m - m  。 (2)由题图(b)可知t1时刻A的加速度为0,此时A所受合力为0,设此时A与B之间的距离为r1, 根据平衡条件有k +qE=f,其中f=2qE,联立可得r1= 。 (3)t1时刻,对小滑块B受力分析如图(1)所示,根据对称性可知其受到的静摩擦力恰好达 到最大值,说明此后B开始向左运动; t2时刻,设A、B之间距离为r2,t1~t2时间内A、B运动的距离分别为sA、sB,则有sA+sB=r1-r2; 由题图(b)可知,t2时刻A 的加速度为0,此时对A受力分析如图(2)所示,由牛顿第二定律得 目 录 qE+k -f-F=0,其中弹簧弹力F=3qE,解得r2=  ; t1~t2时间内,匀强电场对A和B做的总功WA+B=qEsA+qEsB,解得WA+B= 。  　      (4)当A运动到位置S时,B开始向左运动。此后A和B组成的系统所受合力为0,动量守恒; 从A 到达位置S时至细杆与B碰撞前的过程,改变A的初速度前、后,A、B之间距离的变 目 录 化量相等,摩擦力、匀强电场的电场力、A和B之间的库仑力以及弹簧弹力对A和B做的 总功W总相同;改变A的初速度前、后,对A和B整体分析,根据功能关系分别有W总= m (2v 1)2+ m - m -0,W总= mvA'2+ mvB'2- m(2v1)2-0,根据动量守恒分别有mv1+0=m(2v1)+m(- vB),m(2v1)+0=mvA'+m(-vB'),联立解得vA'=(1+ )v1。 目 录 $