1.5弹性碰撞和非弹性碰撞（专题训练）-2026-2027学年高二上学期物理同步知识点解读与专题训练（人教版选择性必修第一册）

1.5弹性碰撞和非弹性碰撞（专题训练） 【人教版（2019）： 选择性必修第一册】 题型归纳 【题型1 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题】 1 【题型2 分析碰撞的合理性】 3 【题型3 弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断】 3 【题型4 碰撞过程中的图像问题】 5 【题型5 碰撞后粘连问题】 6 【题型6 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用】 7 【题型7 动量守恒定律在板块模型中的应用】 9 【题型8 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用】 13 【题型9 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用】 16 【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）】 18 【题型1 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题】 1．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0.5kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　） A．1J B．1.5J C．2J D．2.5J 2．质量为M的物块A以速度v运动，与质量为m的静止物块B发生正撞，碰撞后物块A正好静止不动，物块B以速度v开始运动，则两者质量的大小关系为（　　） A．M＞m B．M＝m C．M＜m D．无法判断 3．（多选）质量为m1＝1kg的小球A以v0＝9m/s的速度在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为m2＝2kg的小球B发生正碰，下列说法正确的是（　　） A．若为完全非弹性碰撞，碰撞后两球的共同速度为3m/s B．若为完全非弹性碰撞，碰撞过程中损失的机械能为24J C．若为弹性碰撞，碰撞后A球的速度大小为3m/s D．若为弹性碰撞，碰撞后B球的速度大小为4m/s 4．光滑冰面上，一个质量为6kg的滑块A以向东2.0m/s的速度与另一质量为4kg、速度为1.0m/s并沿相反方向运动的滑块B发生对心碰撞，碰撞后两个滑块粘在一起。求： （1）碰撞后滑块的速度大小v； （2）碰撞前后滑块B动量的变化量大小Δp。 5．如图所示，光滑斜轨道PO和粗糙水平轨道ON平滑连接，水平轨道上的O、C两点相距sOC＝1m，固定挡板MN到O点的距离为sON＝3m。小物块B静止在O点，现将小物块A从斜轨道上高h＝0.8m处由静止释放，A下滑后与B发生完全弹性碰撞，碰后B向右运动与挡板MN碰撞后等速率反弹（碰撞时间极短可忽略），之后两物块在C点发生第二次碰撞。已知A、B的质量比3，两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数相同。A、B均可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小； （2）A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞经历的时间t以及两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数μ。 【题型2 分析碰撞的合理性】 6．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．v′A＝3m/s，v′B＝3.5m/s B．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/s C．v′A＝1.5m/s，v′B＝2m/s D．v′A＝﹣3m/s，v′B＝6.5m/s 7．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是（　　） A．v B．0.6v C．0.3v D．0.2v 8．（多选）质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰（碰撞前后物体始终在同一条直线上运动），碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为（　　） A． B． C．1 D．2 9．（多选）在水平光滑地面上，质量为m、速度为v的A球与质量为4m静止的B球在同一直线上发生正碰，碰撞时间极短。关于碰撞后两球的速度，下列说法正确的有（　　） A．A球的速度为﹣0.6v，B球的速度为0.4v B．A球的速度为﹣2v，B球的速度为0.75v C．A球的速度为0.5v，B球的速度为0.125v D．A球的速度为0.2v，B球的速度为0.2v 【题型3 弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断】 10．质量为m1和m2的A、B两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。由图像可知（　　） A．A的质量大于B的质量 B．碰撞后B的动能大于A的动能 C．碰撞后A的动量大于B的动量 D．碰撞为弹性碰撞 11．如图所示，在一个经典的牛顿摆装置中，五个质量相同的金属球通过无摩擦的吊绳悬挂在同一水平线上，五个球均静止，现使1号球由静止开始释放，若所有的碰撞都是完全弹性的，则1号球与2号球碰撞后，可能出现的情况是（　　） A．只有5号球获得速度并向左运动 B．五个球相对静止，一起向左运动 C．5号球向左运动，2、3、4号球静止，1号球向右运动 D．5号球向左运动，3、4号球静止，1、2号球向右运动 12．（多选）如图所示的玩弹珠游戏中，弹珠甲以一定的速度和完全相同的静止的弹珠乙在粗糙的水平面上发生正碰，碰撞前、后两弹珠的运动轨迹始终在同一水平直线上，不计空气阻力，碰撞时间极短可不计。已知从开始碰撞到两弹珠都停下来的过程中，弹珠乙的位移是弹珠甲位移的k倍，则下列说法正确的是（ ） A．碰撞完成后，弹珠甲可能反弹回去 B．k≥1 C．k值越大，两弹珠碰撞过程中损失的机械能越大 D．k值越大，两弹珠碰撞过程中损失的机械能越小 13．如图所示，质量均为m＝1kg的相同滑块A、B刚开始都静止于水平面上，现给A滑块水平向右、大小为10m/s的初速度v0，经t0＝2s，两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，最后两滑块一起减速至停止。已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）两滑块间的初始距离d； （2）碰后瞬间B滑块的速度大小v； （3）摩擦力对A滑块的冲量I。 【题型4 碰撞过程中的图像问题】 14．质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．m1：m2＝1：2 B．m1：m2＝1：1 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能 15．α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则（　　） A．t1时刻的动量为p0﹣p1 B．t2时刻α粒子的加速度达到最大 C．t2时刻的动能达到最大 D．t2时刻系统的电势能最大 16．（多选）在完全相同的质量均为6g的两杯盖中分别随机固定1枚或2枚相同的硬币。两杯盖静止在足够大的粗糙水平面上，t＝0时给杯盖甲一瞬时冲量，之后杯盖甲正碰杯盖乙，碰撞时间极短。碰撞前后甲、乙的动量大小随时间变化的图像如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．杯盖甲碰后速度方向不变 B．碰后杯盖乙所受摩擦力为0.07N C．每枚硬币的质量为6g D．杯盖与水平面间的动摩擦因数为0.5 17．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，用轻弹簧拴接相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开。物块C的v﹣t图像如图乙所示。求： （1）物块C的质量mC。 （2）弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量I的大小和方向。 【题型5 碰撞后粘连问题】 18．如图所示，质量为2m的物块P静置于劲度系数为k的轻弹簧上，质量为m的物块Q从P上方的高度处由静止落下，Q与P发生碰撞，碰后立即结为一体。已知两物块碰后经t0时间速度第一次变为零，弹性势能的表达式为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间为（　　） A． B． C． D． 19．（多选）如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒 B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧势能最大 D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定为零 20．光滑冰面上，一个质量为6kg的滑块A以向东2.0m/s的速度与另一质量为4kg、速度为1.0m/s并沿相反方向运动的滑块B发生对心碰撞，碰撞后两个滑块粘在一起。求： （1）碰撞后滑块的速度大小v； （2）碰撞前后滑块B动量的变化量大小Δp； （3）这次碰撞，两滑块共损失的机械能ΔE。 【题型6 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用】 21．如图所示，质量为m1、m2的木块a和b用轻弹簧连接，静止在光滑的水平地面上，木块b紧靠竖直墙壁。质量为m0的子弹以v0大小的速度水平向右射入木块a并嵌在其中（时间极短）。在木块a运动的整个过程中，墙壁对b的冲量大小为（　　） A．v0 B．v0 C．m0v0 D．2m0v0 22．如图所示，一质量为2m、长为L的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平射向木块并留在木块中，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小不变，下列说法正确的是（　　） A．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功 B．木块最终匀速运动的速度为 C．子弹减速位移是木块加速位移的4倍 D．子弹在木块内运动中受到的阻力至少为 23．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．子弹B受到的阻力大小是子弹A受的阻力大小的3倍 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 24．（多选）如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F恒定，则下列关系式中不正确的是（　　） A．Fx B．Fxmv2 C．FLMv2 D．F（L+x）mv2 25．（多选）质量为M、长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，忽略空气阻力。拔去销钉后，下列说法正确的是（　　） A．子弹在木块中受到的阻力大小为 B．木块相对地面加速运动的距离为 C．子弹射入木块的最大深度为 D．子弹减速运动的时间为 26．如图所示，质量为0.49kg的木块静置于光滑水平轨道上，半径为0.8m的光滑半圆形轨道与水平轨道相切，直径AB竖直。质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度击中木块并留在其中。木块进入半圆形轨道后，在某一位置离开轨道。木块可视为质点，g取10m/s2。求： （1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力； （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小。 27．如图所示，一根轻绳竖直悬挂质量为m的小木块，木块处于静止状态。一颗质量也为m的子弹以速度v0水平向右射入木块，并立即留在其中。子弹入射木块过程的时间极短，忽略木块的微小偏离。已知重力加速度为g，轻绳长度为，木块摆动过程中未发生旋转，不计木块大小和空气阻力。求： （1）子弹入射木块后瞬间，木块的速度大小； （2）子弹入射木块后瞬间，木块对轻绳的拉力大小； （3）子弹入射木块后的运动过程中，求轻绳偏离竖直方向的最大角度θ及在最大偏角处木块和子弹的加速度。 【题型7 动量守恒定律在板块模型中的应用】 28．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，木块与小车的水平车板间接触面粗糙，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 29．如图1所示，物块c静置于光滑水平面上，物块b置于水平木板a的左端，a、b一起以速度v0在光滑水平面上向右运动，t＝0时刻，木板a与物块c碰撞后立即粘合在一起。已知物块c质量为m，木板a与物块c粘合后速度为，随后b与ac运动的v﹣t关系如图2所示，不计空气阻力，重力加速度为g，物块b可视为质点，且物块b始终未滑出木板a。则下列说法正确的是（　　） A．物块b质量为2m B．物块b质量为m C．木板a长度至少为 D．物块b与木板a间的动摩擦因数为 30．如图所示，一上表面粗糙的“L”型框架静止在光滑水平面上，在其左端放一与框架质量相同的小滑块。小滑块以一定初速度向框架右端运动，与框架发生弹性碰撞后，恰好回到框架左端。则在该运动过程中，两物体的v﹣t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 31．（多选）质量为1kg的小物块放在质量为2kg的长木板的左端，两者间的动摩擦因数为0.2，一起静置在光滑的水平面上，现给小物块一个向右的大小为6N的水平恒力F，该恒力作用时间1s后撤去，最终小物块与长木板相对静止；重力加速度为10m/s2，则（　　） A．从施加F到撤去F这个过程恒力F做的功是12J B．小物块与长木板保持相对静止时两者的总动能为12J C．撤去F前后这两个过程小物块相对于木板通过的位移之比为1：1 D．从施加F到小物块与长木板相对静止过程所产生的摩擦热为8J 32．（多选）如图甲所示，一个质量为M的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k的轻弹簧将板连在竖直墙上，开始时弹簧处于原长，一质量为m的物块（可视为质点）从木板左端以初速度v0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端。通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木板的v﹣t图象，如图乙所示，其中A为物块的v﹣t图线，B为木板的v﹣t线，物块与木板间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g。则（　　） A．木板的长度小于 B．物块与木板间的动摩擦因数为 C．增大v0大小为时，木板与弹簧组成的系统获得的机械能最大 D．增大v0大小为时，木板与弹簧组成的系统获得的机械能最大 33．如图，木板C的左端与水平平台左端对齐放置，小物块B静置于木板上，B距木板C左端的距离d＝0.45m。在平台左侧，将物块A以与水平面成θ＝30°，大小为v0＝2m/s的初速度斜向上抛出，恰好无碰撞地滑上木板C上表面的左端，经过一段时间与物块B发生碰撞，碰撞时间忽略不计，且A、B发生碰撞后彼此交换速度，C的运动状态不受影响。已知A、B的质量均为1kg，C的质量为0.5kg，A、B与C间动摩擦因数均为μ1＝0.2，木板C与平台间动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度g＝10m/s2，木板厚度不计。求： （1）物块A从抛出点运动到平台左端的时间t1； （2）物块A与物块B碰撞前瞬间A的速度大小vA（计算结果可保留根号形式）； （3）要使物块B不从木板C上滑落，木板的最小长度L。 34．如图1，一可看成质点的小物块以初速度v0向右滑上一木板，恰好能在木板右端与木板共速。已知小物块质量为m，木板质量为2m，水平面光滑且足够长，物块与木板之间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求木板的长度。 （2）如图2所示，将长木板切割为相同的三部分甲、乙、丙，再放回该水平面，（三部分紧靠但不粘连）依然让该小物块以v0滑上甲的左端。求： ①物块刚离开甲时，物块和甲各自的速度大小； ②物块最终到丙右端的距离，以及物块与丙有相对运动的全过程中，甲与乙的最大距离。 【题型8 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用】 35．如图所示，质量为2m的半圆轨道小车静止在水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量为m的小球从A点由静止释放，不计所有摩擦和空气阻力，此后的运动过程中（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球不能到达小车上的B点 C．小车向左运动的最大距离为R D．小球在轨道最低点对小车的压力大小为4mg 36．如图所示，半径为R、质量为2m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小球从弧槽的顶端紧贴着弧槽由静止释放，若槽不固定，当小球落地时，与圆弧末端的水平距离为（　　） A．R B． C． D． 37．如图所示，物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上，槽底端静置一小球C，A、B之间夹有一压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不连接），两物体之间用细线连接将弹簧锁定。现剪断细线，弹簧弹开，小球C能脱离圆弧槽向上运动，已知A、B、C质量相等。则（　　） A．剪断细线瞬间，A的加速度比B的大 B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内 C．球第二次运动到槽内最低点时，槽的速度为零 D．圆弧槽在水平地面上做往复运动 38．（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球，以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，根据测量数据在坐标轴画出一条直线，图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．小球的质量为 B．小球运动到最高点时的速度为 C．小球能够上升的最大高度为 D．若a＜b，小球在与圆弧滑块分离后向右做平抛运动 39．（多选）质量为mA＝3m的物块A以一定速度v0在光滑的水平面运动，在其右侧有一质量为mB＝m的物块B其曲面为光滑圆弧，半径为R，最低点与水平面相切。A恰好滑到B的圆弧最高点，重力加速度为g，v0未知。则下列说法正确的是（　　） A．A和B动量守恒 B．A的初速度 C．B的最大速度为 D．若A的初速度增大为2v0，A从B最高点飞出再落回过程，B的位移为 40．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的左段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧最低点B与水平轨道BC相切，BC部分足够长，整个轨道处于同一竖直平面内，将一可视为质点，质量为m的物块从A点正上方距水平轨道BC的竖直高度为4R处无初速度释放，物块恰好落入小车圆弧轨道内滑动，然后沿水平轨道至轨道末端C处恰好没有滑出，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，求： （1）物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是多大； （2）物块和小车构成的系统全程损失的机械能。 41．如图所示，质量为3m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与光滑平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道。弹簧左端固定在挡板A上，弹簧处于原长时右端与P点对齐。压缩弹簧使质量为m的小球由静止被弹出，小球冲上小车时速度大小为。小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）释放小球时，弹簧的弹性势能Ep； （2）小球到达Q点时，小车速度的大小v； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度H。 【题型9 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用】 42．如图甲，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触；另有一物块C从t＝0时，以一定速度向右运动。在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小为12N•s B．物块C的质量为4kg C．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为8J D．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为4J 43．如图所示，光滑水平地面上，一质量为m的物体P以速度v向右运动，物体Q静止且左端固定一轻弹簧。P撞上弹簧后，弹簧被压缩至最短时（　　） A．P的动量变为0 B．Q的动量变为mv C．Q的动量达到最大值 D．P、Q系统总动量大小为mv 44．如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞后（A、B不粘连）立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹，反弹后A、B会分开。不计空气阻力，下面几个结论正确的是（　　） A．A、B从P处下降至最低点的过程中，速度一直减小 B．A、B一起向下运动过程中，A、B均处于超重状态 C．A、B反弹过程中，在P处物块A速度最大 D．A、B反弹过程中，在弹簧处于原长状态时物块B与A分离 45．（多选）如图甲，物块A与质量为m的物块B之间用轻弹簧连接，放在光滑水平面上，弹簧处于原长状态。t＝0时刻，给A、B以相同大小的初速度v0相向运动，取A的初速度方向为正方向，在t＝0到t＝2t0的时间内A、B的v﹣t图像如图乙所示。已知在t＝0到t＝t0的时间内物块A的位移为，弹簧始终处于弹性限度内，则（　　） A．物块A的质量为3m B．t＝t0时刻弹簧的弹性势能为 C．t＝2t0时刻物块B的速度为 D．t＝t0时刻弹簧的压缩量为 46．如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车的左侧为半径R＝1m、圆心为O的四分之一光滑圆弧轨道，轨道的最低点B与小车右侧水平表面平滑连接，小车的右端固定有竖直挡板，水平轻质弹簧右端固定在挡板上，弹簧处于原长时左端位于小车上表面C点，小车表面除BC段外均光滑。将可视为质点、质量m＝0.2kg的物块（未与弹簧连接）压缩弹簧至A点，在外力作用下物块及小车均静止，此时弹簧的弹性势能Ep＝2.88J。某时刻撤去外力，物块和小车同时由静止开始运动，物块恰能运动至圆弧轨道的最高点D。已知小车的质量M＝0.8kg，BC段的长度L＝1m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）物块第一次经过C点时的速度大小v1； （2）物块与小车表面BC段间的动摩擦因数μ； （3）物块第二次经过小车上B点时的速度大小v及物块再次压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能Emax。 47．如图所示，质量为m的物块a套在固定的水平直杆上，与质量为2m的小球b用长为L的轻绳相连。质量为2m的物块c和质量m的物块d用劲度系数为k的轻弹簧相连并静止在水平面上，弹簧处于原长。现将小球b拉到轻绳处于水平且刚好伸直的位置，同时由静止释放a和b。当小球b运动到最低点时，恰好与物块c发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后运动时间t时，物块d的加速度大小为a0。不计空气阻力和摩擦阻力，小球和物块均可视为质点，重力加速度为g。求： （1）小球b开始释放时，物块a与物块c的水平距离； （2）小球b与物块c碰撞后，小球b上升的最大高度h； （3）碰撞后时间t内，物块c运动的位移大小x。 【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）】 48．如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长轻绳连接．现将两球置于间距为l的足够高处，当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出．不计空气阻力，则从开始释放到绳子绷紧过程中（　　） A．A球下落高度为时，一定与B球发生碰撞 B．碰撞后瞬间A的速度大小为v0 C．轻绳拉直过程中，A的水平速度增加 D．轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量为 49．（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的长木板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与长木板B间的动摩擦因数。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B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．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s C．长木板B的长度至少为m D．长木板B的长度至少为m 50．某实验小组设计实验研究碰撞及单摆特性，装置如图，在水平桌面边缘用长细绳悬挂着质量为m0的小球。质量为m1的滑块以速度v0滑上光滑的桌面，并在桌子边缘与小球发生正碰，碰后小球向外摆动起来（摆动的角度小于5°），物块水平抛出桌面，当物块落地时小球恰好第一次摆回到桌子边缘。已知物块落点与桌子边缘的水平距离为s，桌子高度为h，重力加速度为g，物块和小球均可视作质点，求： （1）物块从抛出到落地的时间； （2）单摆的摆长L； （3）碰撞后小球速度v2。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.5弹性碰撞和非弹性碰撞（专题训练） 【人教版（2019）： 选择性必修第一册】 题型归纳 【题型1 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题】 1 【题型2 分析碰撞的合理性】 4 【题型3 弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断】 8 【题型4 碰撞过程中的图像问题】 11 【题型5 碰撞后粘连问题】 14 【题型6 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用】 16 【题型7 动量守恒定律在板块模型中的应用】 22 【题型8 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用】 29 【题型9 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用】 35 【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）】 41 【题型1 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题】 1．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0.5kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　） A．1J B．1.5J C．2J D．2.5J 【答案】B 【解答】解：由v﹣t图像可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲0＝5.0m/s，v乙0＝1.0m/s； 碰撞后甲、乙的速度分别为v甲＝﹣1.0m/s，v乙＝2.0m/s。 甲、乙碰撞过程系统在水平方向不受外力，动量守恒。 以运动方向为正方向，根据动量守恒定律m甲v甲0+m乙v乙0＝m甲v甲+m乙v乙，代入数据解得乙的质量m乙＝3.0kg。 根据能量守恒定律，碰撞过程两物块损失的机械能，代入数据解得ΔE＝1.5J。 由上述分析与计算可知，碰撞过程两物块损失的机械能为1.5J，故ACD错误，B正确。 故选：B。 2．质量为M的物块A以速度v运动，与质量为m的静止物块B发生正撞，碰撞后物块A正好静止不动，物块B以速度v开始运动，则两者质量的大小关系为（　　） A．M＞m B．M＝m C．M＜m D．无法判断 【答案】B 【解答】解：A、B发生碰撞瞬间相互作用内力远大于外力，系统合外力可忽略，动量守恒，取A初始运动方向为正方向： 根据动量守恒定律有Mv+m•0＝M•0+mv，可得M＝m，故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．（多选）质量为m1＝1kg的小球A以v0＝9m/s的速度在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为m2＝2kg的小球B发生正碰，下列说法正确的是（　　） A．若为完全非弹性碰撞，碰撞后两球的共同速度为3m/s B．若为完全非弹性碰撞，碰撞过程中损失的机械能为24J C．若为弹性碰撞，碰撞后A球的速度大小为3m/s D．若为弹性碰撞，碰撞后B球的速度大小为4m/s 【答案】AC 【解答】解：AB、两球发生完全非弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝（m1+m2）v， 由能量守恒定律得ΔE 代入数据解得v＝3m/s，碰撞过程损失的机械能ΔE＝27J，故A正确，B错误； CD、弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得m1v0＝m1v1+m2v2 由机械能守恒定律得 代入数据解得v1＝﹣3m/s，v2＝6m/s，负号表示方向与初速度方向相反，速度大小是3m/s，故C正确，D错误。 故选：AC。 4．光滑冰面上，一个质量为6kg的滑块A以向东2.0m/s的速度与另一质量为4kg、速度为1.0m/s并沿相反方向运动的滑块B发生对心碰撞，碰撞后两个滑块粘在一起。求： （1）碰撞后滑块的速度大小v； （2）碰撞前后滑块B动量的变化量大小Δp。 【解答】解：（1）取向东为正方向，根据碰撞前后两滑块动量守恒可得 mAvA+mBvB＝（mA+mB）v 由题意可知vA＝2m/s，vB＝﹣1m/s，mA＝6kg，mB＝4kg 解得v＝0.8m/s （2）碰撞前后滑块B动量的变化量大小Δp＝mB（v﹣vB）＝4×[0.8﹣（﹣1）]kg•m/s＝7.2kg•m/s 答：（1）碰撞后滑块的速度大小v为0.8m/s； （2）碰撞前后滑块B动量的变化量大小Δp为7.2kg•m/s。 5．如图所示，光滑斜轨道PO和粗糙水平轨道ON平滑连接，水平轨道上的O、C两点相距sOC＝1m，固定挡板MN到O点的距离为sON＝3m。小物块B静止在O点，现将小物块A从斜轨道上高h＝0.8m处由静止释放，A下滑后与B发生完全弹性碰撞，碰后B向右运动与挡板MN碰撞后等速率反弹（碰撞时间极短可忽略），之后两物块在C点发生第二次碰撞。已知A、B的质量比3，两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数相同。A、B均可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小； （2）A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞经历的时间t以及两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数μ。 【解答】解：（1）A在光滑斜轨道PO上下滑过程，根据机械能守恒定律得 mAgh 解得v0＝4m/s 设第一次碰撞结束瞬间A、B的速度分别为vA、vB。A与B发生完全弹性碰撞过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA+mBvB 由机械能守恒定律得 mAmAmB 结合3，联立解得vA＝2m/s，vB＝6m/s （2）从A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞的过程中，A与B运动的加速度大小均为 aμg 根据运动学公式得 对B有：sON+sCN＝vBt 对A有：sOC＝vAt 其中：sON＝3m，sCN＝2m，sOC＝1m，vA＝2m/s，vB＝6m/s，代入上式解得：t＝1s，μ＝0.2 答：（1）第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小分别为2m/s，6m/s； （2）A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞经历的时间t是1s，两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数μ是0.2。 【题型2 分析碰撞的合理性】 6．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．v′A＝3m/s，v′B＝3.5m/s B．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/s C．v′A＝1.5m/s，v′B＝2m/s D．v′A＝﹣3m/s，v′B＝6.5m/s 【答案】A 【解答】解：碰撞前系统的总动量和总动能，规定初速度方向为正， 系统总动量：p＝mAvA+mBvB＝1×6kg•m/s+2×2kg•m/s＝10kg•m/s 系统总动能： A、碰后v'A＝3m/s＜v'B＝3.5m/s，不会发生二次碰撞，总动量p'＝1×3kg•m/s+2×3.5kg•m/s＝10kg•m/s＝p，动量守恒； 系统总动能，动能不增加，故A正确； B、碰后v'A＝5m/s＞v'B＝2.5m/s，A的速度大于B的速度，碰撞结束之后会发生二次碰撞，不符合实际规律，故B错误； C、碰后总动量p'＝1×1.5kg•m/s+2×2kg•m/s＝5.5kg•m/s，动量不守恒，故C错误； D、碰后总动量p'＝1×（﹣3）kg•m/s+2×6.5kg•m/s＝10kg•m/s，动量守恒，总动能， 动能增加，不符合碰撞能量规律，故D错误。 故选：A。 7．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是（　　） A．v B．0.6v C．0.3v D．0.2v 【答案】C 【解答】碰撞过程遵守动量守恒，根据B的速度，由此定律得到A的速度，根据碰撞总动能不增加，分析选项是否可能。 A.若vB＝v 以v的方向为正方向，根据动量守恒可得mv＝mvA+3m•v 可得vA＝﹣2v 则碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为 所以vB＝v 违反了能量守恒定律，不可能。 故A错误； B.若vB＝0.6v 以v的方向为正方向，根据动量守恒可得mv＝mvA+3m•0.6v 可得vA＝﹣1.8v 则碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为 所以vB＝0.6v 违反了能量守恒定律，不可能。 故B错误； C.若vB＝0.3v 以v的方向为正方向，根据动量守恒可得mv＝mvA+3m×0.3v 可得vA＝0.1v 则碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为 所以vB＝0.3v 不违反能量守恒定律，是可能的。 故C正确； D.A、B发生完全非弹性碰撞，以v的方向为正方向，则有mv＝（m+3m）vB vB＝0.25v 这时B获得的速度最小，所以vB＝0.2v 是不可能的。 故D错误。 故选：C。 8．（多选）质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰（碰撞前后物体始终在同一条直线上运动），碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为（　　） A． B． C．1 D．2 【答案】CD 【解答】解：设碰撞后两者的动量均为p，由题意可知，碰撞后系统的总动量为2p。根据动量守恒定律，碰撞前的总动量亦为2p。碰撞过程中动能不增加，根据动量与动能的关系p2＝2mEk，可得，解得：。考虑到碰撞后m的速度不小于M的速度，则有，即。故CD正确，AB错误； 故选：CD。 9．（多选）在水平光滑地面上，质量为m、速度为v的A球与质量为4m静止的B球在同一直线上发生正碰，碰撞时间极短。关于碰撞后两球的速度，下列说法正确的有（　　） A．A球的速度为﹣0.6v，B球的速度为0.4v B．A球的速度为﹣2v，B球的速度为0.75v C．A球的速度为0.5v，B球的速度为0.125v D．A球的速度为0.2v，B球的速度为0.2v 【答案】AD 【解答】解：碰撞问题需要满足三个条件，我们逐一验证： 动量守恒：碰撞前总动量为mv，因此有mv＝mvA+4mvB，化简得：v＝vA+4vB。 动能不增加：碰撞前总动能，因此有，化简得：。 速度合理性：A在B后方碰撞，碰撞后A的速度反向或不大于B的速度 A、动量﹣0.6v+4×0.4v＝v，满足守恒 动能（﹣0.6v）2+4×（0.4v）2＝v2，等于原动能，满足； 速度﹣0.6v与0.4v反向，合理，故A正确； C、速度：0.5v＞0.125v A速度大于B，碰撞后不合理，故C错误； B、动能（﹣2v）2+4×（0.75v）2＝6.25v2＞v2 动能增加，不满足，故B错误； D、动量0.2v+4×0.2v＝v，满足守恒 动能（0.2v）2+4×（0.2v）2＝0.2v2＜v2，满足 速度：vA＝vB 是完全非弹性碰撞，合理，故D正确； 故选：AD。 【题型3 弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断】 10．质量为m1和m2的A、B两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。由图像可知（　　） A．A的质量大于B的质量 B．碰撞后B的动能大于A的动能 C．碰撞后A的动量大于B的动量 D．碰撞为弹性碰撞 【答案】B 【解答】解：根据位移时间图像的斜率表示速度，可知碰前A的初速度v1＝4m/s，B的初速度v2＝0；碰后A的速度v3＝﹣2m/s，B的速度v4＝1m/s。 两物体碰撞过程系统动量守恒，规定x轴正方向为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝m1v3+m2v4，代入数据解得m2＝6m1。 A、由上述分析可知m2＞m1，即B的质量大于A的质量，故A错误； B、碰后A的动能，代入解得EkA＝2m1，B的动能，代入解得EkB＝3m1，可知碰撞后B的动能大于A的动能，故B正确； C、碰后A的动量大小pA＝|m1v3|，即pA＝2m1，B的动量大小pB＝m2v4，即pB＝6m1，可知碰撞后B的动量大于A的动量，故C错误； D、碰前系统总动能，即Ek0＝8m1，碰后系统总动能Ek＝EkA+EkB，即Ek＝5m1，由于Ek0＞Ek，系统存在机械能损失，该碰撞为非弹性碰撞，故D错误。 故选：B。 11．如图所示，在一个经典的牛顿摆装置中，五个质量相同的金属球通过无摩擦的吊绳悬挂在同一水平线上，五个球均静止，现使1号球由静止开始释放，若所有的碰撞都是完全弹性的，则1号球与2号球碰撞后，可能出现的情况是（　　） A．只有5号球获得速度并向左运动 B．五个球相对静止，一起向左运动 C．5号球向左运动，2、3、4号球静止，1号球向右运动 D．5号球向左运动，3、4号球静止，1、2号球向右运动 【答案】A 【解答】解：设入射小球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，被碰小球碰撞后的速度为v2； 取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv0＝mv1+mv2 所有的碰撞都是完全弹性碰撞，根据机械能守恒 联立解得v1＝0，v2＝v0 由此可知，若所有小球完全相同，且发生弹性碰撞，则碰撞后小球速度交换，所以只有5号球获得速度并向左运动，故A正确，BCD错误。 故选：A。 12．（多选）如图所示的玩弹珠游戏中，弹珠甲以一定的速度和完全相同的静止的弹珠乙在粗糙的水平面上发生正碰，碰撞前、后两弹珠的运动轨迹始终在同一水平直线上，不计空气阻力，碰撞时间极短可不计。已知从开始碰撞到两弹珠都停下来的过程中，弹珠乙的位移是弹珠甲位移的k倍，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞完成后，弹珠甲可能反弹回去 B．k≥1 C．k值越大，两弹珠碰撞过程中损失的机械能越大 D．k值越大，两弹珠碰撞过程中损失的机械能越小 【答案】BD 【解答】解：A、假设碰撞完成后，弹珠甲反弹，碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前甲的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得mv0＝﹣mv甲+mv乙，可知v乙＞v0，则碰撞过程系统动能增加，系统机械能增加， 不符合实际情况，假设不成立，弹珠甲不可能反弹，故A错误； B、两弹珠碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前甲的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得mv0＝mv甲+mv乙，碰撞后甲的速度不大于乙的速度， 则，解得k≥1，故B正确； CD、两弹珠碰撞过程中损失的机械能为△E， 整理得△E，当 k＝1时，损失的机械能达到最大， 随着k增大，损失的机械能减小，故C错误，D正确。 故选：BD。 13．如图所示，质量均为m＝1kg的相同滑块A、B刚开始都静止于水平面上，现给A滑块水平向右、大小为10m/s的初速度v0，经t0＝2s，两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，最后两滑块一起减速至停止。已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）两滑块间的初始距离d； （2）碰后瞬间B滑块的速度大小v； （3）摩擦力对A滑块的冲量I。 【解答】解：（1）对A滑块，由牛顿第二定律得μmg＝ma 由匀变速直线运动的位移公式得d＝v0t0 解得d＝16m （2）由匀变速直线运动的速度公式得v1＝v0﹣at0， 以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝2mv 解得v＝3m/s （3）以向右为正方向，根据动量定理可得Ⅰ＝mv1﹣mv0﹣mv 解得Ⅰ＝﹣7N・s，方向水平向左。 答：（1）两滑块间的初始距离d为16m； （2）碰后瞬间B滑块的速度大小v为3m/s； （3）摩擦力对A滑块的冲量I大小为7N・s，方向水平向左。 【题型4 碰撞过程中的图像问题】 14．质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．m1：m2＝1：2 B．m1：m2＝1：1 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能 【答案】C 【解答】解：AB、根据x﹣t图像的斜率表示速度，可得碰撞前m1的速度为 v0m/s＝4m/s 碰撞后m1的速度为 v1m/s＝﹣2m/s 碰撞前m2的速度为0，碰撞后m2的速度为 v2m/s＝2m/s 根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1+m2v2，解得m1：m2＝1：3，故AB错误。 C、碰后两物块速率相等，根据p＝mv可知，碰撞后m2的动量大于m1的动量，故C正确。 D、根据 可知，因m1小于m2，碰后两物块速率相等，则碰撞后m1的动能小于m2的动能，故D错误。 故选：C。 15．α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则（　　） A．t1时刻的动量为p0﹣p1 B．t2时刻α粒子的加速度达到最大 C．t2时刻的动能达到最大 D．t2时刻系统的电势能最大 【答案】A 【解答】解：A、由α粒子的动量p随时间t变化的部分图像可知，在t＝0时刻，α粒子的动量为p0，t1时刻动量为p1，由于α粒子与氧原子核发生正碰，则α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，由此可得，在t1时刻的动量为p0﹣p1，故A正确； B、t1时刻图线的切线斜率最大，说明此时α粒子的动量变化率最大，由动量计算公式p＝mv可得，mma，说明此时α粒子的加速度最大，则t2时刻α粒子的加速度不是最大，故B错误； C、t2时刻α粒子的动量是零，即速度是零，t2时刻后α粒子的动量是负值，由系统动量守恒可知，t2时刻之后的动量达到最大，速度达到最大，则动能达到最大，故C错误； D、由B项分析可知，t1时刻α粒子的加速度最大，此时α粒子受到的电场力最大，则受到的电场力也最大，α粒子与氧原子核的距离最近，此时系统的电势能最大，所以t2时刻系统的电势能不是最大，故D错误。 故选：A。 16．（多选）在完全相同的质量均为6g的两杯盖中分别随机固定1枚或2枚相同的硬币。两杯盖静止在足够大的粗糙水平面上，t＝0时给杯盖甲一瞬时冲量，之后杯盖甲正碰杯盖乙，碰撞时间极短。碰撞前后甲、乙的动量大小随时间变化的图像如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．杯盖甲碰后速度方向不变 B．碰后杯盖乙所受摩擦力为0.07N C．每枚硬币的质量为6g D．杯盖与水平面间的动摩擦因数为0.5 【答案】CD 【解答】解：AB、由图可知，碰撞前杯盖甲的动量大小为0.12N•s，碰撞后杯盖乙的动量大于0.12N•s，而碰撞过程系统动量守恒，说明碰撞后杯盖甲反弹，因此杯盖甲内有一个硬币，杯盖乙内有两个硬币，碰撞后杯盖甲的动量大小为0.015N•s 根据动量守恒可知碰撞后杯盖乙的动量大小为0.135N•s，p﹣t图像的斜率 p﹣t图像的斜率表示合外力，在0～1s内，杯盖甲所受的摩擦力大小，故AB错误； CD、设杯盖质量为m，硬币质量为M，则f1＝μ（m+M）g 代入数据可得f1＝0.06N 在1～2.5s内，杯盖乙所受的摩擦力大小 代入数据可得M＝6g，μ＝0.5，故CD正确。 故选：CD。 17．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，用轻弹簧拴接相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开。物块C的v﹣t图像如图乙所示。求： （1）物块C的质量mC。 （2）弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量I的大小和方向。 【解答】解：（1）规定向右为正，由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程根据动量守恒可得 mCv1＝（mA+mC）v2 解得物块C的质量mC＝2 kg （2）规定向右为正，由图知，12 s末A和C的速度为v3＝﹣3 m/s，4 s到12 s的时间内， 根据动量定理可知，弹簧对物块A、C的冲量为I＝（mA+mC）v3﹣（mA+mC）v2 解得I＝﹣36 N•s 可知冲量大小为36 N•s，方向向左。 答：（1）物块C的质量mC＝2kg， （2）弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量大小是36N•s，方向向左。 【题型5 碰撞后粘连问题】 18．如图所示，质量为2m的物块P静置于劲度系数为k的轻弹簧上，质量为m的物块Q从P上方的高度处由静止落下，Q与P发生碰撞，碰后立即结为一体。已知两物块碰后经t0时间速度第一次变为零，弹性势能的表达式为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：根据速度—位移关系式可知，Q与P碰前速度 碰撞过程根据动量守恒，以v0的方向为正方向 mv0＝3mv1 从碰后到最低点，以最低点为重力势能的O点，根据能量守恒 解得 整体做简谐运动，简谐运动平衡位置为压缩处，根据题意有两物块碰后位置为压缩处，最低点在压缩处，最高点位置为压缩处。经t0时间速度第一次变为零，结合简谐运动规律可知t0对应的角度为120°，而从碰后到平衡位置，即最大速度处，对应简谐运动角度为30°，所以从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间为。 故ACD错误，B正确。 故选：B。 19．（多选）如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒 B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧势能最大 D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定为零 【答案】AC 【解答】解：A、B在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小。故A正确，B错误。 C、当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大。故C正确。 D、当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零。故D错误。 故选：AC。 20．光滑冰面上，一个质量为6kg的滑块A以向东2.0m/s的速度与另一质量为4kg、速度为1.0m/s并沿相反方向运动的滑块B发生对心碰撞，碰撞后两个滑块粘在一起。求： （1）碰撞后滑块的速度大小v； （2）碰撞前后滑块B动量的变化量大小Δp； （3）这次碰撞，两滑块共损失的机械能ΔE。 【解答】解：（1）以向东为正方向，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，解得：v＝0.8m/s，方向向东。 （2）滑块B动量的变化量等于末动量减初动量，即：Δp＝mBv﹣mBvB，解得：Δp＝7.2kg•m/s。 （3）根据能量守恒定律，碰撞过程中损失的机械能为：，解得：ΔE＝10.8J。 答：（1）碰撞后滑块的速度大小为0.8m/s。 （2）碰撞前后滑块B动量的变化量大小为7.2kg•m/s。 （3）这次碰撞两滑块共损失的机械能为10.8J。 【题型6 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用】 21．如图所示，质量为m1、m2的木块a和b用轻弹簧连接，静止在光滑的水平地面上，木块b紧靠竖直墙壁。质量为m0的子弹以v0大小的速度水平向右射入木块a并嵌在其中（时间极短）。在木块a运动的整个过程中，墙壁对b的冲量大小为（　　） A．v0 B．v0 C．m0v0 D．2m0v0 【答案】D 【解答】解：规定水平向右为正方向。子弹射入木块a的时间极短，子弹与木块a组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有m0v0＝（m1+m0）v1。 此后木块a与子弹共同向右运动压缩弹簧，弹簧对木块b产生向右的推力，墙壁对木块b产生向左的作用力。 当弹簧反弹恢复原长时，木块b即将离开墙壁，此后墙壁对b不再有作用力。 在木块a从开始压缩弹簧至弹簧恢复原长的整个过程中，对子弹、木块a、木块b和弹簧组成的系统，水平方向仅受墙壁的作用力。 由于水平面光滑，根据机械能守恒定律可知，弹簧恢复原长时，木块a与子弹的共同速度大小为v1，方向水平向左。 根据动量定理有I＝﹣（m1+m0）v1﹣（m1+m0）v1，联立解得墙壁的作用力冲量I＝﹣2m0v0，负号表示冲量方向水平向左，即冲量大小为2m0v0。 由上述共用的物理过程分析可知，整个过程中墙壁对b的冲量大小为2m0v0，故ABC错误，D正确。 故选：D。 22．如图所示，一质量为2m、长为L的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平射向木块并留在木块中，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小不变，下列说法正确的是（　　） A．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功 B．木块最终匀速运动的速度为 C．子弹减速位移是木块加速位移的4倍 D．子弹在木块内运动中受到的阻力至少为 【答案】C 【解答】解：A、由W＝fx可知子弹克服阻力做功是子弹对木块做功的4倍，故A错误； B、子弹与木块间相互作用力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知子弹与木块的加速度大小之比为2：1，子弹留在木块中， 则最终速度相等，设为v，由运动学公式有v＝v0﹣2at＝0+at 解得，故B错误； C、子弹位移 木块位移 即x1：x2＝4：1，故C正确； D、子弹留在木块中有x1﹣x2≤L，由功能关系有 解得，故D错误。 故选：C。 23．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．子弹B受到的阻力大小是子弹A受的阻力大小的3倍 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：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 设两子弹受木块的阻力大小为f，子弹B射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有 对子弹B有 解得mB＝3mA，vA＝3vB，故B错误，C正确； A、木块始终保持静止，子弹B和子弹A对木块的力大小相等，因此子弹B受到的阻力大小和子弹A受的阻力大小相等，故A错误； 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 可得d′A＜dA＝3d 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，以运动方向为正方向，由以上分析可知mAvA＝mBvB 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，子弹A与木块相对静止，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能 可得d′B＞dB＝d 由以上分析可知d′A＜3d′B，故D错误； 故选：C。 24．（多选）如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F恒定，则下列关系式中不正确的是（　　） A．Fx B．Fxmv2 C．FLMv2 D．F（L+x）mv2 【答案】AB 【解答】解：AB、以系统为研究对象，根据能量守恒定律得，故AB错误； C、以木块为研究对象，根据动能定理得，故C正确； D、以子弹为研究对象，根据动能定理得，即F，故D正确。 本题选错误的，故选：AB。 25．（多选）质量为M、长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，忽略空气阻力。拔去销钉后，下列说法正确的是（　　） A．子弹在木块中受到的阻力大小为 B．木块相对地面加速运动的距离为 C．子弹射入木块的最大深度为 D．子弹减速运动的时间为 【答案】AD 【解答】解：A、第一种情况中，木块受销钉限制，子弹以初速度v0射入木块做匀减速运动至停止，位移为d。由动能定理得，解得阻力大小，故A正确； B、销钉移除后，子弹与木块系统动量守恒。设共同速度为v，由mv0＝（M+m）v，解得。对木块应用动能定理，，代入f与v表达式得，故B错误； C、子弹射入深度Δx为相对位移。由能量守恒得，代入已知量解得，故C错误； D、对木块应用动量定理，ft＝Mv，代入及，得运动时间，故D正确。 故选：AD。 26．如图所示，质量为0.49kg的木块静置于光滑水平轨道上，半径为0.8m的光滑半圆形轨道与水平轨道相切，直径AB竖直。质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度击中木块并留在其中。木块进入半圆形轨道后，在某一位置离开轨道。木块可视为质点，g取10m/s2。求： （1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力； （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小。 【解答】解：（1）子弹击中木块过程，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝（m1+m2）vA，解得击中后两者的共同速度为vA＝6m/s。 在轨道最低点A处，对整体应用牛顿第二定律，有，代入数据解得轨道对整体的支持力FN＝27.5N。 根据牛顿第三定律，木块对轨道的压力大小。 （2）设木块离开轨道时，其速度方向与竖直向上方向夹角为θ，此时轨道对其支持力为零，由牛顿第二定律得。 从最低点A运动至离开点C的过程中，系统机械能守恒，有。 联立两式，可解得离开瞬间的速度大小为，代入数据计算得。 答：（1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小为（或27.5N）。 （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小为。 27．如图所示，一根轻绳竖直悬挂质量为m的小木块，木块处于静止状态。一颗质量也为m的子弹以速度v0水平向右射入木块，并立即留在其中。子弹入射木块过程的时间极短，忽略木块的微小偏离。已知重力加速度为g，轻绳长度为，木块摆动过程中未发生旋转，不计木块大小和空气阻力。求： （1）子弹入射木块后瞬间，木块的速度大小； （2）子弹入射木块后瞬间，木块对轻绳的拉力大小； （3）子弹入射木块后的运动过程中，求轻绳偏离竖直方向的最大角度θ及在最大偏角处木块和子弹的加速度。 【解答】解：（1）子弹开始接触木块至二者共速的过程中，以运动方向为正方向，子弹与木块动量守恒mv0＝2mv 解得 （2）子弹和木块刚共速瞬间，对子弹和木块整体，根据牛顿第二定律可得 解得T＝4mg 由牛顿第三定律，得绳子所受拉力T′＝T＝4mg （3）子弹射入木块后，木块偏离初始位置的最大角度为θ 根据机械能守恒有 解得最大偏角θ＝60° 在最大偏角处，整体速度为0，向心力为0，沿绳子方向合力为0，有2mgsinθ＝2ma 解得加速度大小为 方向与水平成60°斜向左下方 答：（1）子弹入射木块后瞬间，木块的速度大小为。 （2）子弹入射木块后瞬间，木块对轻绳的拉力大小为4mg。 （3）轻绳偏离竖直方向的最大角度为60°，此时木块和子弹的加速度大小为，方向与水平方向成60°斜向左下方。 【题型7 动量守恒定律在板块模型中的应用】 28．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，木块与小车的水平车板间接触面粗糙，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。 29．如图1所示，物块c静置于光滑水平面上，物块b置于水平木板a的左端，a、b一起以速度v0在光滑水平面上向右运动，t＝0时刻，木板a与物块c碰撞后立即粘合在一起。已知物块c质量为m，木板a与物块c粘合后速度为，随后b与ac运动的v﹣t关系如图2所示，不计空气阻力，重力加速度为g，物块b可视为质点，且物块b始终未滑出木板a。则下列说法正确的是（　　） A．物块b质量为2m B．物块b质量为m C．木板a长度至少为 D．物块b与木板a间的动摩擦因数为 【答案】B 【解答】解：A、木板a与物块c碰撞过程，取水平向右为正方向，碰撞前后系统动量守恒，可得，解得：木板a的质量为ma＝m。 B、由图2可知，物块b、c和木板a组成的系统最终以大小为的速度共同做匀速直线运动，对三者组成的系统，整个过程动量守恒，可得，解得：mb＝m，故A错误，B正确； C、v﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积对应物体的位移，图2中三角形部分的面积即为物块b与木板a的相对位移大小，结合图像数据可得，解得：，因此木板a的最小长度为，故C错误； D、从木板a与物块c粘合后到三者共速匀速运动的总时间为t0，该过程中对木板a和物块c的整体，由动量定理可得，解得：，故D错误。 故选：B。 30．如图所示，一上表面粗糙的“L”型框架静止在光滑水平面上，在其左端放一与框架质量相同的小滑块。小滑块以一定初速度向框架右端运动，与框架发生弹性碰撞后，恰好回到框架左端。则在该运动过程中，两物体的v﹣t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：小滑块以一定初速度向框架右端运动，二者发生相对滑动。根据牛顿第二定律，二者加速度大小均为a＝μg。 小滑块向右做匀减速直线运动，框架向右做匀加速直线运动。与框架发生弹性碰撞时，小滑块速度大于框架速度，由于二者质量相等，碰后交换速度，即框架速度大于小滑块速度，二者间仍相对滑动。 之后框架做匀减速直线运动，小滑块做匀加速直线运动，小滑块相对于框架向左运动。当小滑块运动到框架左端时，二者达到共速，整个过程加速度大小不变，v﹣t图线为倾斜直线。 根据动量守恒定律，mv0＝2mv，解得：。共速后，图线为平行于t轴的直线。故BCD错误，A正确。 故选：A。 31．（多选）质量为1kg的小物块放在质量为2kg的长木板的左端，两者间的动摩擦因数为0.2，一起静置在光滑的水平面上，现给小物块一个向右的大小为6N的水平恒力F，该恒力作用时间1s后撤去，最终小物块与长木板相对静止；重力加速度为10m/s2，则（　　） A．从施加F到撤去F这个过程恒力F做的功是12J B．小物块与长木板保持相对静止时两者的总动能为12J C．撤去F前后这两个过程小物块相对于木板通过的位移之比为1：1 D．从施加F到小物块与长木板相对静止过程所产生的摩擦热为8J 【答案】AC 【解答】解：小物块与长木板间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。若两者保持相对静止，系统的整体加速度为，代入数据得， 此时长木板所需的摩擦力f＝Ma＝2×2N＝4N，该值大于fmax，因此小物块与木板之间将发生相对滑动。 A、在恒力作用期间，小物块的加速度为，解得：。在t＝1s内，小物块的位移，解得：xm＝2m。 则恒力F所做的功为W＝Fxm，解得：W＝6×2J＝12J，故A正确； B、在t＝1s时，小物块的速度vm＝amt，代入数据得vm＝4m/s。长木板的加速度为，解得：，其速度vM＝aMt，代入数据得vM＝1m/s。 撤去F后，系统动量守恒，取水平向右为正方向，由mvm+MvM＝（m+M）v共可得共同速度v共＝2m/s。 系统最终的总动能为，解得：Ek＝6J，故B错误； C、在撤去F前的一段时间内，长木板的位移，解得：xM＝0.5m，小物块相对于木板的位移Δx1＝xm﹣xM，即Δx1＝1.5m。撤去F后，系统的初动能，解得：Ek1＝9J。根据能量守恒定律有μmgΔx2＝Ek1﹣Ek，解得：μmgΔx2＝3J，进而求得此阶段小物块相对于木板滑动的距离Δx2＝1.5m， 两阶段相对位移之比为1：1，故C正确； D、从开始运动到最终相对静止的整个过程中，系统产生的摩擦热为Q＝μmg（Δx1+Δx2），解得：Q＝6J，故D错误。 故选：AC。 32．（多选）如图甲所示，一个质量为M的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k的轻弹簧将板连在竖直墙上，开始时弹簧处于原长，一质量为m的物块（可视为质点）从木板左端以初速度v0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端。通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木板的v﹣t图象，如图乙所示，其中A为物块的v﹣t图线，B为木板的v﹣t线，物块与木板间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g。则（　　） A．木板的长度小于 B．物块与木板间的动摩擦因数为 C．增大v0大小为时，木板与弹簧组成的系统获得的机械能最大 D．增大v0大小为时，木板与弹簧组成的系统获得的机械能最大 【答案】BC 【解答】解：对物块A与木板B的运动过程及图象分析如下： B、由物块的v﹣t图线A可知，物块在时间T内速度从v0减小到0，做匀减速直线运动，其加速度大小。根据牛顿第二定律有f＝μmg＝ma，解得物块与木板间的动摩擦因数，故B正确； A、由木板的v﹣t图线B可知，木板在0～T时间内完成了一个周期的振动，根据对称性，其正向位移与负向位移相等，故在T时刻木板的位移为0。 物块在0～T时间内的位移。由于物块最终恰好停在木板右端，木板长度，解得：，故A错误； CD、木板与弹簧组成的系统在受到摩擦力f作用时，其振动方程的平衡位置向右移动了。木板从原长开始运动，在时达到最大位移。 此时木板速度为0，系统的弹性势能最大，获得的机械能也最大。若要使系统获得的机械能最大，物块应在此时滑离木板，即在时物块恰好到达木板右端。 设此时物块初速度为v1，由位移关系得x'A﹣xm＝L，即。代入和，得，解得：，故C正确，D错误。 故选：BC。 33．如图，木板C的左端与水平平台左端对齐放置，小物块B静置于木板上，B距木板C左端的距离d＝0.45m。在平台左侧，将物块A以与水平面成θ＝30°，大小为v0＝2m/s的初速度斜向上抛出，恰好无碰撞地滑上木板C上表面的左端，经过一段时间与物块B发生碰撞，碰撞时间忽略不计，且A、B发生碰撞后彼此交换速度，C的运动状态不受影响。已知A、B的质量均为1kg，C的质量为0.5kg，A、B与C间动摩擦因数均为μ1＝0.2，木板C与平台间动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度g＝10m/s2，木板厚度不计。求： （1）物块A从抛出点运动到平台左端的时间t1； （2）物块A与物块B碰撞前瞬间A的速度大小vA（计算结果可保留根号形式）； （3）要使物块B不从木板C上滑落，木板的最小长度L。 【解答】解：（1）物体A做斜上抛运动，则有：，，则物块A从抛出点运动到平台左端的时间为：； （2）A滑上C表面后做减速运动的加速度大小为：、假设B、C相对静止，共同加速度大小为：，因为，故假设成立，设经过时间tA追上B，由运动学公式可得：，代入数据解得：，则A、B碰撞前时A的速度为：； （3）A、B碰撞前，B和C的速度为：，由于B和A质量相等，且发生弹性碰撞，则碰撞后，A物体与B物体交换速度，则A和C的速度为，B物体的速度的大小为，假设之后A与C相对静止，对A、C组成的整体，由牛顿第二定律可得：μ1mg﹣μ2（mA+mB+mC）g＝（mA+mC）a′，代入数据解得：a′＝0.5m/s2，由于a′＜a＝2m/s2，则假设成立，碰撞后A、C相对静止，B物体相对C滑动，对B物体有：μ1mBg＝mBaB，解得：，要使B物体不从木板C上滑落，则当B物体滑到C的嘴左端时恰好共速，对B物体，由运动学公式可得：v共＝vA﹣aBt′，发生的位移为： 对A、C组成的整体，则有：v共＝vB+a′t′，发生的位移为： 两者之间的相对位移为：Δx＝x2﹣x3 则木板的最小长度为：Lmin＝d+Δx，联立以上公式代入数据解得：Lmin＝0.6m。 答：（1）物块A从抛出点运动到平台左端的时间为0.1s； （2）物块A与物块B碰撞前瞬间A的速度大小为 （3）要使物块B不从木板C上滑落，木板的最小长度为0.6m。 34．如图1，一可看成质点的小物块以初速度v0向右滑上一木板，恰好能在木板右端与木板共速。已知小物块质量为m，木板质量为2m，水平面光滑且足够长，物块与木板之间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求木板的长度。 （2）如图2所示，将长木板切割为相同的三部分甲、乙、丙，再放回该水平面，（三部分紧靠但不粘连）依然让该小物块以v0滑上甲的左端。求： ①物块刚离开甲时，物块和甲各自的速度大小； ②物块最终到丙右端的距离，以及物块与丙有相对运动的全过程中，甲与乙的最大距离。 【解答】解：（1）小物块滑上木板到共速的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒，设最终共同速度为v共，有mv0＝（m+2m）v共； 根据能量守恒定律（或对系统应用动能定理），系统产生的内能等于滑动摩擦力与系统相对位移的乘积，有，联立解得木板的长度。 （2）①将木板分为相同的三段甲、乙、丙，每段长度。在此过程中，物块向右做匀减速运动，加速度大小a＝μg。甲、乙、丙一起向右做匀加速运动，加速度大小； 设物块在甲上滑动的时间为t1，物块与甲刚分离时，两者的相对位移恰好为L0，根据运动学公式有。 物块刚离开甲时，根据速度公式，物块速度v物1＝v0﹣at1，甲的速度v甲＝a1t1，联立解得物块刚离开甲时，物块速度大小，甲的速度大小。 ②物块滑上乙后，甲不受摩擦力开始以v甲做匀速直线运动，乙和丙一起继续匀加速，加速度大小。 设物块在乙上滑动的时间为t2，同理根据相对位移公式有。 物块刚离开乙时，物块速度v物2＝v物1﹣at2，乙和丙的速度v乙＝v甲+a2t2。 物块滑上丙后，乙开始以v乙做匀速直线运动，丙单独加速，加速度大小。 设物块在丙上滑动时间t3后两者达到共速，有v物2﹣at3＝v乙+a3t3。 该过程中，物块与丙的相对位移，代入中间物理量解得。 因Δx物丙＜L0，可知物块最终未滑出丙，物块最终到丙右端的距离。 在物块与丙发生相对运动的整个过程中（即在t2和t3时间内），甲始终做匀速运动，位移x甲＝v甲（t2+t3）；乙先加速后匀速，位移。 当物块与丙共速时，甲与乙的距离达到最大，最大距离Δxm＝x乙﹣x甲，联立各阶段时间与速度的计算结果，解得。 答：（1）木板的长度为。 （2）①物块刚离开甲时，物块速度大小为，甲的速度大小为。 ②物块最终到丙右端的距离为，甲与乙的最大距离为。 【题型8 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用】 35．如图所示，质量为2m的半圆轨道小车静止在水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量为m的小球从A点由静止释放，不计所有摩擦和空气阻力，此后的运动过程中（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球不能到达小车上的B点 C．小车向左运动的最大距离为R D．小球在轨道最低点对小车的压力大小为4mg 【答案】D 【解答】解：A、小球和小车组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，故A错误； C、由人船模型可知2mx＝m（2R﹣x） 可得小车向左运动的最大距离为，故C错误； B、由动量守恒定律可知，当小球到达右侧最高点时小球和小车的速度均为零，由能量关系可知，小球能到达小车上与A点相同高度的B点，故B错误； D、小球在轨道最低点时有动量守恒和能量关系可知2mv1＝mv2， 解得， 对小球由牛顿第二定律可知 解得FN＝4mg 由牛顿第三定律可知，小球对小车的压力大小为4mg，故D正确。 故选：D。 36．如图所示，半径为R、质量为2m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小球从弧槽的顶端紧贴着弧槽由静止释放，若槽不固定，当小球落地时，与圆弧末端的水平距离为（　　） A．R B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设小球滑至圆弧底端与槽分离时，小球的速度大小为v1，圆弧槽的速度大小为v2。 小球下滑过程中，系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。规定向右为正方向，有mv1﹣2mv2＝0，解得v1＝2v2。 系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒。小球下落高度为R，则有。 将v1＝2v2代入，得，解得，。小球离开圆弧槽后做平抛运动，下落高度为。 设平抛运动时间为t，竖直方向有，解得。此段时间内，小球向右匀速运动，圆弧槽以v2向左匀速运动。 两者水平方向相对速度大小为v相对＝v1+v2，即v相对＝3v2，。 小球落地时，其与圆弧末端的水平距离，即为平抛时间内两者的相对位移大小。故ABD错误，C正确。 故选：C。 37．如图所示，物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上，槽底端静置一小球C，A、B之间夹有一压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不连接），两物体之间用细线连接将弹簧锁定。现剪断细线，弹簧弹开，小球C能脱离圆弧槽向上运动，已知A、B、C质量相等。则（　　） A．剪断细线瞬间，A的加速度比B的大 B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内 C．球第二次运动到槽内最低点时，槽的速度为零 D．圆弧槽在水平地面上做往复运动 【答案】C 【解答】解：A、在细线被剪断的瞬间，弹簧对A和B的弹力大小是相等的。由于小球C静止在槽底最低点，该点切线为水平方向，因此C与B之间仅在竖直方向存在弹力，水平方向没有相互作用力。根据牛顿第二定律，A与B在水平方向上的加速度大小分别为和，两者大小相同，故A错误； B、当弹簧恢复到原长时，A与B分离，设此时B的速度大小为v0。由于在此过程中C在水平方向不受力，其初速度为零。此后，B与C组成的系统在水平方向动量守恒。因为半圆弧槽的最高点切线竖直，当C运动到最高点脱离槽时，两者的水平速度必然相同，设为v1。根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得：。脱离后，C做斜抛运动，B做匀速直线运动，两者在水平方向的速度始终保持一致，因此C下落后必定会再次落回槽内，故B错误； C、当小球C第二次运动到槽内最低点时，设此时B的速度为vB，C的速度为vC。对于B和C系统，全过程水平方向动量守恒且机械能守恒，有mv0＝mvB+mvC和。联立方程解得：vB＝0，vC＝v0（另一组解vB＝v0，vC＝0对应C刚开始上滑的初始状态，应舍去）。因此此时槽的速度恰好变为零，故C正确； D、根据上述动量与能量分析可知，在整个运动过程中，B的速度仅在0和v0之间周期性变化，方向始终保持向右（或瞬时为零），不会出现向左的速度，因此圆弧槽在水平地面上做的是单向间歇性运动，而不是往复运动，故D错误。 故选：C。 38．（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球，以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，根据测量数据在坐标轴画出一条直线，图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．小球的质量为 B．小球运动到最高点时的速度为 C．小球能够上升的最大高度为 D．若a＜b，小球在与圆弧滑块分离后向右做平抛运动 【答案】AC 【解答】解：A、设小球的质量为m，初速度为v0，取向右为正方向，在刚开始的过程中，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1+Mv2 变形得 结合图乙可得， 则小球的质量为，故A错误，符合题意； C、小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得 解得，故C错误，符合题意； B、小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，取向右为正方向，水平方向上由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v 解得，故B正确，不符合题意； D、小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1′+Mv2′ 由机械能守恒定律得 若a＜b，则m＞M，联立两式解得v2′＞v1′＞0 则小球在与圆弧滑块分离后向右做平抛运动，故D正确，不符合题意。 故选：AC。 39．（多选）质量为mA＝3m的物块A以一定速度v0在光滑的水平面运动，在其右侧有一质量为mB＝m的物块B其曲面为光滑圆弧，半径为R，最低点与水平面相切。A恰好滑到B的圆弧最高点，重力加速度为g，v0未知。则下列说法正确的是（　　） A．A和B动量守恒 B．A的初速度 C．B的最大速度为 D．若A的初速度增大为2v0，A从B最高点飞出再落回过程，B的位移为 【答案】BCD 【解答】解：A．A、B组成的系统，竖直方向上A运动时，合外力不为零，总动量不守恒，只有水平方向动量守恒，故A错误； B.A恰好滑到圆弧最高点时，A、B水平方向共速，设共速速度为v，水平方向动量守恒有mAv0＝（mA+mB）v，解得，由机械能守恒定律有，解得，故B正确； C．A从最高点滑回水平面后，B达到最大速度，该过程相当于弹性碰撞，水平动量守恒和机械能守恒，设滑回后A速度v1，B速度v2，则mAv0＝mAv1+mBv2，，联立解得，故C正确； D.初速度变为2v0，A到达最高点飞出时，水平方向A、B共速，由动量守恒定律有3m•2v0＝4m•v共，解得，设竖直方向的相对初速度为vy，由机械能守恒定律有，解得，竖直上抛总运动时间，B做匀速运动，位移，故D正确。 故选：BCD。 40．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的左段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧最低点B与水平轨道BC相切，BC部分足够长，整个轨道处于同一竖直平面内，将一可视为质点，质量为m的物块从A点正上方距水平轨道BC的竖直高度为4R处无初速度释放，物块恰好落入小车圆弧轨道内滑动，然后沿水平轨道至轨道末端C处恰好没有滑出，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，求： （1）物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是多大； （2）物块和小车构成的系统全程损失的机械能。 【解答】解：（1）设物块下落到B点时的速度为v，对圆弧轨道最低点B的压力为FN 物块下落过程中，小车保持静止，由机械能守恒定律，有，其中h＝4R 物块运动到B点时，根据牛顿第二定律，有 得FN＝9mg， 由牛顿第三定律，知物块对轨道的压力FN'＝FN，即FN'＝9mg （2）物块经过B点继续向右滑行，小车将离开左侧墙壁也向右运动，依题意，物块恰好没有滑离小车，最终二者共速，此过程物块和小车构成的系统动量守恒，以运动方向为正方向，由动量守恒定律，有mv＝（m+3m）v共 对全程，由能量守恒定律，有 得损失的机械能ΔE＝3mgR 答：（1）物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小为9mg。 （2）物块和小车构成的系统全程损失的机械能为3mgR。 41．如图所示，质量为3m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与光滑平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道。弹簧左端固定在挡板A上，弹簧处于原长时右端与P点对齐。压缩弹簧使质量为m的小球由静止被弹出，小球冲上小车时速度大小为。小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）释放小球时，弹簧的弹性势能Ep； （2）小球到达Q点时，小车速度的大小v； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度H。 【解答】解：（1）由系统机械能守恒有，解得； （2）小球在小车上运动时，在水平方向不受外力，则系统在水平方向动量守恒，小球到达Q点时，小球和小车水平方向共速，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有mv0＝（m+3m）v，解得； （3）设小球离开小车时竖直方向的速度大小为vy，从小球离开平台到离开小车过程，由系统机械能守恒有， 小球离开小车竖直方向做竖直上抛运动有，联立解得还能上升的高度，小球离开平台后，离平台的最大高度：H＝R+h2，解得：。 答：（1）释放小球时，弹簧的弹性势能为； （2）小球到达Q点时，小车的速度大小为； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度为。 【题型9 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用】 42．如图甲，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触；另有一物块C从t＝0时，以一定速度向右运动。在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小为12N•s B．物块C的质量为4kg C．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为8J D．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为4J 【答案】D 【解答】解：A、在4～12s的时间内弹簧对A、C的冲量为I′＝（mC+mA）2v1，计算可得I′＝24N•s 墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小等于弹簧对AC冲量的大小，则为24N•s，故A错误； B、由乙图可知物块C速度为vC＝2m/s A、C碰撞过程以运动方向为正方向，由动量守恒定律mCv0＝（mC+mA）v1 解得物块C的质量为mC＝2kg，故B错误； CD、B离开墙后的过程中，当A、B、C共速时弹簧弹性势能最大，以运动方向为正方向，则由动量守恒定律（mC+mA）v1＝（mC+mA+mB）v 解得 弹簧具有的最大弹性势能，故C错误，D正确。 故选：D。 43．如图所示，光滑水平地面上，一质量为m的物体P以速度v向右运动，物体Q静止且左端固定一轻弹簧。P撞上弹簧后，弹簧被压缩至最短时（　　） A．P的动量变为0 B．Q的动量变为mv C．Q的动量达到最大值 D．P、Q系统总动量大小为mv 【答案】D 【解答】解：B、由于水平面光滑，P、Q与弹簧组成的系统合外力为0，系统总动量守恒，规定向右为正方向，则有mv＝（m+mQ）v共 则Q的动量为p＝mQv共 联立解得，故B错误； A、弹簧最短时P、Q共速，P仍有向右的速度，故P的动量不为0，故A错误； C、弹簧被压缩至最短时，弹簧弹力继续推动Q向右加速，Q的速度还会增大，动量还会变大；因此弹簧最短时Q的动量不是最大值，故C错误； D、根据系统总动量守恒可知，P、Q系统总动量大小为mv，故D正确。 故选：D。 44．如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞后（A、B不粘连）立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹，反弹后A、B会分开。不计空气阻力，下面几个结论正确的是（　　） A．A、B从P处下降至最低点的过程中，速度一直减小 B．A、B一起向下运动过程中，A、B均处于超重状态 C．A、B反弹过程中，在P处物块A速度最大 D．A、B反弹过程中，在弹簧处于原长状态时物块B与A分离 【答案】D 【解答】解：A、设物块A在P点静止时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件可得Mg＝kx0。物块B与A碰撞后，系统新的平衡位置满足（M+m）g＝kx平衡，由此可知该位置位于P点下方。两物块从P点运动至最低点的过程中，在P点与平衡位置之间，系统所受合力向下，做加速运动；通过平衡位置后，合力向上，做减速运动，因此速度先增加后减小，故A错误； B、当系统处于平衡位置上方时，合力向下，加速度向下，处于失重状态；仅在平衡位置下方运动时，加速度向上，才处于超重状态，故B错误； C、系统在平衡位置时速度达到最大值，而该位置在P点下方，因此在P点时速度并非最大，故C错误； D、物块A与B分离的临界条件是两者之间的弹力N＝0且加速度相同。此时B仅受重力，加速度a＝g（方向竖直向下）。对整体应用牛顿第二定律有（M+m）g﹣F弹＝（M+m）a，代入a＝g，解得F弹＝0，即弹簧处于原长状态，故D正确。 故选：D。 45．（多选）如图甲，物块A与质量为m的物块B之间用轻弹簧连接，放在光滑水平面上，弹簧处于原长状态。t＝0时刻，给A、B以相同大小的初速度v0相向运动，取A的初速度方向为正方向，在t＝0到t＝2t0的时间内A、B的v﹣t图像如图乙所示。已知在t＝0到t＝t0的时间内物块A的位移为，弹簧始终处于弹性限度内，则（　　） A．物块A的质量为3m B．t＝t0时刻弹簧的弹性势能为 C．t＝2t0时刻物块B的速度为 D．t＝t0时刻弹簧的压缩量为 【答案】AD 【解答】解：A、物块A、B与弹簧组成的系统满足动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：mAv0﹣mv0＝（mA+m）×0.5v0，解得mA＝3m，故A正确； B、根据系统机械能守恒可知，t＝t0时刻弹簧的弹性势能，故B错误； C、从t＝0到t＝2t0的时间内，根据动量守恒定律有mAv0﹣mv0＝mvB，解得t＝2t0时刻物块B的速度为vB＝2v0，故C错误； D、在t＝0到t＝t0的时间内物块A的位移为xA，设物块A、B的平均速度分别为、，B的位移xB，该过程，根据动量守恒定律有mAv0﹣mv0＝mAm 将mA＝3m代入得2mv0＝3mm 等式两边同乘时间t0并求和可得2mv0t0＝3mxA+mxB 解得B的位移为 则此时弹簧的压缩量，故D正确。 故选：AD。 46．如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车的左侧为半径R＝1m、圆心为O的四分之一光滑圆弧轨道，轨道的最低点B与小车右侧水平表面平滑连接，小车的右端固定有竖直挡板，水平轻质弹簧右端固定在挡板上，弹簧处于原长时左端位于小车上表面C点，小车表面除BC段外均光滑。将可视为质点、质量m＝0.2kg的物块（未与弹簧连接）压缩弹簧至A点，在外力作用下物块及小车均静止，此时弹簧的弹性势能Ep＝2.88J。某时刻撤去外力，物块和小车同时由静止开始运动，物块恰能运动至圆弧轨道的最高点D。已知小车的质量M＝0.8kg，BC段的长度L＝1m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）物块第一次经过C点时的速度大小v1； （2）物块与小车表面BC段间的动摩擦因数μ； （3）物块第二次经过小车上B点时的速度大小v及物块再次压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能Emax。 【解答】解：（1）由机械能守恒定律有 由动量守恒定律有0＝mv1﹣Mv2 解得物块第一次经过C点时的速度大小v1＝4.8 m/s （2）物块与小车构成的系统水平方向上动量守恒，物块恰能运动至圆弧轨道的最高点D，说明此时物块与小车的速度均为0。由功能关系有Ep＝mgR+μmgL 解得μ＝0.44 （3）物块从D点到第二次经过B点，根据能量守恒，有 由水平方向动量守恒有0＝mv﹣Mv3 解得v＝4 m/s 物块再次压缩弹簧时，物块与小车的速度再次减为0，由功能关系有mgR＝μmgL+Emax 解得Emax＝1.12 J 答：（1）物块第一次经过C点时的速度大小为4.8 m/s。 （2）物块与小车表面BC段间的动摩擦因数为0.44。 （3）物块第二次经过小车上B点时的速度大小为4 m/s，物块再次压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能为1.12 J。 47．如图所示，质量为m的物块a套在固定的水平直杆上，与质量为2m的小球b用长为L的轻绳相连。质量为2m的物块c和质量m的物块d用劲度系数为k的轻弹簧相连并静止在水平面上，弹簧处于原长。现将小球b拉到轻绳处于水平且刚好伸直的位置，同时由静止释放a和b。当小球b运动到最低点时，恰好与物块c发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后运动时间t时，物块d的加速度大小为a0。不计空气阻力和摩擦阻力，小球和物块均可视为质点，重力加速度为g。求： （1）小球b开始释放时，物块a与物块c的水平距离； （2）小球b与物块c碰撞后，小球b上升的最大高度h； （3）碰撞后时间t内，物块c运动的位移大小x。 【解答】解：（1）对于物块a与小球b构成的系统，自静止释放后，取运动方向为正方向，其水平方向动量守恒，因此水平位移满足关系：﹣mxa+2mxb＝0， 同时有xa+xb＝L，联立解得：，。故小球b开始释放时，物块a与物块c之间的水平距离为。 （2）设小球b运动至最低点时，物块a与小球b的速度大小分别为v1和v2。依据动量守恒定律可得：﹣mv1+2mv2＝0。根据机械能守恒定律有：， 解得：，。小球b随后与物块c发生弹性碰撞，设碰后瞬间两者的速度分别为v3和v4。由动量守恒定律：2mv2＝2mv3+2mv4， 根据机械能守恒定律：，解得：v3＝0，。此后，物块a与小球b组成的系统在水平方向动量守恒， 设达到的共同速度为v，则有：mv1+2mv3＝3mv。根据机械能守恒定律：，解得小球b上升的最大高度。 （3）设物块d的加速度大小为a0时，弹簧的形变量为Δx，则有kΔx＝ma0。在物块c和d的运动过程中，系统动量守恒。设某一时刻两者的速度分别为vc和vd， 则2mv4＝2mvc+mvd。对该式两边同时对时间进行微元累加，可得：。整理后得：， 即2mv4t＝2mx+mxd，其中x和xd分别为物块c和d的位移。①若此时弹簧处于压缩状态，则有x﹣xd＝Δx，联立解得：。 ②若此时弹簧处于伸长状态，则有xd﹣x＝Δx，联立解得：。 答：（1）小球b开始释放时，物块a与物块c的水平距离为。 （2）小球b与物块c碰撞后，小球b上升的最大高度h为。 （3）碰撞后时间t内，物块c运动的位移大小x可能为或。 【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）】 48．如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长轻绳连接．现将两球置于间距为l的足够高处，当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出．不计空气阻力，则从开始释放到绳子绷紧过程中（　　） A．A球下落高度为时，一定与B球发生碰撞 B．碰撞后瞬间A的速度大小为v0 C．轻绳拉直过程中，A的水平速度增加 D．轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量为 【答案】D 【解答】解：A．设A球与B球发生碰撞下落高度为h，则 l＝v0t， 解得，故A错误； B．设水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得 mv0＝mv′Ax+mv′Bx 由机械能守恒得 式中 v′Ay＝vAy，v′By＝vBy 解得 v′Ax＝v0，v′Bx＝0 碰撞后瞬间A的水平速度大小为v0，故B错误； C．由于绳子是不可伸长的，在绳子拉直的瞬间，当二者沿水平方向速度相等后，绳子上的拉力瞬间消失。所以最终它们沿水平方向的速度相等，竖直方向的分速度不变；所以小球AB沿水平方向的分速度 轻绳拉直过程中，A的水平速度减小，故C错误； D．B球受到绳子拉力的冲量为 ，故D正确。 故选：D。 49．（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的长木板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与长木板B间的动摩擦因数。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B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．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s C．长木板B的长度至少为m D．长木板B的长度至少为m 【答案】BD 【解答】解：AB、长木板B与物块C组成的系统动量守恒，以向左为正方向， 从C开始运动到B、C共速过程，由动量守恒定律得m3v0＝（m2+m3）v 代入数据解得v＝1m/s 绳子绷紧瞬间，A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得m2v＝（m1+m2）vAB，代入数据解得vAB＝0.5m/s，故A错误，B正确； CD、A、B、C组成的系统动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得m3v0＝（m1+m2+m3）v'，代入数据解得v'm/s 由能量守恒定律得μm3gL 代入数据解得Lm，故C错误，D正确。 故选：BD。 50．某实验小组设计实验研究碰撞及单摆特性，装置如图，在水平桌面边缘用长细绳悬挂着质量为m0的小球。质量为m1的滑块以速度v0滑上光滑的桌面，并在桌子边缘与小球发生正碰，碰后小球向外摆动起来（摆动的角度小于5°），物块水平抛出桌面，当物块落地时小球恰好第一次摆回到桌子边缘。已知物块落点与桌子边缘的水平距离为s，桌子高度为h，重力加速度为g，物块和小球均可视作质点，求： （1）物块从抛出到落地的时间； （2）单摆的摆长L； （3）碰撞后小球速度v2。 【解答】解：（1）物块碰撞后做平抛运动，则有h 解得t （2）落地时小球恰好第一次摆回到桌子边缘，则 T＝2t 解得T＝2 小球做单摆运动，周期为T＝2 则L （3）滑块与小球发生正碰，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 m1v0＝m1v1+m0v2 根据平抛运动规律有 s＝v1t 解得 v2（v0﹣s） 答：（1）物块从抛出到落地的时间为； （2）单摆的摆长为； （3）碰撞后小球速度为（v0﹣s）。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $