1.5弹性碰撞和非弹性碰撞 讲义 -2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

本讲义聚焦高中物理“弹性碰撞和非弹性碰撞”核心知识点，以动量守恒定律为基础，系统梳理碰撞的时间与相互作用力特点，逐步延伸至简单碰撞问题、碰撞合理性分析、弹性与非弹性碰撞区别等10大题型，构建从基础规律到子弹打物块、板块模型等复杂场景的学习支架。 该资料通过“解题知识+典例+变式”结构，强化物理观念（动量守恒、能量转化）与科学思维（模型建构、科学推理），如题型4结合x-t、v-t图像培养图像分析能力，题型7板块模型综合动量与能量守恒。课中辅助教师分层教学，课后“过关验收”助力学生查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

第一章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 内 容 导 航 题型1 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题 题型2 分析碰撞的合理性 题型3 弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断 题型4 碰撞过程中的图像问题 题型5 碰撞后粘连问题 题型6 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用 题型7 动量守恒定律在板块模型中的应用 题型8 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用 题型9 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用 题型10 动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化） 考 点 演 练 题型1 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题 解｜题｜知｜识 1.碰撞的特点： （1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。 （2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。 2.设两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞前两个物体的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有 m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′ 【典例1】如图所示，一排人依序站在水平轨道旁，从左向右依次记为1，2，3，…，n，每人手中有一只质量为m＝3kg的沙袋。一质量为M＝50kg的购物车以某初速度从左向右滑来，不计一切阻力，当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面抛到车上，v的大小等于抛此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。那么购物车反向时，车上沙袋个数为（　　） A．14 B．16 C．18 D．20 【变式1】一种未知粒子跟静止的氢原子核（1u）正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107m/s；该未知粒子以相同的速度跟静止的氮原子核（14u）正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106m/s。上述碰撞都是弹性碰撞，1u为1个原子质量单位，则未知粒子可能为（　　） A．中子（1u） B．氦原子核（4u） C．碳原子核（12u） D．氧原子核（16u） 【变式2】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 【变式3】航天员在“天宫课堂”中演示碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，照片中小方格为正方形，虚线均分小方格，如图所示。则小球和大球的质量之比为（　　） A．1：2 B．1：4 C．2：3 D．1：5 题型2 分析碰撞的合理性 解｜题｜知｜识 1.动量限制：碰撞过程动量守恒，m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'或Δp1＝﹣Δp2。 2.能量限制：碰撞过程中机械能不增加，即m1m2m1m2 3.实际情景限制：碰撞结果必须与实际情况相符合，如： （1）碰前两物体同向运动时，后面的物体速度应大于前面物体的速度；（2）碰后两物体同向运动时，前面物体的速度大于等于后面物体的速度； （3）碰前两物体同向运动时，碰后前面物体的速度一定增大； （4）碰前两物体相向运动时，碰后两物体的速度方向不可能都没有发生变化等。 【典例1】A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg•m/s，B球的动量是7kg•m/s。当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是（　　） A．6kg•m/s，6kg•m/s B．3kg•m/s，9kg•m/s C．2kg•m/s，14kg•m/s D．﹣5kg•m/s，15kg•m/s 【变式1】在光滑的水平面上有A、B、C三个完全相同的小钢球，三个球处在同一条直线上，其中C球左侧带有双面胶贴，开始时B、C两球静止，现A以6m/s的速度与B发生弹性碰撞，然后B与C球发生正碰后粘在一起，则B与C球碰撞后的速度大小为（　　） A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s 【变式2】（多选）A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s B．vA′＝﹣4m/s，vB′＝7m/s C．vA′＝2m/s，vB′＝4m/s D．vA′＝3m/s，vB′＝3.5m/s 【变式3】（多选）如图所示，A、B两物块用一轻弹簧连接放在光滑水平面上，弹簧处于原长。某时刻A以初速度v0向右运动，两物块的质量关系为mB＝2mA。在以后的运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内，A、B两物块的速度vA、vB可能为（　　） A． B．vA＝2v0 C． D． 题型3 弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断 解｜题｜知｜识 1.碰撞分为三类： （1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。 （2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。 （3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。 2.弹性碰撞和非弹性的碰撞的共同点是碰撞前后动量守恒，不同点是碰撞前后是否有机械能损失。 3.弹性碰撞——碰撞前后机械能守恒 ⇒， （1）若m1＝m2，可得v1′＝0，v2′＝v1，相当于两球交换速度． （2）若m1＞m2，则v1′＞0；且v2′一定大于0 若m1＜m2，则v1′＜0；且v2′一定大于0． （3）若m2＞＞m1，则v1′＝﹣v1，v2′＝0． （4）若m1＞＞m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1． 4.非弹性碰撞 如果在碰撞过程中，有一部分机械能转变为其他形式的能量，如发热，则是属于非弹性碰撞．其动能的损失为： △Ek＝（m1m2）﹣（m1v1′2m2v2′2） 有一种很特殊的非弹性碰撞，比如碰后两小球结合在一起，不再分开；子弹射入到木箱中等这些称为完全非弹性碰撞， m1v1+m2v2＝（m1+m2）v′， 碰后的速度表达式为： v2′＝v1′＝v′ △Ek＝（m1m2）（m1+m2）v′2 这种碰撞的动能损失最大． 【典例1】（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x﹣t（位移一时间）图像。已知m1＝0.1kg。由此可以判断（　　） A．碰前质量为m1的小球静止，质量为m2的小球向左运动 B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动 C．m2＝0.3kg D．两个小球的碰撞是弹性碰撞 【变式1】（多选）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示，已知甲的质量为1kg，则（　　） A．乙的质量为6kg B．乙的质量为3kg C．此碰撞是弹性碰撞 D．此碰撞是非弹性碰撞 【变式2】利用DIS实验装置验证变力作用下的动量定理时，组装了如图所示的装置。调整轨道水平，将力传感器、光电传感器接入计算机，将遮光片的宽度和小车质量输入计算机。推动小车使其与力传感器测力点发生碰撞，通过传感器在计算机中描绘出碰撞中作用力随时间变化的图像，得出小车受到此力的冲量。由光电传感器测量的时间得到小车动量的变化量。比较小车受到的力的冲量和动量变化量，来验证动量定理。某次验证实验时测得的数据如图乙所示。 （1）由图乙中数据可求出碰撞过程小车动量的变化量为 　 　 kg•m/s，小车受到的力的冲量为 　 　 N•s。 （2）恢复系数e是指碰撞后、前两物体的分离速度与接近速度之比。实验中如果碰撞的恢复系数e大于95%，则可认为此碰撞为弹性碰撞。根据图乙中数据可判断本次实验时小车和力传感器间是 　 　 碰撞（选填“弹性”或“非弹性”）。 题型4 碰撞过程中的图像问题 解｜题｜知｜识 碰撞前后动量守恒，但是物体的运动状态会发生变化，可以用图像来表示碰撞前后物体的运动情况。 【典例1】A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x﹣t图像如图所示，则下列判断正确的是（　　） A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同 B．A、B的质量之比mA：mB＝1：1 C．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3 D．此碰撞为弹性碰撞 【变式1】如图甲所示，将两个质量分别为m1＝60g、m2＝30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从小球A下端距地面h0＝1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度一时间图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．B球与A球碰前的速度大小为5m/s B．A、B两球发生的是弹性碰撞 C．若m2≪m1，第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20m D．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小的比值为1：101 【变式2】在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示。碰撞前后两壶做直线运动的v﹣t图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　） A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶的速度为1.0m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2m D．碰后红壶还能继续运动2s 【变式3】（多选）一定质量的小球A以初速度v0与正前方小球B发生碰撞，碰撞过程A、B两球的v﹣t图像如图所示。已知地面光滑，下列说法正确的是（　　） A．若a﹣c＝v0，则一定是弹性碰撞 B．无论是否为弹性碰撞，一定满足v0﹣b＝b﹣c C．无论是否弹性碰撞，A、B两球质量比为 D．无论是否弹性碰撞，A、B两球质量比 题型5 碰撞后粘连问题 解｜题｜知｜识 1.碰撞分为三类： （1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。 （2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。 （3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。 2.对于完全非弹性碰撞的求解方法为 碰撞前后动量守恒 m1v1+m2v2＝（m1+m2）v′， 碰后的速度表达式为： v2′＝v1′＝v′ 系统损失的动能为： △Ek＝（m1m2）（m1+m2）v′2 这种碰撞的动能损失最大． 【典例1】如图甲所示，物块A、B的质量分别是m1＝4kg和m2＝6kg，用轻弹簧连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙相接触，另有一个物块C从t＝0时刻以一定的速度向左运动，在t＝5s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物块C的v﹣t图像如图乙所示。试求： （1）物块C的质量m3； （2）在5～15s时间内，物块A的动量变化量的大小和方向。 题型6 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用 解｜题｜知｜识 1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。 2.在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化。 3.若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多。 【典例1】如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．木块和子弹A、B系统动量不守恒 B．子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍 C．子弹B的质量是子弹A的质量的3倍 D．若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍 【变式1】如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块再次回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　） A．v，I＝0 B．v，I＝2mv0 C．v，I D．v，I＝2mv0 【变式2】如图所示，用不可伸长的轻质细绳将木块悬挂于一点O，开始木块静止不动。一颗质量为m的弹丸水平向右射入质量为M＝50m木块后未射出木块，第一次弹丸的速度为v1＝255m/s，射入木块后二者共同摆动的最大摆角为α，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度v2又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大摆角仍为α，木块和弹丸可视为质点，空气阻力不计，则第二颗弹丸的水平速度v2大小为（　　） A．515m/s B．618m/s C．721m/s D．824m/s 【变式3】（多选）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统下列说法正确的是（　　） A．系统动量不守恒，机械能守恒 B．系统动量守恒，机械能不守恒 C．当弹簧被压缩最短时，系统具有共同的速度 D．当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能 题型7 动量守恒定律在板块模型中的应用 解｜题｜知｜识 1.对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。 2.整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 3.滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。 【典例1】如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是（　　） A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速 B．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速 C．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速后匀速 D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速 【变式1】（多选）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的木板B，绳子开始是松弛的．质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小．现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板上运动．已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落．下列说法正确的是（　　） A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s D．最终A、B、C三者将以大小为的共同速度一直运动下去 【变式2】如图，在水平地面上放着物块P、Q，用轻质细绳连接在一起，且P、Q间有一根压缩的轻质弹簧（未拴接），物块N放置在木板M的最右端。现将细绳剪断，弹簧恢复原长后物块P向右滑行一段距离，与木板M发生弹性碰撞。在以后的运动过程中，物块N恰好未从木板M上掉落。已知物块P、Q的质量分别为mP＝5kg，mQ＝10kg，压缩弹簧的弹性势能Ep＝135J，木板M的质量为mM＝1kg，物块N的质量为mN＝1kg，N与M间的动摩擦因数μ1＝0.1，地面上O点左侧光滑，O点右侧木板M与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，O点右侧物块P与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.4，物块P、Q、N均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）弹簧恢复原长时，物块P的速度大小； （2）物块P与木板M碰撞后瞬间各自速度大小； （3）木板M的长度； （4）最终物块P与木板M右端的间距。 【变式3】如图所示，质量M＝0.5kg、半径R＝0.2m的光滑圆弧轨道C静置于光滑水平面上，O为圆心，P为轨道最低点，圆弧轨道C左侧地面上静置一质量m＝0.3kg的水平木板B，木板B的上表面与圆弧轨道P点等高。某时刻质量m0＝1.2kg的滑块A以水平速度v0＝10m/s从木板B左端滑上，当木板B与圆弧轨道C碰撞前瞬间，滑块A与木板B恰好共速，且滑块A刚好位于木板B的右端。木板B与圆弧轨道C碰后粘合在一起，木板B与滑块A之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，滑块A可视为质点，求： （1）木板B的长度L； （2）从滑块开始运动至木板与圆弧轨道碰后瞬间的过程中损失的动能ΔEk； （3）滑块A相对P点能够上升的最大高度h。 题型8 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用 解｜题｜知｜识 物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型： 1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。 2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。 可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。 【典例1】如图所示，质量M＝3m、带有圆的光滑圆弧轨道放在光滑水平面上，最低点与水平面相切，弧形轨道的半径为R，质量为m的小球由弧形轨道最高点的正上方R处静止释放（未画出），经过一段时间，小球由弧形轨道的最高点沿切线方向进入轨道，小球最终从轨道的最低点离开，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球进入轨道后，二者的动量守恒 B．小球进入轨道后，弹力对小球不做功 C．小球与轨道分离瞬间，小球的速度大小为 D．小球与轨道分离瞬间，轨道的速度大小为 【变式1】质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为g，滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【变式2】（多选）如图，质量为2m，半径为R，圆心角为150°的光滑圆弧轨道ABC，静置于光滑的水平面上，不固定，一质量为m的小球从圆弧轨道的A点静止释放，已知重力加速度为g，下面说法正确的是（　　） A．轨道与小球组成的系统动量守恒 B．轨道的最大速度为 C．小球从C点射出时，轨道的位移为 D．小球从C点射出时，轨道的位移为 【变式3】（多选）如图所示，将一半径为R的光滑半圆槽置于光滑水平面上，现让一小球自左侧槽口A的正上方h处由静止开始下落，恰好与圆弧槽相切自A点进入槽内，已知半圆槽质量为小球质量的4倍，则以下结论中正确的是（小球可视为质点，重力加速度为g）（　　） A．小球和半圆槽组成的系统在运动过程中机械能守恒 B．小球在到达C点时速度为 C．小球运动到半圆槽的最低点B时，半圆槽向左移动 D．小球离开C点以后，将做斜上抛运动 题型9 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用 解｜题｜知｜识 1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。 2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。 【典例1】如图所示，把两个大小相同的金属球A和B用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M，B的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，金属球A发生的位移大小为（　　） A． B． C． D． 【变式1】（多选）如图所示，竖直放置的轻弹簧的下端固定在水平地面上，上端拴接着质量为m的木块A。开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处由静止释放，与木块A碰撞后粘在一起向下压缩弹簧。物块A、B可视为质点，碰撞时间极短，可忽略不计。弹簧始终竖直，处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A．木块B与木块A碰后瞬间，速度为 B．弹簧最大弹性势能为 C．木块B与木块A碰撞过程中损失的机械能为 D．物块A、B碰撞后，在竖直方向上做简谐运动 【变式2】（多选）如图所示，静置于光滑水平面上的三辆小车A、B、C处在同一直线上，A、B质量均为m，C质量为2m，小车C固定一水平轻质弹簧，初始时弹簧处于自然长度。现给小车A一个水平向左的初速度v，A与B碰撞后粘合在一起，运动一段距离后，开始压缩弹簧，若弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．整个相互作用的过程中，系统动量守恒、机械能守恒 B．A、B碰撞后的速度为 C．弹簧的最大弹性势能 D．当弹簧再次恢复到原长时，C车的速度为 【变式3】（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块m1一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。则下列判断正确的是（　　） A．t1时刻弹簧长度最短 B．t2时刻弹簧恢复原长 C．在t1～t3时间内，弹簧处于压缩状态 D．在t2～t4时间内，弹簧处于拉长状态 题型10 动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化） 解｜题｜知｜识 绳子绷紧瞬间的作用力是非常巨大的，故这一瞬间系统的内力远大于其他外力，所以在绳子绷紧瞬间可以认为系统的动量是守恒的（或在某一方向上是守恒的）。但绳子绷紧瞬间系统的能量要损失一部分。 【典例1】如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m＝1.0kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98kg的木块，现有一个质量为m0＝20g的子弹以v＝100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求： （1）木块和子弹这个系统损失的机械能； （2）木块所能达到的最大高度（保留两位有效数字）； （3）圆环的最大速度。 过 关 验 收 1．台球是一项深受青少年喜爱的体育运动。如图所示，水平台面上的甲球球心和中袋中心连线与桌边间夹角θ＝60°，运动员用球杆将白球乙沿与桌边平行的方向以速度v0击出，乙与甲碰撞后甲落入中袋。已知两球质量、半径均相等，两球碰撞为弹性碰撞，不计两球所受阻力，不考虑球的自旋影响。关于甲、乙两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后乙球速度方向不变 B．碰撞后两球速度方向垂直 C．碰撞后甲球速度大小为v0 D．碰撞后乙球速度大小为 2．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10m/s的初速度向上滑动时，受到滑杆的摩擦力大小为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）碰撞后滑块和滑杆的速度大小； （2）碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小。 （多选）3．在冰壶测试训练中，利用红壶去正碰静止的蓝壶，两冰壶质量相等，利用传感器测量技术绘出碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，则（　　） A．碰后蓝壶速度为0.8m/s B．碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力 C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m D．两壶发生了弹性碰撞 （多选）4．甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度；丁图为一木块静止在光滑水平面上，子弹以速度v0射入其中且未穿出。则关于这几个物理过程（空气阻力均忽略不计），下列判断中正确的是（　　） A．甲图中小球机械能守恒 B．乙图中小球A的机械能守恒 C．丙图中在之后的运动过程中，两车组成的系统动量守恒 D．丁图中子弹、木块组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 （多选）5．如图，水平传送带以速度v逆时针转动，某时刻将一个质量为m的木块无初速度置于传送带左端，且此时一质量同样为m速度为v0的子弹瞬间打入木块嵌入其中，与木块相对静止一起在传送带上运动，恰好运动到右端没有脱落。若木块可视为质点，木块与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．子弹打入木块的瞬间，子弹与木块的机械能守恒 B．传送带的长度 C．木块返回传送带左端时的速度一定等于v0 D．木块先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，可能最后做匀速直线运动 6．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝37°，当传送带静止时，质量m＝1kg的物块静止在传送带上某位置处。某时刻一质量m＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度平行于传送带打入物块，并以v＝100m/s的速度穿出物块。在子弹穿出物块的同时启动传送带，让其沿顺时针方向做加速度a＝0.5m/s2的匀加速运动。已知子弹射穿物块时间极短，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）子弹穿出物块时，物块的速度大小； （2）从子弹刚穿出物块到物块与传送带达到共速所用的时间t； （3）因物块与传送带间的摩擦产生的热量。 （多选）7．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C．当小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 D．从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 （多选）8．如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M＝3kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量m＝1kg的小球以水平初速度v0＝4m/s从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒 B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒 C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6m D．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.8m 9．如图所示，MNP﹣M′N′P′为平行金属固定导轨，其中MN、M′N'为半径为R的竖直四分之一圆弧，NP、N′P′水平平行且足够长，圆弧导轨与水平导轨相切于圆弧端点N、N'。NN′右侧区域有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。金属棒a、b的质量分别为2m、m，电阻分别为r、2r，导轨的电阻不计，不计一切摩擦，金属棒a、b碰撞为弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，金属棒a、b与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g。先将金属棒b静置于圆弧导轨的最低处，然后将金属棒a从圆弧导轨的最高处由静止释放，到金属棒a、b碰撞后经过足够长时间。求： （1）金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小； （2）金属棒a产生的焦耳热。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 内 容 导 航 题型1 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题 题型2 分析碰撞的合理性 题型3 弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断 题型4 碰撞过程中的图像问题 题型5 碰撞后粘连问题 题型6 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用 题型7 动量守恒定律在板块模型中的应用 题型8 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用 题型9 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用 题型10 动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化） 考 点 演 练 题型1 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题 解｜题｜知｜识 1.碰撞的特点： （1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。 （2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。 2.设两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞前两个物体的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有 m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′ 【典例1】如图所示，一排人依序站在水平轨道旁，从左向右依次记为1，2，3，…，n，每人手中有一只质量为m＝3kg的沙袋。一质量为M＝50kg的购物车以某初速度从左向右滑来，不计一切阻力，当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面抛到车上，v的大小等于抛此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。那么购物车反向时，车上沙袋个数为（　　） A．14 B．16 C．18 D．20 【答案】B 【解答】解：规定向右为正方向，第1个人抛入沙袋前后，根据动量守恒定律得Mv0﹣m•2v0＝（M+m）v1 第2个人抛入沙袋前后，根据动量守恒定律得（M+m）v1﹣m•4v1＝（M+2m）v2 则第n个人抛入沙袋前后，根据动量守恒定律得[M+（n﹣1）m]vn﹣1﹣m•2nvn﹣1＝（M+nm）vn 可得 若第n个人抛入沙袋后车的速度反向，则有vn＜0，且vn﹣1＞0，即M﹣（n+1）m＜0，且M﹣nm＞0 解得，则n＝16，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【变式1】一种未知粒子跟静止的氢原子核（1u）正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107m/s；该未知粒子以相同的速度跟静止的氮原子核（14u）正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106m/s。上述碰撞都是弹性碰撞，1u为1个原子质量单位，则未知粒子可能为（　　） A．中子（1u） B．氦原子核（4u） C．碳原子核（12u） D．氧原子核（16u） 【答案】A 【解答】解：未知粒子跟靶核发生弹性碰撞，规定碰撞前未知粒子速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝mv1+Mv2 根据机械能守恒定律得 解得静止靶核碰撞后的速度为 与氢核碰撞时：氢核质量M1＝1u，碰撞后速度，代入公式得： 与氮核碰撞时：氮核质量M2＝14u，碰撞后速度，代入公式得： 联立解得未知粒子质量为m＝1u，则未知粒子为中子，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式2】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 【答案】D 【解答】解：对P和N的碰撞过程，规定它们初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有mPvP+mNvN＝mPvP′+mNvN′，可得mP（vP﹣vP′）＝mN（vN′﹣vN），根据图1可知（vP﹣vP′）＞（vN′﹣vN），故mP＜mN，同理，对Q和N组成的系统mQvQ+mNvN＝mQvQ′+mNvN′，可得mQ（vQ﹣vQ′）＝mN（vN′﹣vN），根据图2可知（vQ﹣vQ′）＜（vN′﹣vN），故mN＜mQ，联立可得mQ＞mN＞mP，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【变式3】航天员在“天宫课堂”中演示碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，照片中小方格为正方形，虚线均分小方格，如图所示。则小球和大球的质量之比为（　　） A．1：2 B．1：4 C．2：3 D．1：5 【答案】B 【解答】解：设小球、大球的质量分别为m1、m2，小正方形的边长为a，间隔相等的时间为t，取水平向右为正方向，则由第一张与第二张照片可知小球的初速度 由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度 碰撞后大球的速度 根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1+m2v2 解得m1：m2＝1：4，故ACD错误，B正确。 故选：B。 题型2 分析碰撞的合理性 解｜题｜知｜识 1.动量限制：碰撞过程动量守恒，m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'或Δp1＝﹣Δp2。 2.能量限制：碰撞过程中机械能不增加，即m1m2m1m2 3.实际情景限制：碰撞结果必须与实际情况相符合，如： （1）碰前两物体同向运动时，后面的物体速度应大于前面物体的速度；（2）碰后两物体同向运动时，前面物体的速度大于等于后面物体的速度； （3）碰前两物体同向运动时，碰后前面物体的速度一定增大； （4）碰前两物体相向运动时，碰后两物体的速度方向不可能都没有发生变化等。 【典例1】A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg•m/s，B球的动量是7kg•m/s。当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是（　　） A．6kg•m/s，6kg•m/s B．3kg•m/s，9kg•m/s C．2kg•m/s，14kg•m/s D．﹣5kg•m/s，15kg•m/s 【答案】B 【解答】解：由题，碰撞前的总动量为12kg•m/s A、虽然满足动量守恒，但是碰后A球的动量不可能沿原方向增加，故A错误； B、两球组成的系统动量守恒，A球减少的动量等于B球增加的动量，故B正确； C、两球组成的系统的总动量是16kg•m/s，两球组成的系统不满足动量守恒。故C错误； D、两球组成的系统的总动量是10kg•m/s，不满足动量守恒，故D错误； 故选：B。 【变式1】在光滑的水平面上有A、B、C三个完全相同的小钢球，三个球处在同一条直线上，其中C球左侧带有双面胶贴，开始时B、C两球静止，现A以6m/s的速度与B发生弹性碰撞，然后B与C球发生正碰后粘在一起，则B与C球碰撞后的速度大小为（　　） A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s 【答案】A 【解答】解：设三个球的质量均为m，A、B发生弹性碰撞后，A的速度为零，B的速度为v0＝6m/s。根据动量守恒定律有mv0＝2mv，解得：v＝3m/s。故A正确，BCD错误； 故选：A。 【变式2】（多选）A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s B．vA′＝﹣4m/s，vB′＝7m/s C．vA′＝2m/s，vB′＝4m/s D．vA′＝3m/s，vB′＝3.5m/s 【答案】CD 【解答】解：A、两球碰撞后不能再发生二次碰撞，碰撞后A的速度不能大于B的速度，故A错误； B、两球碰撞过程，系统不受外力，碰撞过程系统总动量守恒，碰撞前的动量大小为p＝mAvA+mBvB＝1×6kg•m/s+2×2kg•m/s＝10kg•m/s，碰撞前的总动能为，解得Ek＝22J。若碰撞后的速度为vA'＝﹣4m/s，vB'＝7m/s，则碰撞后的总动量为p'＝mAvA'+mBvB'，解得碰撞后的动量为p'＝10kg•m/s＝P，碰撞后的动能为，代入数据解得Ek'＝57J，动能增加了，这是不可能的，故B错误； C、若碰撞后的速度为vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，则碰撞后的动量大小为p'＝10kg•m/s＝p，碰撞后的动能为Ek'＝18J＜Ek，这是有可能的，故C正确； D、若碰撞后的速度为vA'＝3m/s，vB'＝3.5m/s，则碰撞后的总动量为p'＝10kg•m/s，符合动量守恒，碰撞后的总动能大小为Ek'＝16.75J＜Ek，这是可能的，故D正确。 故选：CD。 【变式3】（多选）如图所示，A、B两物块用一轻弹簧连接放在光滑水平面上，弹簧处于原长。某时刻A以初速度v0向右运动，两物块的质量关系为mB＝2mA。在以后的运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内，A、B两物块的速度vA、vB可能为（　　） A． B．vA＝2v0 C． D． 【答案】AC 【解答】解：根据动量守恒定律与能量守恒定律，取水平向右为正方向，有mAv0＝mAvA+2mAvB，，因此必有。 A、当时，由动量守恒式可得，此时，故A正确； B、当vA＝2v0时，由动量守恒式可得，此时，故B错误； C、当时，由动量守恒式可得，此时，此时弹簧处于原长，故C正确； D、当时，由动量守恒式可得，此时，故D错误。 故选：AC。 题型3 弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断 解｜题｜知｜识 1.碰撞分为三类： （1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。 （2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。 （3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。 2.弹性碰撞和非弹性的碰撞的共同点是碰撞前后动量守恒，不同点是碰撞前后是否有机械能损失。 3.弹性碰撞——碰撞前后机械能守恒 ⇒， （1）若m1＝m2，可得v1′＝0，v2′＝v1，相当于两球交换速度． （2）若m1＞m2，则v1′＞0；且v2′一定大于0 若m1＜m2，则v1′＜0；且v2′一定大于0． （3）若m2＞＞m1，则v1′＝﹣v1，v2′＝0． （4）若m1＞＞m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1． 4.非弹性碰撞 如果在碰撞过程中，有一部分机械能转变为其他形式的能量，如发热，则是属于非弹性碰撞．其动能的损失为： △Ek＝（m1m2）﹣（m1v1′2m2v2′2） 有一种很特殊的非弹性碰撞，比如碰后两小球结合在一起，不再分开；子弹射入到木箱中等这些称为完全非弹性碰撞， m1v1+m2v2＝（m1+m2）v′， 碰后的速度表达式为： v2′＝v1′＝v′ △Ek＝（m1m2）（m1+m2）v′2 这种碰撞的动能损失最大． 【典例1】（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x﹣t（位移一时间）图像。已知m1＝0.1kg。由此可以判断（　　） A．碰前质量为m1的小球静止，质量为m2的小球向左运动 B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动 C．m2＝0.3kg D．两个小球的碰撞是弹性碰撞 【答案】CD 【解答】解：A.由图乙可知，碰前小球1做向右的匀速直线运动，小球2静止，故A错误； B.位移—时间图像中，图像斜率的正负表示物体速度的方向，由图可知，碰后小球1向左运动，小球2向右运动，故B错误； C.碰撞前小球1的速度为v0＝4m/s 碰撞后小球1的速度为v1＝2m/s，碰撞后小球2的速度为v2﹣＝2m/s. 碰撞过程中，两个小球组成的系统动量守恒，即m1v0＝m2v2﹣m1v1， 代入已知数据解得m2＝0.3kg，故C正确。 D.碰撞前两个小球的总动能为E 代入数据得E＝0.8J 碰撞后两小球的总动能为E′ 代入数据得E′＝0.8J 两小球组成的系统碰撞前后总动能保持不变，故碰撞过程为完全弹性碰撞，故D正确。 故选：CD。 【变式1】（多选）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示，已知甲的质量为1kg，则（　　） A．乙的质量为6kg B．乙的质量为3kg C．此碰撞是弹性碰撞 D．此碰撞是非弹性碰撞 【答案】AD 【解答】解：AB．由图可知，碰前甲、乙的速度分别为 v甲＝5m/s v乙＝1m/s 碰后甲、乙的速度分别为 v甲'＝﹣1m/s v乙'＝2m/s 乙两物体碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得 m甲v甲+m乙v乙＝m甲v甲'+m乙v乙' 解得 m乙＝6kg 故A正确，B错误； CD．由能量关系可知 代入数据解得 ΔE＝3J 有机械能损失，故发生非弹性碰撞，故C错误，D正确。 故选：AD。 【变式2】利用DIS实验装置验证变力作用下的动量定理时，组装了如图所示的装置。调整轨道水平，将力传感器、光电传感器接入计算机，将遮光片的宽度和小车质量输入计算机。推动小车使其与力传感器测力点发生碰撞，通过传感器在计算机中描绘出碰撞中作用力随时间变化的图像，得出小车受到此力的冲量。由光电传感器测量的时间得到小车动量的变化量。比较小车受到的力的冲量和动量变化量，来验证动量定理。某次验证实验时测得的数据如图乙所示。 （1）由图乙中数据可求出碰撞过程小车动量的变化量为 　0.2041　 kg•m/s，小车受到的力的冲量为 　0.1972　 N•s。 （2）恢复系数e是指碰撞后、前两物体的分离速度与接近速度之比。实验中如果碰撞的恢复系数e大于95%，则可认为此碰撞为弹性碰撞。根据图乙中数据可判断本次实验时小车和力传感器间是 　弹性　 碰撞（选填“弹性”或“非弹性”）。 【答案】（1）0.2041，0.1972；（2）弹性。 【解答】解：（1）规定碰撞后速度方向为正方向，根据图乙中的数据可知，碰撞前小车的动量为 p＝mv＝﹣0.1039kg•m/s 碰撞后小车的动量为 p′＝mv′＝1.002kg•m/s 由此可得碰撞过程小车动量的变化量为 Δp＝p′﹣p＝0.1002kg•m/s﹣（﹣0.1039）kg•m/s＝0.2041kg•m/s 根据计算机所描绘的小车在碰撞过程中所受力随时间变化的图像，可知该图像中力与时间轴围成的面积表示小车在碰撞过程中所受到的该力的冲量，可得 I＝0.1972N•s。 （2）根据图乙，碰撞后的动量为 p′＝mv′＝0.1002kg•m/s 可得碰撞后的分离速度为 根据碰撞前动量的大小为 p＝mv＝0.1039kg•m/s 可得碰撞前的接近速度大小为 由此可得碰撞的恢复系数为 e100% 解得e≈96.45%＞95% 则该碰撞为弹性碰撞。 故答案为：（1）0.2041，0.1972；（2）弹性。 题型4 碰撞过程中的图像问题 解｜题｜知｜识 碰撞前后动量守恒，但是物体的运动状态会发生变化，可以用图像来表示碰撞前后物体的运动情况。 【典例1】A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x﹣t图像如图所示，则下列判断正确的是（　　） A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同 B．A、B的质量之比mA：mB＝1：1 C．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3 D．此碰撞为弹性碰撞 【答案】D 【解答】解：A．由图像可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，故A错误； B．根据图像可得，碰撞前A的速度为 v0＝5m/s 碰撞前，B球的速度为0，碰撞后，A、B的速度分别为 vA＝﹣1m/s，vB＝4m/s 以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有 mAv0＝mAvA+mBvB 解得 mA：mB＝2：3，故B错误； C．根据上述分析可知，碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：1，故C错误； D．碰撞前系统的动能 碰撞后，系统的总动能 结合上面的结论可得 Ek＝Ek' 碰撞前后系统的机械能守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，故D正确。 故选：D。 【变式1】如图甲所示，将两个质量分别为m1＝60g、m2＝30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从小球A下端距地面h0＝1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度一时间图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．B球与A球碰前的速度大小为5m/s B．A、B两球发生的是弹性碰撞 C．若m2≪m1，第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20m D．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小的比值为1：101 【答案】D 【解答】解：A、碰撞前，A球与B球均做自由落体运动，则有，解得v0＝6m/s，即B球与A球碰前的速度大小为6 m/s，故A错误； B、根据图乙可知，B球碰撞后的速度方向向上，大小为v2＝4m/s，取向上为正方向。对于两球碰撞过程，根据动量守恒定律得 m1v0﹣m2v0＝m1v1+m2v2 解得碰撞后A球的速度为 v1＝1m/s 碰前两球的总动能为Ek1m1m2 碰后两球的总动能为Ek2m1m2 解得Ek1＝1.62J，Ek2＝0.27J 可知碰撞后系统总动能减小，碰撞是非弹性碰撞，故B错误； C、假设碰撞是弹性碰撞，此时B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞过程有 m1v0﹣m2v0＝m1v3+m2v4 解得 当m2≪m1时，有 解得 v4＝3v0＝3×6m/s＝18m/s 则B球上升到最高点过程有 解得hmax＝16.2m，故C错误； D、在碰撞时间t＝0.01 s内，取向上为正方向，对B球，根据动量定理，有 I1﹣m2gt＝m2v2﹣（﹣m2v0） B球重力的冲量 I2＝m2gt 解得，故D正确。 故选：D。 【变式2】在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示。碰撞前后两壶做直线运动的v﹣t图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　） A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶的速度为1.0m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2m D．碰后红壶还能继续运动2s 【答案】C 【解答】解：B、由图（c）所示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v0′＝0.2m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′+mv，代入数据解得：v＝0.8m/s，故B错误； A、碰撞前系统的总动能Ek0.5m，碰撞后系统的总动能Ek′0.34m＜Ek，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故B错误； C、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，碰后蓝壶移动的位移大小 xt（6﹣1）m＝2m，故C正确； D、由题意可知，红壶碰撞前后的图线平行，则，解得碰撞后红壶的运动时间t红＝1s，故D错误。 故选：C。 【变式3】（多选）一定质量的小球A以初速度v0与正前方小球B发生碰撞，碰撞过程A、B两球的v﹣t图像如图所示。已知地面光滑，下列说法正确的是（　　） A．若a﹣c＝v0，则一定是弹性碰撞 B．无论是否为弹性碰撞，一定满足v0﹣b＝b﹣c C．无论是否弹性碰撞，A、B两球质量比为 D．无论是否弹性碰撞，A、B两球质量比 【答案】AC 【解答】解：CD、根据动量守恒定律，碰撞过程中系统合外力为零，总动量守恒。选取从初始时刻到两球共速时刻（图像交点，速度均为b）的过程分析。初始时刻系统总动量p0＝mAv0；共速时刻系统总动量p共＝（mA+mB）b。变形整理：mA（v0﹣b）＝mBb，解得质量比。该结论仅依据动量守恒定律，与碰撞性质无关，故C正确，D错误； A、若为弹性碰撞，系统动能守恒。弹性碰撞满足相对靠近速度等于相对分离速度。碰撞前相对靠近速度Δv前＝v0﹣0＝v0；碰撞后相对分离速度Δv后＝vB﹣vA＝a﹣c。若a﹣c＝v0，即Δv后＝Δv前，符合弹性碰撞特征，故A正确； B、v0﹣b表示A球压缩阶段速度减小量，b﹣c表示恢复阶段速度减小量。弹性碰撞中两阶段动量变化对称，满足v0﹣b＝b﹣c；非弹性碰撞因机械能损失导致b﹣c＜v0﹣b。选项所述“无论是否为弹性碰撞”不成立，故B错误。 故选：AC。 题型5 碰撞后粘连问题 解｜题｜知｜识 1.碰撞分为三类： （1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。 （2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。 （3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。 2.对于完全非弹性碰撞的求解方法为 碰撞前后动量守恒 m1v1+m2v2＝（m1+m2）v′， 碰后的速度表达式为： v2′＝v1′＝v′ 系统损失的动能为： △Ek＝（m1m2）（m1+m2）v′2 这种碰撞的动能损失最大． 【典例1】如图甲所示，物块A、B的质量分别是m1＝4kg和m2＝6kg，用轻弹簧连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙相接触，另有一个物块C从t＝0时刻以一定的速度向左运动，在t＝5s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物块C的v﹣t图像如图乙所示。试求： （1）物块C的质量m3； （2）在5～15s时间内，物块A的动量变化量的大小和方向。 【答案】（1）物块C的质量为2.0kg； （2）在5.0s到15s的时间内物块A的动量变化的大小为16kg•m/s，方向向右。 【解答】解：（1）根据图像可知，物体C与物体A相碰前的速度为 v1＝6m/s 相碰后的速度为 v2＝2m/s 取向左为正方向，根据动量守恒定律得 m3v1＝（m1+m3）v2 解得：m3＝2.0kg （2）规定向左的方向为正方向，在第5.0s和第15s末物块A的速度分别为 v2＝2m/s，v3＝﹣2m/s 所以物块A的动量变化为 Δp＝m1（v3﹣v2）＝4×（﹣2﹣2）kg•m/s＝﹣16kg•m/s 即在5.0s到15s的时间内物块A动量变化的大小为16kg•m/s，方向向右。 答：（1）物块C的质量为2.0kg； （2）在5.0s到15s的时间内物块A的动量变化的大小为16kg•m/s，方向向右。 题型6 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用 解｜题｜知｜识 1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。 2.在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化。 3.若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多。 【典例1】如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．木块和子弹A、B系统动量不守恒 B．子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍 C．子弹B的质量是子弹A的质量的3倍 D．若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍 【答案】C 【解答】解：A．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，故A错误； BC．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得 mAvA﹣mBvB＝0，则有：mAvA＝mBvB 即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为Ff，子弹射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有 ﹣FfdA＝0﹣EkA，可得：FfdA＝EkA 对子弹B有 ﹣FfdB＝0﹣EkB，可得：FfdB＝EkB 由于：dA＝3dB 则有两子弹初动能的关系为：EkA＝3EkB 由动能公式可得：EkA，EkB 联立解得：mB＝3mA，vA＝3vB，故B错误，C正确； D．若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能 ΔE＝FfdA′＜EkA 且FfdA＝EkA 整理可得 dA′＜dA 子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知 mAvA＝mBvB 则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能 ΔE′＝FfdB′＞EkB 且FfdB＝EkB 整理可得 dB′＞dB 由以上分析可知 dA′＜3dB′ 故D错误。 故选：C。 【变式1】如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块再次回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　） A．v，I＝0 B．v，I＝2mv0 C．v，I D．v，I＝2mv0 【答案】B 【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0＝（M+m）v 解得：v 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v； 子弹和木块弹簧组成的系统受到合力的大小等于墙对弹簧的作用力，设水平向右为正方向，墙对弹簧的冲量为I，根据动量定理得： I＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0 所以I的大小为2mv0，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式2】如图所示，用不可伸长的轻质细绳将木块悬挂于一点O，开始木块静止不动。一颗质量为m的弹丸水平向右射入质量为M＝50m木块后未射出木块，第一次弹丸的速度为v1＝255m/s，射入木块后二者共同摆动的最大摆角为α，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度v2又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大摆角仍为α，木块和弹丸可视为质点，空气阻力不计，则第二颗弹丸的水平速度v2大小为（　　） A．515m/s B．618m/s C．721m/s D．824m/s 【答案】A 【解答】解：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中木块摆动的角度相等可知，两次击中木块后木块的速度相同，设速度为v，由动量守恒定律得： 第一次为mv1＝（m+M）v 第二次为mv2﹣（m+M）v＝（2m+M）v 由题可知M＝50m 联立得第二粒弹丸的水平速度为v2515m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式3】（多选）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统下列说法正确的是（　　） A．系统动量不守恒，机械能守恒 B．系统动量守恒，机械能不守恒 C．当弹簧被压缩最短时，系统具有共同的速度 D．当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能 【答案】BC 【解答】解：AB、在子弹打击木块A及弹簧第一次压缩至最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。 在此过程中，除弹簧的弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。故A错误，B正确。 C、子弹射入木块后弹簧被压缩，B在弹力作用下向右加速，A向右减速，当两者的速度相等时，弹簧被压缩最短，故C正确。 D、当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，故D错误。 故选：BC。 题型7 动量守恒定律在板块模型中的应用 解｜题｜知｜识 1.对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。 2.整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 3.滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。 【典例1】如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是（　　） A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速 B．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速 C．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速后匀速 D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速 【答案】A 【解答】解：AC、光滑的水平面上，小车和木块组成的系统合外力为零动量守恒。 小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速， 最后与小车同速；小车先减速后匀速。故A正确，C错误； BD、两者因相对运动存在滑动摩擦力，若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速，故BD错误。 故选：A。 【变式1】（多选）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的木板B，绳子开始是松弛的．质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小．现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板上运动．已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落．下列说法正确的是（　　） A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s D．最终A、B、C三者将以大小为的共同速度一直运动下去 【答案】ACD 【解答】解：A、绳子绷紧前，C在B上滑动过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得： m3v0＝（m2+m3）v1，解得B、C达到的共同速度大小：v1＝1.0m/s，故A正确； BC、绳子刚绷紧瞬间，A与B组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得： m2v1＝（m1+m2）v2，解得绳子刚绷紧后的瞬间A、B的速度大小：v2＝0.5m/s，故B错误，C正确； D、设最终A、B、C三者的共同速度为v3。对整个过程，取向左为正方向，由A、B、C组成的系统动量守恒得： m3v0＝（m1+m2+m3）v3，解得v3m/s，即最终A、B、C三者将以大小为的共同速度一直运动下去，故D正确。 故选：ACD。 【变式2】如图，在水平地面上放着物块P、Q，用轻质细绳连接在一起，且P、Q间有一根压缩的轻质弹簧（未拴接），物块N放置在木板M的最右端。现将细绳剪断，弹簧恢复原长后物块P向右滑行一段距离，与木板M发生弹性碰撞。在以后的运动过程中，物块N恰好未从木板M上掉落。已知物块P、Q的质量分别为mP＝5kg，mQ＝10kg，压缩弹簧的弹性势能Ep＝135J，木板M的质量为mM＝1kg，物块N的质量为mN＝1kg，N与M间的动摩擦因数μ1＝0.1，地面上O点左侧光滑，O点右侧木板M与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，O点右侧物块P与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.4，物块P、Q、N均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）弹簧恢复原长时，物块P的速度大小； （2）物块P与木板M碰撞后瞬间各自速度大小； （3）木板M的长度； （4）最终物块P与木板M右端的间距。 【答案】（1）弹簧恢复原长时，物块P的速度大小为6m/s。 （2）物块P与木板M碰撞后瞬间，物块P速度大小为4m/s，木板M速度大小为10m/s。 （3）木板M的长度为10m。 （4）最终物块P与木板M右端的间距为21m。 【解答】解：（1）物块P与Q在水平方向动量守恒，有mPvP1＝mQvQ，由机械能守恒得，解得：vP1＝6m/s。 （2）碰撞前物块P速度为vP1＝6m/s，与木板M发生弹性碰撞，动量守恒方程为mPvP1＝mPvP2+mMvM1， 机械能守恒方程为，联立解得：vP2＝4m/s，vM1＝10m/s。 （3）碰撞后对木板M应用牛顿第二定律得μ1mNg+μ2（mN+mM）g＝mMa1，解得：； 对物块N有μ1mNg＝mNaN，解得：。当两者共速时满足v＝vM1﹣a1t1＝a2t1，解得：t1＝2s，v＝2m/s。 木板长度，解得：L＝10m。 （4）物块P碰撞后加速度aP＝μ3g，解得：，方向向左，由运动学公式得xP＝2m。 共速后因μ1＜μ2，木板M继续减速，加速度满足μ2（mN+mM）g﹣μ1mNg＝mMa3，解得：。由v2＝2a3xM2得xM2＝1m。最终距离Δx＝xM1+xM2+L﹣xP，解得：Δx＝21m。 答：（1）弹簧恢复原长时，物块P的速度大小为6m/s。 （2）物块P与木板M碰撞后瞬间，物块P速度大小为4m/s，木板M速度大小为10m/s。 （3）木板M的长度为10m。 （4）最终物块P与木板M右端的间距为21m。 【变式3】如图所示，质量M＝0.5kg、半径R＝0.2m的光滑圆弧轨道C静置于光滑水平面上，O为圆心，P为轨道最低点，圆弧轨道C左侧地面上静置一质量m＝0.3kg的水平木板B，木板B的上表面与圆弧轨道P点等高。某时刻质量m0＝1.2kg的滑块A以水平速度v0＝10m/s从木板B左端滑上，当木板B与圆弧轨道C碰撞前瞬间，滑块A与木板B恰好共速，且滑块A刚好位于木板B的右端。木板B与圆弧轨道C碰后粘合在一起，木板B与滑块A之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，滑块A可视为质点，求： （1）木板B的长度L； （2）从滑块开始运动至木板与圆弧轨道碰后瞬间的过程中损失的动能ΔEk； （3）滑块A相对P点能够上升的最大高度h。 【答案】（1）木板B的长度L为1.25m； （2）从滑块开始运动至木板与圆弧轨道碰后瞬间的过程中损失的动能ΔEk为18J； （3）滑块A相对P点能够上升的最大高度h为0.5m。 【解答】解：（1）A在B上滑动的过程，设滑块A与木板B第一次共速为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 m0v0＝（m0+m）v1 解得v1＝8m/s 根据能量守恒定律有 解得L＝1.25m （2）A与B第一次共速过程中，系统产生的热量为Q1＝μm0gL 解得Q1＝12J 设B与C碰后瞬间速度大小为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 mv1+0＝（m+M）v2 解得v2＝3m/s 此过程损失的动能为 解得E＝6J 故从滑块开始运动至木板与圆弧轨道碰后瞬间的过程中损失的动能为ΔE＝Q1+E 解得ΔE＝18J （3）A上升到最高点时，A、B、C达到共速v，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有 m0v0+0＝（m0+m+M）v 解得v＝6m/s 根据能量守恒定律有 解得h＝0.5m 答：（1）木板B的长度L为1.25m； （2）从滑块开始运动至木板与圆弧轨道碰后瞬间的过程中损失的动能ΔEk为18J； （3）滑块A相对P点能够上升的最大高度h为0.5m。 题型8 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用 解｜题｜知｜识 物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型： 1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。 2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。 可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。 【典例1】如图所示，质量M＝3m、带有圆的光滑圆弧轨道放在光滑水平面上，最低点与水平面相切，弧形轨道的半径为R，质量为m的小球由弧形轨道最高点的正上方R处静止释放（未画出），经过一段时间，小球由弧形轨道的最高点沿切线方向进入轨道，小球最终从轨道的最低点离开，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球进入轨道后，二者的动量守恒 B．小球进入轨道后，弹力对小球不做功 C．小球与轨道分离瞬间，小球的速度大小为 D．小球与轨道分离瞬间，轨道的速度大小为 【答案】C 【解答】解：A、小球进入轨道后，小球与轨道组成的系统在水平方向上不受外力作用，因此系统水平方向的动量守恒，故A错误； B、弹力对小球做功，故B错误； CD、设小球与轨道分离瞬间的速度大小分别为v1、v2，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒定律有0＝mv1﹣3mv2，由机械能守恒定律得，解得：，，故C正确，D错误。 故选：C。 【变式1】质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为g，滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：设滑块滑到底端时的水平速度和竖直速度为vx和vy，即滑块的合速度为，斜面的合速度为v2。由于滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，以向右为正方向，有：m1vx﹣m2v2＝0，结合两者的水平位移关系有：对滑块，在竖直方向的位移：，对两物体的系统，由机械能守恒定律有：，联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【变式2】（多选）如图，质量为2m，半径为R，圆心角为150°的光滑圆弧轨道ABC，静置于光滑的水平面上，不固定，一质量为m的小球从圆弧轨道的A点静止释放，已知重力加速度为g，下面说法正确的是（　　） A．轨道与小球组成的系统动量守恒 B．轨道的最大速度为 C．小球从C点射出时，轨道的位移为 D．小球从C点射出时，轨道的位移为 【答案】BC 【解答】解：A、轨道与小球组成的系统，竖直方向受重力与支持力，合力不为零，动量不守恒；水平方向无外力作用，动量守恒。因此系统总动量不守恒，故A错误； B、小球运动至轨道最低点B时，轨道速度达最大值。由水平方向动量守恒得mv1＝2mv2，结合机械能守恒定律，联立解得，故B正确； CD、小球由A运动至C过程中，水平方向动量守恒。设轨道位移为x，小球水平位移为s，由动量守恒得mv1＝2mv2，等式两边同乘以时间t得mx＝2ms，结合几何关系x+s＝R+Rsin60°，联立解得，故C正确，D错误。 故选：BC。 【变式3】（多选）如图所示，将一半径为R的光滑半圆槽置于光滑水平面上，现让一小球自左侧槽口A的正上方h处由静止开始下落，恰好与圆弧槽相切自A点进入槽内，已知半圆槽质量为小球质量的4倍，则以下结论中正确的是（小球可视为质点，重力加速度为g）（　　） A．小球和半圆槽组成的系统在运动过程中机械能守恒 B．小球在到达C点时速度为 C．小球运动到半圆槽的最低点B时，半圆槽向左移动 D．小球离开C点以后，将做斜上抛运动 【答案】AC 【解答】解：A、小球在半圆槽内运动时，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒，因此选项A正确； BD、对于小球与半圆槽组成的系统，水平方向动量守恒，系统水平动量始终为零。当小球运动至C点时，二者水平速度相同，此时半圆槽速度为零。根据机械能守恒定律可得，解得小球在C点速度为。由于此时小球水平分速度为零，离开C点后将作竖直上抛运动，故BD错误； C、当小球运动到半圆槽最低点B时，根据水平动量守恒有mx1＝4mx2，结合位移关系x1+x2＝R，解得，即半圆槽向左移动距离为，故C正确。 故选：AC。 题型9 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用 解｜题｜知｜识 1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。 2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。 【典例1】如图所示，把两个大小相同的金属球A和B用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M，B的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，金属球A发生的位移大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB﹣MvA＝0，mM0，其中：xA+xB＝x，解得：xA，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式1】（多选）如图所示，竖直放置的轻弹簧的下端固定在水平地面上，上端拴接着质量为m的木块A。开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处由静止释放，与木块A碰撞后粘在一起向下压缩弹簧。物块A、B可视为质点，碰撞时间极短，可忽略不计。弹簧始终竖直，处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A．木块B与木块A碰后瞬间，速度为 B．弹簧最大弹性势能为 C．木块B与木块A碰撞过程中损失的机械能为 D．物块A、B碰撞后，在竖直方向上做简谐运动 【答案】ACD 【解答】解：A．B下落过程中机械能守恒，则 所以木块B与木块A碰前瞬间的速度 碰撞过程动量守恒mv1＝2mv2 解得碰后瞬间的速度为，故A正确； C．木块B与木块A碰撞过程中损失的机械能为，故C正确； B．从碰撞结束到两物块到达最低点，系统动能减小量，在最低点时弹簧弹性势能最大，最大值应该等于原来的弹性势能、系统动能减小量与重力势能减小量之和，则最大弹性势能大于，故B错误； D．物块A、B碰撞后两者黏在一起后，物块A、B与弹簧组成弹簧振子系统，在竖直方向上做简谐运动，故D正确。 故选：ACD。 【变式2】（多选）如图所示，静置于光滑水平面上的三辆小车A、B、C处在同一直线上，A、B质量均为m，C质量为2m，小车C固定一水平轻质弹簧，初始时弹簧处于自然长度。现给小车A一个水平向左的初速度v，A与B碰撞后粘合在一起，运动一段距离后，开始压缩弹簧，若弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．整个相互作用的过程中，系统动量守恒、机械能守恒 B．A、B碰撞后的速度为 C．弹簧的最大弹性势能 D．当弹簧再次恢复到原长时，C车的速度为 【答案】BCD 【解答】解：A、整个相互作用的过程中，系统所受合外力为零，则系统的动量守恒。A与B碰撞后粘合在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，则系统的机械能不守恒，故A错误； B、A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mv1，解得碰后的速度为，故B正确； C、当A、B、C三者共速时，弹簧的弹性势能最大，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv＝4mv2 弹簧的最大弹性势能为，故C正确； D、当弹簧再次恢复到原长时，取向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 2mv1＝2mv3+2mv4 解得v3＝0，，即C车的速度为，故D正确。 故选：BCD。 【变式3】（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块m1一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。则下列判断正确的是（　　） A．t1时刻弹簧长度最短 B．t2时刻弹簧恢复原长 C．在t1～t3时间内，弹簧处于压缩状态 D．在t2～t4时间内，弹簧处于拉长状态 【答案】ABD 【解答】解：A、从图象可以看出，从0到t1的过程中，m1的速度比m2的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，故A正确。 B、t2时刻m2的速度最大，此后m2的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，故B正确。 C、在t1～t2时间内，弹簧处于压缩状态。t2～t3时间内，弹簧处于拉伸状态。故C错误。 D、t2时刻弹簧恢复原长，在t2～t4时间内，m1先向左减速运动后向右加速运动，弹簧对m1有向右的拉力，弹簧处于拉长状态，后同向运动时m1的速度比m2的大。故D正确。 故选：ABD。 题型10 动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化） 解｜题｜知｜识 绳子绷紧瞬间的作用力是非常巨大的，故这一瞬间系统的内力远大于其他外力，所以在绳子绷紧瞬间可以认为系统的动量是守恒的（或在某一方向上是守恒的）。但绳子绷紧瞬间系统的能量要损失一部分。 【典例1】如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m＝1.0kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98kg的木块，现有一个质量为m0＝20g的子弹以v＝100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求： （1）木块和子弹这个系统损失的机械能； （2）木块所能达到的最大高度（保留两位有效数字）； （3）圆环的最大速度。 【答案】（1）木块和子弹这个系统损失的机械能为99J。 （2）木块所能达到的最大高度为0.017m。 （3）圆环的最大速度为。 【解答】解：（1）设子弹与木块达到的共同速度为v1，子弹质量m0＝0.02kg，木块质量M＝1.98kg。由动量守恒定律得m0v0＝（M+m0）v1，解得：v1＝1m/s。 系统机械能损失量ΔE由初末动能差计算，表达式为，代入数据得：ΔE＝100J﹣1J＝99J。 （2）设木块与子弹总质量M总＝2kg，当摆至最大高度h时，系统水平速度v共满足动量守恒M总v1＝（M总+m）v共，解得：。 根据机械能守恒定律，代入数据得，解得：。 （3）当木块回摆至最低点时，设圆环速度为v2，木块速度为v3。由水平动量守恒得M总v1＝mv2+M总v3；由机械能守恒得。 联立解得（v3＝1m/s为初始解舍去），代入动量方程得圆环最大速度。 答：（1）木块和子弹这个系统损失的机械能为99J。 （2）木块所能达到的最大高度为0.017m。 （3）圆环的最大速度为。 过 关 验 收 1．台球是一项深受青少年喜爱的体育运动。如图所示，水平台面上的甲球球心和中袋中心连线与桌边间夹角θ＝60°，运动员用球杆将白球乙沿与桌边平行的方向以速度v0击出，乙与甲碰撞后甲落入中袋。已知两球质量、半径均相等，两球碰撞为弹性碰撞，不计两球所受阻力，不考虑球的自旋影响。关于甲、乙两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后乙球速度方向不变 B．碰撞后两球速度方向垂直 C．碰撞后甲球速度大小为v0 D．碰撞后乙球速度大小为 【答案】B 【解答】解：设碰撞后乙球速度沿初速度方向的分速度为vx，沿垂直初速度方向的分速度为vy，碰撞后甲球的速度大小为v1，以水平向左为正方向， 由动量守恒定律：mv0＝mvx+mv1cos60°，0＝mv1sin60°+mvy， 由机械能守恒定律：， 联立知，，vx，vy， 则碰后乙球的速度大小v 解得：v 由tanα 解得α＝30°， 即乙球碰后的速度方向为与初速度方向成α＝30°角斜向正下方， 此时α+θ＝90°，即碰撞后两球速度方向垂直，可见碰撞后乙球速度方向改变。 故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．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10m/s的初速度向上滑动时，受到滑杆的摩擦力大小为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）碰撞后滑块和滑杆的速度大小； （2）碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小。 【答案】（1）碰撞后滑块和滑杆的速度大小为2m/s； （2）碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小为1.2N•s。 【解答】解：（1）在滑块上升过程中，根据动能定理有﹣mgl﹣flmv2m 代入数据解得vm/s＝8m/s， 滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，对滑块和滑杆整体，根据动量守恒定律有mv＝（m+M）v' 代入数据解得v'm/s＝2m/s； （2）根据动量定理得，I合＝Δp＝Mv'＝0.6×2N•s＝1.2N•s。 答：（1）碰撞后滑块和滑杆的速度大小为2m/s； （2）碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小为1.2N•s。 （多选）3．在冰壶测试训练中，利用红壶去正碰静止的蓝壶，两冰壶质量相等，利用传感器测量技术绘出碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，则（　　） A．碰后蓝壶速度为0.8m/s B．碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力 C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m D．两壶发生了弹性碰撞 【答案】AB 【解答】解：AD、由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v0′＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′+mv，代入数据解得：v＝0.8m/s； 碰撞前的动能：Ek0m×1.02＝0.5m， 碰撞后的动能为：Ekmv0′2mv2m×0.22m×0.82＝0.34m， Ek0＞Ek，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A正确、D错误； B、根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故B正确； C、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小：xm＝2.0m，故C错误。 故选：AB。 （多选）4．甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度；丁图为一木块静止在光滑水平面上，子弹以速度v0射入其中且未穿出。则关于这几个物理过程（空气阻力均忽略不计），下列判断中正确的是（　　） A．甲图中小球机械能守恒 B．乙图中小球A的机械能守恒 C．丙图中在之后的运动过程中，两车组成的系统动量守恒 D．丁图中子弹、木块组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 【答案】AC 【解答】解：A、甲图中小球在转动时，只有重力做功，小球机械能守恒，故A正确； B、乙图中，只有重力做功，小球A、B间机械能相互转化，A和B组成的系统机械能守恒。对单独一个小球A，由于杆对小球A做功，故小球A的机械能不守恒，故B错误； C、丙图中两车组成的系统合外力为零，所以系统动量守恒，故C正确； D、丁图中子弹射入木块过程中，子弹、木块组成的系统合外力为零，所以系统动量守恒；子弹与木块间有相对运动，有一部分机械能转化成内能，故系统机械能不守恒，故D错误。 故选：AC。 （多选）5．如图，水平传送带以速度v逆时针转动，某时刻将一个质量为m的木块无初速度置于传送带左端，且此时一质量同样为m速度为v0的子弹瞬间打入木块嵌入其中，与木块相对静止一起在传送带上运动，恰好运动到右端没有脱落。若木块可视为质点，木块与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．子弹打入木块的瞬间，子弹与木块的机械能守恒 B．传送带的长度 C．木块返回传送带左端时的速度一定等于v0 D．木块先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，可能最后做匀速直线运动 【答案】BD 【解答】解：A、子弹打入木块的瞬间，要产生内能，子弹与木块的机械能不守恒，故A错误。 B、子弹打入木块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv′ 得：v′ 木块从传送带左端运动到右端的过程，根据动能定理得：﹣μ•2mgL＝0 得：．故B正确。 CD、木块返回传送带左端时，先做匀加速直线运动，若v，后做匀速直线运动，木块返回传送带左端时的速度小于v0．若v时，木块返回传送带左端时的速度等于v0．所以，木块先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，可能最后做匀速直线运动。故C错误，D正确。 故选：BD。 6．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝37°，当传送带静止时，质量m＝1kg的物块静止在传送带上某位置处。某时刻一质量m＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度平行于传送带打入物块，并以v＝100m/s的速度穿出物块。在子弹穿出物块的同时启动传送带，让其沿顺时针方向做加速度a＝0.5m/s2的匀加速运动。已知子弹射穿物块时间极短，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）子弹穿出物块时，物块的速度大小； （2）从子弹刚穿出物块到物块与传送带达到共速所用的时间t； （3）因物块与传送带间的摩擦产生的热量。 【答案】（1）子弹穿出物块时，物块的速度大小为4m/s； （2）从子弹刚穿出物块到物块与传送带达到共速所用的时间t为8s； （3）因物块与传送带间的摩擦产生的热量为112J。 【解答】解：（1）子弹射穿物块过程，对子弹与物块组成系统，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得 m0v0＝m0v+mv1 解得子弹穿出物块时物块的速度大小v1＝4m/s （2）子弹穿过物块后，对物块，由牛顿第二定律得 μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1 解得，方向沿传送带向上 设物块与传送带的共同速度为v2，取沿斜面向上为正方向，由运动学公式可得 对物块有v2＝﹣v1+a1t 对传送带有v2＝at 解得t＝8s （3）物块向下运动的过程0＝v1﹣a1t1 物块向下运动过程中，与传送带的相对位移为Δx1 物块从开始上升到与传送带共速的时间为t2＝t﹣t1 从物块上升到与传送带共速的相对位移为 Δx2＝（） 由物块获得的加速度大小可知，物块与传送带共速后将一起运动。 因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ（Δx1+Δx2） 联立解得Q＝112J 答：（1）子弹穿出物块时，物块的速度大小为4m/s； （2）从子弹刚穿出物块到物块与传送带达到共速所用的时间t为8s； （3）因物块与传送带间的摩擦产生的热量为112J。 （多选）7．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C．当小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 D．从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 【答案】BD 【解答】解：A、由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒。由题意可知，系统沿导槽方向不受外力，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误； B、小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，若此时沿着轨道方向的速度为vx，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+m）vx 代入数据解得： 设小球的合速度为v3，根据机械能守恒定律得： 解二次方程得到：，故B正确； C、小球进出U形管的过程，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，质量相等交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，故C错误； D、在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为： 运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向 对小球，根据动量定理有：I＝mv3y＝m U形管与平行导槽间的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间相等，导槽对U形管的冲量大小为。 故选：BD。 （多选）8．如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M＝3kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量m＝1kg的小球以水平初速度v0＝4m/s从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒 B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒 C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6m D．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.8m 【答案】BC 【解答】解：A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向合外力为0，故水平方向动量守恒，只是单一方向的动量守恒，故A错误； B．圆弧轨道、水平地面光滑，故在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，故B正确； CD．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，mv0＝（M+m）v 解得 小球与小车组成的系统机械能守恒 代入数据解得h＝0.6m 故C正确，D错误。 故选：BC。 9．如图所示，MNP﹣M′N′P′为平行金属固定导轨，其中MN、M′N'为半径为R的竖直四分之一圆弧，NP、N′P′水平平行且足够长，圆弧导轨与水平导轨相切于圆弧端点N、N'。NN′右侧区域有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。金属棒a、b的质量分别为2m、m，电阻分别为r、2r，导轨的电阻不计，不计一切摩擦，金属棒a、b碰撞为弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，金属棒a、b与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g。先将金属棒b静置于圆弧导轨的最低处，然后将金属棒a从圆弧导轨的最高处由静止释放，到金属棒a、b碰撞后经过足够长时间。求： （1）金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小； （2）金属棒a产生的焦耳热。 【答案】（1）金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小为； （2）金属棒a产生的焦耳热为mgR。 【解答】解：（1）设金属棒a滑到圆弧导轨最低处时的速度大小为v0，金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒a、b的速度分别为v1和v2。 金属棒a沿圆弧轨道下滑过程，由机械能守恒定律得 2mgR 可得：v0 金属棒a、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分别得 2mv0＝2mv1+mv2 2mv022mv12mv22 联立解得：v1，v2 （2）碰撞后，回路中产生顺时针方向的感应电流，a棒受到向右的安培力而做加速运动，b棒受到向左的安培力而做减速运动，最终两棒速度相等，回路中不再产生感应电流。设两棒最终稳定时的速度为v。由于两棒组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 2mv1+mv2＝3mv 设金属棒a产生的焦耳热为Q，则金属棒b产生的焦耳热为2Q。根据能量守恒定律得： 2mv12mv22Q+2Q 联立解得：QmgR 答：（1）金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小为； （2）金属棒a产生的焦耳热为mgR。 学科网（北京）股份有限公司 $