第6章 第3讲 动量守恒定律的“三类典型问题”(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律的三类典型问题”，覆盖碰撞、爆炸与反冲、人船模型三大高考核心考点，依据高考评价体系梳理动量守恒、机械能不增加等关键规律，通过典例分析（如2026年无锡期中弹性碰撞题）和考法全训（弹性、非弹性碰撞等），明确高频题型及解题策略，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+模型建构+科学推理”的复习模式，如以2025年江苏高考题为例，深入解析弹性碰撞速度公式推导及人船模型位移关系，培养学生物理观念和科学思维素养。设“易错陷阱警示”和“课时跟踪检测”，帮助学生掌握动量守恒应用技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

动量守恒定律的“三类典型问题” （综合融通课） 第 3 讲 类型(一)　碰撞问题 类型(二)　爆炸与反冲 01 02 CONTENTS 目录 类型(三)　人船模型问题 课时跟踪检测 03 04 类型(一)　碰撞问题 1.碰撞类问题遵循的三条原则 动量守恒 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 机械能不增加 Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' 或+≥+ 速度要合理 同向碰撞 碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或两物体速度相等 相向碰撞 碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解： 根据动量守恒定律和机械能守恒定律 解得v1'=， v2'=。 (2)分析讨论： 当碰前物体2的速度不为零时，若m1=m2，则： v1'=v2，v2'=v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时，v2=0，则： v1'=，v2'=。 ①m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，碰撞后两物体交换速度。 ②m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。 ③m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 [典例]　(2026·无锡市市北高级中学期中)物理学家们在探索微观世界时，经常用一种微观粒子轰击另一种微观粒子，如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，氢核质量与中子近似相同，氮核质量约是中子质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 (　 ) A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 √ [解析]　设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0 =mv1+mv3，m=m+m，联立解得v1=v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=14mv2+mv4，m=·14m+m，联立解得v2=v0，可得v1=v0>v2，故C、D错误；碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0，氮核的动量为pN=14mv2=，可得pN>pH，故A错误；碰撞后氢核的动能为EkH=m=m，氮核的动能为EkN=·14m=，可得EkH>EkN，故B正确。 考法1　弹性碰撞 1.如图所示，五个等大的小球B、C、D、 E、F，沿一条直线静放在光滑水平面上，另 一等大小球A沿该直线以速度v向 B球运动，小球间发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量相等，且比A、F两球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为(　 ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 考法全训 √ 解析：球A、B发生弹性碰撞过程mv=mv1+Mv2，mv2=m+M，可得v1=v，v2=v，即A球反弹，B球前进，然后B与C发生弹性碰撞，速度互换，B球停止，C球前进，以此类推，最后B、C、D停止，E与F发生弹性碰撞，可推得E、F都向右运动，速度不同，因此最后运动的是A、E、F球，故选C。 考法2　非弹性碰撞 2.(2025·连云港高三月考)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、乙两物块的速度随时间 的变化如图中实线所示。已知甲物块的质量为1 kg，则碰撞过程中两物块损失的机械能为(　 ) A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J √ 解析：设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+ m乙v乙'，代入图中数据解得m乙=6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2，代入图中数据解得E损=3 J，A正确。 考法3　碰撞应遵守的三原则 3.如图为台球运动员正在准备击球，假设运动员 在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰 撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动 量pA=5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的 动量变为pB'=4 kg·m/s，则下列关于两球的质量mA与mB间的关系可能是(　 ) A.mB=mA B.mB=mA C.mB=2mA D.mB=5mA √ 解析：碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB'，解得pA'=1 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有+≥+，解得mB≥mA；碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故选C。 类型(二)　爆炸与反冲 (一)爆炸问题 1.爆炸现象的特点 爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。 2.爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 [例1]　双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花 爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、下两层安 放火药。使用时首先引燃下层火药，使爆竹获得竖直 向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆 响。一人某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升 至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆炸成两部分，两部分的质量之比为1∶2，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h，两部分落地点之间的距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。 (1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。 [答案]　 　 　 [解析]　引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向h=gt2 水平方向L=v1t+v2t 上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹总质量为m，则有0=mv1-mv2 解得两部分各自获得的速度大小 v1= ，v2= 。 (2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质量比。 [答案]　 [解析]　上层火药燃爆后爆竹获得的机械能 E上=×m+×m 下层火药燃爆后爆竹获得的机械能E下=mgh 上、下两层火药的质量比==。 [针对训练] 1.(2026·前黄中学学情检测)一炮弹以一定倾角斜向上发射，它达到最高点时速度为v，若此时炮弹炸裂成a和b两部分，爆炸后瞬间，a的速度方向与v相同。下列说法正确的是(　 ) A.爆炸后，b可能做自由落体运动 B.爆炸后，b可能做竖直上抛运动 C.爆炸后瞬间，b的速度方向一定与v相反 D.爆炸后瞬间，b的速度方向一定与v相同 √ 解析：爆炸后瞬间，a、b组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(ma+mb)v=mava+mbvb，因为 a的速度方向与v相同，可知b的速度可能为零，也可能方向与v相反，也可能方向与v相同；若vb=0，则此时b做自由落体运动，因a无竖直速度，可知b不可能有竖直速度，即b不可能做竖直上抛运动。故选A。 (二)反冲运动 1.反冲运动的特点 物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 2.对反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 [例2]　一火箭喷气发动机每次喷出质量m=200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M=300 kg，发动机每秒喷气20次，火箭初始时静止(结果保留1位小数)。 (1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大? [答案]　2.0 m/s　 [解析]　设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0，解得v3≈2.0 m/s。 (2)运动第1 s末，火箭的速度为多大? [答案]　13.5 m/s [解析]　发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得(M-20m)v20-20mv=0，解得v20≈13.5 m/s。 [针对训练] 2.(2025·无锡阶段检测)下列说法正确的是(　 ) A.火箭、汽车的运动都属于反冲运动 B.火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭 C.为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身 D.在没有空气的宇宙空间，火箭无法利用反冲进行加速 √ 解析：火箭的运动属于反冲运动，而汽车是利用燃料燃烧获得向前的牵引力，从而使汽车前进，不属于反冲运动，故A错误；由于反冲作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，故B错误；用枪射击时要用肩部抵住枪身，这样可以减少反冲的影响，故C正确；火箭的加速利用了反冲原理，靠喷出气流的反作用力进行加速，没有空气也可以加速，故D错误。 类型(三)　人船模型问题 1.人船模型问题 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为人船模型问题。人船模型还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。 2.人船模型的特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m1v1-m2v2=0。 (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即==。 3.应用人船模型注意事项 (1)应用==时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。 (2)解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 [典例]　(2026·常州高三月考)如图所示，一 质量为M、长为L的安全救援小船静止在水面上， 质量为m的救生员站在船尾。不计水的阻力，救 生员从船尾向左走到船头的过程中，船的运动情况为(　 ) A.静止不动 B.向右运动L C.向右运动 L D.向右运动 L √ [解析]　由于不计水的阻力，人和船构成的系统动量守恒，由题意可知，系统总动量为0，故救生员向左运动，船向右运动，规定向左为正方向，由动量守恒定律有m-M=0，又x人+x船=L，联立解得x船= L，故选D。 考法1　对人船模型的理解 1.质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端， 如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么(　 ) A.人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止 B.人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大 C.人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大 D.不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同 考法全训 √ 解析：由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人=Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；设车长为L，由m(L-x车)=Mx车，解得x车=L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C错误。 考法2　某个方向上应用人船模型 2.一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　 ) A.若斜面粗糙，则s= B.只有斜面光滑，才有s= C.若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒 D.若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒 √ 解析：不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b-s，物块和斜面体的平均速率分别为v1=，v2=，由动量守恒定律得mv1-Mv2=0，解得s=，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 一、立足基础，体现综合 1.(2025·盐城模拟)一烟花竖直上升到最高点时恰好爆炸，假设爆炸瞬间各碎片以等大的速率向各方向运动，忽略空气阻力，则(　 ) A.爆炸瞬间，烟花的机械能转化为其他形式的能 B.从爆炸后到落地前，各部分碎片均做匀变速直线运动 C.从爆炸后到落地前，各部分碎片总在同一个球面上 D.从爆炸后到落地前，各部分碎片动量的总和保持不变 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：爆炸瞬间，烟花内部其他形式的能转化为碎片的机械能，A错误；爆炸后，碎片的初速度方向各异，当碎片的速度方向竖直时，碎片做匀变速直线运动，当碎片的速度方向与竖直方向的夹角不为0时，碎片做曲线运动，B错误；爆炸后瞬间各碎片初速度大小均为v0，可把各碎片看成沿竖直方向向下做自由落体运动和沿初速度方向做匀速直线运动，这表明落地前所有碎片分布在一个半径不断增大的球面上，C正确；从爆炸后到落地前，各部分碎片整体所受合外力为其总重力，故各部分碎片的总动量不守恒，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球A与静止小钢球B发生对心碰撞，碰撞前、后球A的运动方向相反。现将碰撞后球A的动能和动量大小分别记为EA、pA，球B的动能和动量的大小分别记为EB、pB，则下列判断中一定正确的是 (　 ) A.EA>E0 B.EB>E0 C.pA<pB D.pB<p0 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：碰撞后两球均有速度，碰撞过程中总动能不增加，则EA<E0，EB<E0，故A、B错误；碰撞过程中，由动量守恒定律得p0=pB-pA，可见，pA<pB，pB>p0，故D错误，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.(2025·无锡期中)质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，其位置—时间图像如图所示。则 (　 ) A.碰撞后，m2的速度大于m1的速度 B.碰撞后，m2的动量等于m1的动量 C.碰撞后，m2的动量小于m1的动量 D.m1小于m2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：x⁃t图像中图线的斜率表示物体的速度，由题图可知，碰撞后m1、m2的速度分别为v1'= m/s=-2 m/s，v2'= m/s=2 m/s，二者速度大小相等，A错误；x⁃t图像中图线的斜率表示物体的速度，由题图可知碰撞前m1、m2的速度大小分别为v1= m/s=4 m/s，v2=0，根据动量守恒定律，有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，整理得m2=3m1，|m1v1'|<m2v2'，B、C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B，已知A、B两球的质量分别为m1、m2。某时刻A、B两球 (　 ) A.速度大小之比为m1∶m2 B.加速度大小之比为m1∶m2 C.动量大小之比为m2∶m1 D.动能大小之比为m2∶m1 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由题意可知，两小球组成的系统动量守恒，则有m1v1=m2v2，所以=，两球动量大小相等，比值为1∶1，故A、C错误；设两球间的静电力为F，根据牛顿第二定律可知，两球的加速度大小之比为==，故B错误；两球的动能之比为==，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.(2025·镇江高三调研)如图所示，粗糙水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体A和B，两物体可视为质点且A的质量较大。两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，不计空气阻力，则A物体 (　 ) A.爆炸过程中，获得的初动量大 B.爆炸过程中，获得的初动能大 C.爆炸后，滑行时间短 D.爆炸后，滑行距离长 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，爆炸前系统总动量为零，由动量守恒定律可知，爆炸后，两物体的动量大小相等，故A项错误；设爆炸后任一物体的动量大小为p，物体的质量为m，则动能Ek=mv2=，可知质量大的A物体获得的初动能小，故B项错误；取爆炸后速度方向为正方向，根据动量定理得-μmgt=0-p，解得滑行时间t=，由于μ、p、g相等，则质量大的A物体滑行时间短，故C项正确；爆炸后，根据动能定理得-μmgs=0-mv2=0-，解得爆炸后物体滑行的距离s=，由于μ、p、g相等，则质量大的A物体滑行距离短，故D项错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖头(击打时间极短)，击打后，小铁锤以v1的速率反向弹回，已知砖头受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 ) A.在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1 B.在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt C.砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg D.砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg+ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理可得I=m=-mv1，在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1，故A错误；铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；在击打过程中，对铁锤与砖头由动量守恒定律可得mv1=-mv1+Mv，解得Mv=mv1，砖头缓冲过程中，对砖头由动量定理可得(F1+Mg)t=0-mv1，解得手对砖头的支持力为F1=-Mg-，由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为F1'=-F1=Mg+，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.(2025·南京师范大学附属中学模拟)长为l的轻绳一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上，另一端连接一质量为2m的小球，开始时，将小球移至横杆处，轻绳处于水平伸直状态，如图，然后轻轻放手，当绳子与横杆成直角，此过程圆环的位移为x，不计空气阻力，则 (　 ) A.x=l B.系统动量守恒 C.小球所受冲量与圆环所受冲量始终大小相等 D.小球的机械能守恒 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：整个过程中，小球和圆环组成的系统在水平方向上不受任何外力，水平方向上动量守恒，在竖直方向上合外力不为零，动量不守恒，设从开始到绳子与横杆成直角的过程中，圆环的平均速度大小为v1，小球的平均速度大小为v2，则mv1-2mv2=0，设运动时间为t，此过程圆环的位移大小为x，小球的位移大小为l -x，则m-2m=0，解得x=l，故A正确，B错误；圆环所受的合外力为轻绳拉力沿水平方向的分力，小球所受的合外力为重力和轻绳拉力的合力，二者大小不相等，所以小球所受冲量与圆环所受冲量大小不相等，故C错误；轻绳拉力对小球做功，小球的机械能不守恒，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.(10分)(2026·江苏省部分学校联考)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气时间很短，为Δt，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震，忽略重力与阻力。求： (1)n次爆震后，飞行器的速度大小；(4分) 答案：　 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：取飞行器运动方向为正方向，由动量守恒定律可知0=(M-nΔm)vn-nΔmv 解得n次爆震后飞行器的速度vn=。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)第一次爆震时，飞行器受到的平均冲击力大小。(6分) 答案： 解析：第一次爆震时，由动量守恒定律可得 0=(M-Δm)v1-Δmv 由动量定理有F1Δt=(M-Δm)v1，解得F1=。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 二、注重应用，强调创新 9.如图所示，质量为100 kg的小木船静止在 湖岸附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面 可看作水平面，并且比湖岸高出h=0.8 m， 在船尾处有一质量为20 kg的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L=3 m，船头到湖岸的水平距离x=0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。下列判断正确的有(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.铁块脱离小木船后在空中运动的时间为0.2 s B.铁块脱离小木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s C.小木船最终的速度大小为1.25 m/s D.弹簧释放的弹性势能为108 J √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：烧断细线后以小木船、铁块组成的系统为研究对象，对小木船与铁块组成的系统由动量守恒定律得Ms1=ms2，s1+s2=L，解得s1=0.5 m，s2=2.5 m，铁块离开小木船后做平抛运动s1+x=v2t，h=gt2，解得t=0.4 s，v2=3 m/s，选项A、B错误。铁块与小木船相互作用时，由动量守恒定律得Mv1-mv2=0，解得v1=0.6 m/s，选项C错误。由机械能守恒定律得Ep=M+m，解得Ep=108 J，选项D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(2025·盐城高三一模)如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止。将物块C在B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开。已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则为保证A不离开挡板，x的最大值为 (　 ) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：初始时，对物块B，根据平衡条件有mgsin θ=kx0，A恰好离开挡板时，设弹簧的伸长量为x1，有mgsin θ=kx1，可知x0=x1，从物块B、C碰后瞬间至一起运动到A恰好离开挡板的过程，物块B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，物块A恰好离开挡板时，物块B、C速度为零，从碰后到物块A恰好离开挡板，弹簧弹性势能变化为零，设物块B、C碰后速度为v2，由机械能守恒定律有·2m=2mg×2x1·sin θ，B、C碰撞过程，根据动量守恒定律有mv1=2mv2，C下滑过程，根据动能定理有m =mgxsin θ，联立解得x=，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(13分)(2025·江苏高考)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；(3分) 答案：v0　 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量也为m，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，玻璃球与钢球碰撞后速度互换，钢球与钢球碰撞后速度也互换，最终最右侧钢球的速度大小等于玻璃球的初速度v0。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；(5分) 答案：v0　 解析：玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2 由机械能守恒定律有m=m+×3m 解得v1=v0=-v0，v2=v0=v0 负号表示碰后玻璃球的速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。(5分) 答案：m 解析：根据题意结合小问(2)分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球发生弹性碰撞，同理可知，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，依次类推，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小为 Ek=mv2=m。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $