2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题17动量与能量含解析

专题17 动量与能量
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热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 ..................................................................................... 1 热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 ......................................................................................... 3 热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型 ............................................................................................... 7 热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 ............................................................................................. 10 【题型演练】 (13)
【题型归纳】
热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。

作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。

下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。

设质量为m 的子弹以初速度0v 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：()v m M mv +=0……①
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。

设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为1s 、2s ，如图所示，显然有d s s =-21
对子弹用动能定理：20212
121mv mv s f -=⋅- ……②
对木块用动能定理：222
1
Mv s f =⋅ ……③ ②相减得：()()2
22022121v m
M Mm v m M mv d f +=+-=
⋅ ……④ 对子弹用动量定理：0-mv mv t f -=⋅……⑤
对木块用动量定理：Mv t f =⋅
……⑥
【例1】(2019·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )
A ．10 J
B ．50 J
C ．70 J
D ．120 J 【答案】D.
【解析】设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m ，根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝12Mv 2＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝
Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2
＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m m E k >50 J ，当Q ＝
70 J 时，可得M ∶m ＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120 J 时，可得M ∶m ＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．
【变式1】(2019·山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )
A ．射入滑块A 的子弹速度变化大
B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍
D ．两个过程中系统产生的热量相同 【答案】BD
【解析】在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv 0＝(M ＋m )v ，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A 项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B 项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C 项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D 项正确． 【变式2】如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木
板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2。

子弹射入后，求：
(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v 1。

(2)木板向右滑行的最大速度v 2。

(3)物块在木板上滑行的时间t 。

【答案】 (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
【解析】 (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得：m 0v 0＝(m 0＋m )v 1， 解得v 1＝6 m/s 。

(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2， 解得v 2＝2 m/s 。

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1， 解得t ＝1 s 。

热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型
两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。

由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。

碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为1m 的物体A 以速度1v 向质量为2m 的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。

在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ
位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为21
v v ''和。

全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。

（1）弹簧是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。

这种碰撞叫做弹性碰撞。

由
动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：12
11
2121211
2,v m m m v v m m m m v +='+-='。

（这个
结论最好背下来，以后经常要用到。

）
（2）弹簧不是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。

这种碰撞叫非弹性碰撞。

（3）弹簧完全没有弹性。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。

这种碰撞叫完全非弹性碰
撞。

可以证明，A 、B 最终的共同速度为12
11
21
v m m m v v +='='。

在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失
最大，为：
()()
212
1
2122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=∆。

【例2】(2019·衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN 右端N 处与水平传送带理想连接，传送带长度L ＝4.0 m ，传送带以恒定速率v ＝3.0 m/s 沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m ＝1.0 kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，开始时滑块B 、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A 以初速度v 0＝2.0 m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A 与B 碰撞过程中滑块C 的速度仍为零．因碰撞使连接B 、C 的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．滑块C 脱离弹簧后以速度v C ＝2.0 m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.
(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块B 、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能E p ；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？ 【答案】见解析
【解析】(1)滑块C 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v
所用的
时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x 由牛顿第二定律得μmg ＝ma
由运动学公式得v ＝v C ＋at ，x ＝v C t ＋1
2at 2
代入数据可得x ＝1.25 m<L
故滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为3.0 m/s.
(2)设A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2 由动量守恒定律有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1， (m A ＋m B )v 1＝(m A ＋m B )v 2＋m C v C
A 、
B 碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有 E p ＋12(m A ＋m B )v 21＝12(m A ＋m B )v 22＋12m
C v 2C 代入数据可解得E p ＝1.0 J.
(3)在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值v m ，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v
设A 与B 碰撞后的速度为v ′1，与滑块C 分离后A 与B 的速度为v ′2，滑块C 的速度为v ′C C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v ＝3 m/s ，加速度大小为2 m/s 2 由匀变速直线运动的速度－位移公式得
v 2－v ′2C ＝2(－a )L ，解得v ′C ＝5 m/s
以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A 、B 碰撞过程有m A v m ＝(m A ＋m B )v ′1 弹簧伸开过程有(m A ＋m B )v ′1＝m C v ′C ＋(m A ＋m B )v ′2 在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得 E p ＋12(m A ＋m B )v ′21＝12(m A ＋m B )v ′22＋12m C v ′2C 联立以上几式并代入数据解得v m ＝7.1 m/s.
【变式1】(2019·江西上饶六校一联)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )
A ．A 物体的质量为3m
B ．A 物体的质量为2m
C ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为3
2mv 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 02
【答案】AC
【解析】弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，A 及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能，设A 的质量为m A ，即有E pm ＝1
2
m A v 02 当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时，A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动，A 、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m A ·2v 0＝(m ＋m A )v 由机械能守恒定律得：E pm ＝12m A (2v 0)2－1
2(m A ＋m )v 2
解得：m A ＝3m ，E pm ＝3
2mv 02
故A 、C 正确，B 、D 错误．
【变式2】(2018·本溪联考)如图所示，CDE 为光滑的轨道，其中ED 段是水平的，CD 段是竖直平面内的半圆，与ED 相切于D 点，且半径R ＝0.5 m ，质量m ＝0.1 kg 的滑块A 静止在水平轨道上，另一质量M ＝0.5 kg 的滑块B 前端装有一轻质弹簧(A 、B 均可视为质点)以速度v 0向左运动并与滑块A 发生弹性正碰。

若相碰后滑块A 滑上半圆轨道并能过最高点C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，问：
(1)B 滑块至少要以多大速度向前运动；
(2)如果滑块A 恰好能过C 点，滑块B 与滑块A 相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为多少？ 【答案】 (1)3 m/s (2)0.375 J
【解析】 (1)设滑块A 过C 点时速度为v C ，B 与A 碰撞后，B 与A 的速度分别为v 1、v 2，B 碰撞前的速度为v 0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg ＝m v 2
C
R
，由机械能守恒定律得
12mv 22＝mg ·2R ＋12mv 2C
， B 与A 发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 Mv 0＝Mv 1＋mv 2，
由机械能守恒定律得
1
2Mv 2
0＝
1
2Mv
2
1
＋
1
2mv
2
2
，
联立并代入数据解得v0＝3 m/s。

(2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能E p，设共同速度为v、A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
Mv0＝(M＋m)v，
由机械能守恒定律得
1
2Mv 2
0＝E p＋
1
2(M＋m)v
2，
联立并代入数据解得E p＝0.375 J。

热点题型三应用动量能量观点解决“板块”模型
1．用动力学观点分析“滑块——木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。

(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。

(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。

2．用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。

(1)一个条件——滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。

(2)两个分析——分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。

(3)一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律，且牢记摩擦生热的计算公式Q＝f·d相对。

【例4】(2019·湖南长沙模拟)如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为m
3的小球A悬挂于O点．在
光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰．
(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值．
(2)若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？
【答案】见解析
【解析】(1)设小球A 与小物块B 碰前瞬间的速度为v 0，则有 m 3gR ＝12·m 3v 20
设碰后小球A 和小物块B 的速度分别为v 1和v 2，有 m 3v 0＝m
3v 1＋mv 2 12·m 3v 20＝12·m 3v 21＋12·mv 22
设碰后小球A 能上升的最大高度为H ，有 m 3gH ＝12·m 3v 21 所求cos θ＝R －H R
由以上各式解得cos θ＝3
4
.
(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B 的速度为 v 2＝
1
2
2gR 设小物块B 与长木板C 相互作用达到的共同速度为v ，长木板C 的最小长度为L ，有 mv 2＝(m ＋2m )v
μmgL ＝12mv 22－12(m ＋2m )v 2
由以上各式解得L ＝R 6μ
.
法二：由(1)可求得碰后小物块B 的速度为v 2＝1
2
2gR
设小物块B 运动位移为x 1时，小物块B 、长木板C 达到共同速度v ，此时长木板C 运动的位移为x 2
对小物块B 有μmg ＝ma B ，v 22－v 2
＝2a B ·
x 1 对长木板C 有μmg ＝2ma C ，v 2＝2a C ·x 2，v a C ＝v 2－v a B
木板的最小长度L ＝x 1－x 2 由以上各式解得L ＝R
6μ
.
【变式1】(2019·广东六校联考)如图甲所示，光滑平台上的物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车B 上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A 与小车B 的v －t 图象，由此可知( )
A ．小车上表面长度
B ．物体A 与小车B 的质量之比
C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数
D ．小车B 获得的动能 【答案】BC
【解析】.由图象可知，A 、B 最终以共同速度v 1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A 错误；由动量守恒定律得，m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得：m A m B ＝v 1
v 0－v 1，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；
由图象可以知道物体A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒得：μm A g Δx ＝12m A v 20－1
2(m A ＋m B )v 21，根据B 中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误．
【变式2】(2019·广东肇庆模拟)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L 的木板B ，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的 1
4 圆弧槽C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B 、C 静止在水
平面上．现有很小的滑块A 以初速度v 0从右端滑上B ，并以 v 0
2
的速度滑离B ，恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ，求：
(1)滑块A 与木板B 上表面间的动摩擦因数μ； (2)1
4 圆弧槽C 的半径R . 【答案】见解析
【解析】(1)对A 、B 、C 整体，设A 刚离开B 时，B 和C 的共同速度为v B ，从A 滑上B 到刚离开B 的过程中动量守恒，有mv 0＝m v 02＋2mv B ，解得v B ＝v 0
4
由能量守恒定律有
μmgL ＝12mv 20－12m 2
02
⎪⎭
⎫ ⎝⎛v －1
2×2mv 2B 解得μ＝5v 2016gL
.
(2)从A 滑上C 到“恰好能到达C 的最高点”的过程中，设A 到达最高点时A 和C 的共同速度为v C ，研究A 和C 组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有 m v 02＋mv B ＝2mv C ，解得v C ＝38
v 0 由于在此过程中A 和C 组成的系统机械能守恒，有 mgR ＝12m 2
02
⎪⎭
⎫ ⎝⎛v ＋12mv 2B －12×2m ⎝⎛⎭⎫3v 082
解得R ＝v 20
64g .
热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象
【例6】在光滑水平面上放有一质量为M 带光滑弧形槽的小车，一质量为m 的小球以速度0v 沿水平槽口滑上小车，如图讨论下列问题
1、小球能滑至弧形槽内的最大高度．（设小球不会从小车右端滑出）
2、求小车的最大速度．
3、当小球从小车左端脱离后将做什么运动？
【答案】g
M m Mv h )+(2=20：02+2=v
M m m v 【解析】
1、当小球滑至弧形槽内的最大高度时，设小球和小车具有共同速度v ，对小球和小车组成的系统，由水平方向动量守恒有：
v M m mv )+(=0 ①
设小球能滑至弧形槽内的最大高度为h ，由系统机械能守恒有：
mgh v M m mv +)+(2
1
=21220 ②
由①②解得：g
M m Mv h )+(2=2
0．
2、当小球滑至弧形槽内的最大高度后，又会从弧形槽内滑下，小球刚滑离小车时小车速度最大，设此时小球速度为1v ，小车具有向右的速度为2v ，以向右为速度正方向，由水平方向动量守恒有：
210+=Mv mv mv ③
由系统机械能守恒有：
2221202
1
+21=21Mv mv mv ④ 由③④解得：01+-=v M m M m v ，02+2=v M m m
v ．
3、由上面解得0
1+-=v M m M
m v 知：
当M m =时，0=1v ，小球从小车左端脱离后做自由落体运动； 当M m >时，0>1v ，小球从小车左端脱离后向右做平抛运动；
当M m <时，0<1v ，即小球脱离小车时速度向左，则小球从小车上脱离后向左做平抛运动．
【简评】：此题中两物体间通过弹力发生相互作用，系统只在水平方向动量守恒．当小球滑至弧形槽内的最大高度时两物体具有共同速度，此时类似“完全非弹性碰撞”，系统损失的动能转化为小球增加的势能．对小球从冲上小车又滑离小车的全过程，类似“弹性碰撞”，全过程系统机械能守恒．
【变式1】如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。

某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s 的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h 小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m 1=30kg,冰块的质量为m 2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。

取重力加速度的大小g=10m/s 2.
(1)小孩将冰块推出时的速度大小 (2)求斜面体的质量；
(3)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩? 【答案】（1）1m/s （2）20kg(3) 冰块不能追上小孩 【解析】（1）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，
解得（向右）
（2）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，
根据系统的机械能守恒得，
解得：M=20kg
（3）冰块与斜面： 根据机械能守恒，可得，
解得：（向右） 因为，所以冰块不能追上小孩． 【变式2】在光滑的冰面上放置一个截面圆弧为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面体,一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。

已知小孩和冰车的总质量为m 1小球的质量为m 2，曲面体的质量为m 3.某时刻小孩将小球以v 0=4m /s 的速度向曲面体推出(如图所示).
(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度；
(2)若m 1=40kg ,m 2=2kg 小孩将球推出后还能再接到小球,试求曲面质量m 3应满足的条件。

【答案】（1）（2）m 3>kg ；
【解析】试题分析：对小球与曲面进行研究，由动量守恒及机械能守恒定律可列式求解；分析小孩与球，球和曲面，由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的条件。

（1）小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得：
1122m v m v =11/v m s =()222m v m M v =+()22222211
22
m gh m M v m v +
+=2222
3m v m v Mv ''=+22
22222
3111222m v m v Mv ''=+2
1/v m s =-'2
1v v '
=()230232m v m m g
+4219()2023m v m m v =+
由动能定理得： 解得：
(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得：
球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得： 由机械能守恒定律得：
解得：；
如果小孩将球推出后还能再接到球,则需要满足：v 2>v 1 解得： 【点睛】：本题主要考查了动量守恒和定能定理的综合应用，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解。

【题型演练】
1.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点处有一质量 为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生弹性正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比 m 1∶m 2为
( )
A ．7∶5
B ．1∶3
C ．2∶1
D ．5∶3 【答案】D
【解析】设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22
，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，
()22220231122
m gh m v m m v =
-+()2
30232m v h m m g
=+20110m v m v -=202233m v m v m v =-+222
202233
111222
m v m v m v =+32
2032
m m v v m m -=
+34219
m kg
>
由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 正确．
2．(2019·河南焦作质检)质量分别为m a ＝1 kg 和m b ＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后 两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )
A ．弹性碰撞
B ．非弹性碰撞
C ．完全非弹性碰撞
D ．条件不足，无法判断 【答案】A
【解析】由x -t 图象可知，碰撞前，v a ＝3 m/s ，v b ＝0，碰撞后，v a ′＝－1 m/s ，v b ′＝2 m/s ，碰撞前的总动能为12m a v 2a ＋12m b v 2b ＝92 J ，碰撞后的总动能为12m a v a ′2＋12m b v b ′2＝92 J ，故机械能守恒；碰撞前的总动量为m a v a ＋m a v b ＝3 kg·m/s ，撞后的总动量为m a v a ′＋m b v b ′＝3 kg·m/s ，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A 正确． 3．(2019·湖南师大附中模拟)质量为m ，速度为v 的A 球跟质量为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，因此碰撞后B 球的速度可能值为
( )
A ．0.6v
B ．0.4v
C ．0.2v
D ．0.3v 【答案】BD
【解析】若v B ＝0.6v ，选v 的方向为正，由动量守恒得：mv ＝mv A ＋3m ·0.6v ，得v A ＝－0.8v ，碰撞前系统的总动能为E k ＝12mv 2.碰撞后系统的总动能为：E k ′＝12mv 2A ＋12×3mv 2B >12mv 2 ，违反了能量守恒定律，不可能，故
A 错误；若v
B ＝0.4v ，由动量守恒得：mv ＝mv A ＋3m ·0.4v ，得v A ＝－0.2v ，碰撞后系统的总动能为：E k ′＝1
2mv 2
A ＋12×3mv 2
B <12mv 2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B 正确；A 、B 发生完全非弹性碰撞，则有：mv ＝(m ＋3m )v B ，v B ＝0.25v ，这时B 获得的速度最小，所以v B ＝0.2v ，是不可能的，故
C 错误；若v B ＝0.3v ，由动量守恒得：mv ＝mv A ＋3m ·0.3v ，解得：v A ＝0.1v ，碰撞后系统的总动能为E k ′＝12mv 2A ＋12×3mv 2B <12mv 2，不违反能量守恒定律，是可能的，故
D 正确．
4．如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的 小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终 没有滑离木板B .在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是
( )
A ．1.8 m/s
B ．2.4 m/s
C ．2.6 m/s
D ．3.0 m/s
【答案】BC
【解析】A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，木板的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则Mv －mv ＝Mv 1，Mv 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝8
3 m/s ，v 2＝2 m/s ，所以在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s
而小于8
3
m/s ，故选项B 、C 正确．
5.(2019·山东威海模拟)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )
A ．碰撞前总动量大小为2mv
B ．碰撞过程动量不守恒
C ．碰撞后乙的速度大小为2v
D ．碰撞属于非弹性碰撞 【答案】选AC
【解析】.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv －mv ＝2mv ，A 正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B 错误；设碰撞后乙的速度为v ′，由动量守恒定律得3mv －mv ＝0＋mv ′，解得v ′＝2v ，C 正确；碰撞前总动能为12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2，碰撞后总动能为0＋12m (2v )2＝2mv 2，碰撞前后
无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误．
6.(2019·陕西榆林质检)如图所示，质量为m 2＝2 kg 和m 3＝3 kg 的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有 压缩着的轻弹簧(与m 2、m 3不拴接)．质量为m 1＝1 kg 的物体以速度v 0＝9 m/s 向右冲来，为防止冲撞，释放
弹簧将m 3物体发射出去，m 3与m 1碰撞后粘合在一起．试求：
(1)m 3的速度至少为多大，才能使以后m 3和m 2不发生碰撞； (2)为保证m 3和m 2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大． 【答案】(1)1 m/s (2)3.75 J
【解析】(1)设m 3发射出去的速度为v 1，m 2的速度为v 2，以向右的方向为正方向，对m 2、m 3，由动量守恒定律得：m 2v 2－m 3v 1＝0.
只要m 1和m 3碰后速度不大于v 2，则m 3和m 2就不会再发生碰撞，m 3和m 2恰好不相撞时，两者速度相等． 对m 1、m 3，由动量守恒定律得： m 1v 0－m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2 解得：v 1＝1 m/s
即弹簧将m 3发射出去的速度至少为 1 m/s. (2)对m 2、m 3及弹簧，由机械守恒定律得： E p ＝12m 3v 21＋12
m 2v 22＝3.75 J. 7．(2019·辽宁抚顺模拟)如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m 的 物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A 从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘连．求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度． 【答案】(1)94mgh (2)916
h
【解析】(1)A 下滑与B 碰撞前，根据机械能守恒得 3mgh ＝1
2
×3mv 21 A 与B 碰撞，根据动量守恒得3mv 1＝4mv 2
弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得 E pmax ＝12×4mv 22＝94
mgh
(2)根据题意，A 与B 分离时A 的速度大小为v 2，A 与B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh ′＝1
2×3mv 22 解得h ′＝916
h
8.如图所示，木板A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x 。

与滑块B (可视为质点)相连的细线一端固定在O 点。

水平拉直细线并给B 一个竖直向下的初速度，当B 到达最低点时，细线恰好被拉断，B 从A 右端的上表面水平滑入。

A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。

已知A 的质量为2m, B 的质量为m 。

A 、
B 之间动摩擦因数为μ；细线长为L 、能承受的最大拉力为B 重力的5倍；A 足够长，B 不会从A 表面滑出，重力加速度为g 。

(1)求B 的初速度大小v 0和细线被拉断瞬间B 的速度大小v 1； (2)若A 与台阶只发生一次碰撞，求x 满足的条件； (3)x 在满足(2)条件下，讨论A 与台阶碰撞前瞬间的速度。

【答案】 见解析
【解析】 (1)滑块B 从释放到最低点，机械能守恒，有： 12mv 20＋mgL ＝12mv 21
① 在最低点，由牛顿运动定律： T －mg ＝mv 21L ②
又：T ＝5mg ③
联立①②③得：v 0＝2gL ，v 1＝2gL 。

(2)设A 与台阶碰撞前瞬间，A 、B 的速度分别为v A 和v B ，由动量守恒 mv 1＝mv B ＋2mv A ④
若A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足： |2mv A |≥|mv B |⑤
对A 应用动能定理：μmgx ＝1
2×2mv 2A ⑥ 联立④⑤⑥解得：x ≥L 4μ
⑦
即A 与台阶只能碰撞一次的条件是： x ≥L
4μ。

(3)设x ＝x 0时，A 左端到与台阶碰撞前瞬间，A 、B 恰好达到共同速度v AB ，由动量守恒 mv 1＝(m ＋2m )v AB ⑧
对A 应用动能定理： μmgx 0＝1
2×2mv 2AB ⑨ 联立⑧⑨得x 0＝4L 9μ。

(Ⅰ)当x ≥x 0，即x ≥4L
9μ
时，A 、B 共速后A 与台阶碰撞。