高考物理一轮复习热点题型17动量与能量

2020届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

【专题导航】

目录

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。

设质量为小的子弹以初速度v射向静止在光滑水平面上的质量为例的木块，并留在木块中不再射出，子

0

弹钻入木块深度为4。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：mv=(M+>n\……①

0

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。设平均阻力大小为了,设子弹、木块的

位移大小分别为S、S,如图所示，显然有S=d

1212

,11

对子弹用动能定理：-t•B=-mv2--mv2……②

।22o

对木块用动能定理：f-S=—MV2……③

22

②相减得：f.d=L1\Mm

mvi---\M+机力2=r---------•••…④

2°22\M+m)°

对子弹用动量定理：……⑤

对木块用动量定理：f-t=Mv...⑥

【例3（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-f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（）

B.50JC.70JD.120J

【答案】D.

【解析】设子弹的初速度为％,射入木块后子弹与木块共同的速度为h木块的质量为M,子弹的质量为〃?，

根据动量守恒定律得：＞nv=（M+m）,解得□.木块获得的动能为"=

0Vm+Mk22,优十加。）、2=

3凿F）力工.系统产生的内能为Q=%?vg—如+"?）丫2=歹爷詈1，可得。=E/50J,当Q=

2（A/十加）M十团202X2\M-vm）/wk—

70J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=120J时，可得M：

加=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4、8中，射入A中的深度是射入8中深度的两倍.两种射入过程相

比较（）

取E

A.射入滑块4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8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，m%=（用+机＞,

两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况卜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%=245g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5kg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〃=0.4。质量为mo=5g的子弹以速度%=300m/s

沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2。子弹射入后，求：

njpj

(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度匕。

(2)木板向右滑行的最大速度为。

(3)物块在木板上滑行的时间％

【答案】(1)6m/s(2)2m/s(3)1s

【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:，

解得v(=6m/s..

⑵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()+m)v=(m()+m+M)v2,

解得V2=2ni/so

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：

—ju(m0+m)gr=(m0+m)v2-(m0+m)vl，

解得t=\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，•

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，质量为机的物体4以速度V向质量为〃？的静止物体

1I2

B运动,8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，8开始加速；到

II位置A、8速度刚好相等(设为v),弹簧被压缩到最短；再往后A、8开始远离，弹簧开始恢复原长，到

川位置弹簧刚好为原长，A、8分开，这时A、8的速度分别为/和M。全过程系统动量一定是守恒的；而

12

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―川弹性势能减少全部转化为动能；因此I、山状态系统动能相等。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：J『一"晨"—v。（这个

1m+m12m+m1

I212

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（D小；n-in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，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰

撞。可以证明，A、8最终的共同速度为/=/=一»—v。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失

12m1

12

最大，为：

△£=LmV2-J_G?4-m%'2mmV2

—^-1~2-4-

k2112122V7?+m

I2

【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=4.0m,传送带以恒定速率v=3.0m/s沿顺时针方向匀速传送.三个质量均

为巾=1.0kg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％=2。m/s沿3、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4与8碰撞过程中滑块C的速度仍为零.因碰撞使连接8、C的细绳受到扰动

而突然断开，弹簧伸展，从而使C与4B分离.滑块C脱离弹簧后以速度％=2.0m/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尸0.2,重力加速度g取10m/s2.

°。

ME8D-TICN

"■///"///、、

（1）求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；

（2）求滑块8、C用细绳相连时弹簧的弹性势能综；

（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8碰撞前速度的最

大值、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f,加速度大小为“，在时间r内滑块C的位移为x

由牛顿第二定律得

由运动学公式得x=vc/+1aZ2

代入数据可得x=1.25m<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3.0m/s.

（2）设4、8碰撞后的速度为匕，4、8与C分离时的速度为与

由动量守恒定律有吗%=（啊+"?",

（，%+〃％）匕=++mcvc

4、B碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有

Ep+鼻（叼+/）甲=5（%+吗网+3%%

代入数据可解得4=1.0J.

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值二，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8碰撞后的速度为吟，与滑块C分离后A与8的速度为匕，滑块C的速度为V1

C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=3m/s,加速度大小为2m/s2

由匀变速直线运动的速度一位移公式得

V2—咆.=2（—a）L,解得M（.=5m/s

以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，4、B碰撞过程有〃％%=（啊+所"1

弹簧伸开过程有（吗+吗）%（%+〃?8）匕

在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得

Ep+］呵+4）中斗以+%）吗+蚁嚓

联立以上几式并代入数据解得vm=7.1m/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Z

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，"的物体8（如图乙所示），物

体A以2%的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x,则（）

\AAAAAAAAA.11vVWW'AAA8.

乙

A.A物体的质量为3,"B.4物体的质量为2〃?

C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为|m％2D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为机%2

【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4的质量为,即有4",

当弹簧一端连接另一质量为，〃的物体8时，A与弹簧相互作用的过程中8将向右运动，4、8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：%,2%=(切+"?/丫

由机械能守恒定律得：Epm=(2%)2—+m)v2

3

解得：吗=3"1,%=亍/2

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EO段是水平的，C。段是竖直平面内的半

圆，与EO相切于。点，且半径R=0.5m,质量〃?=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量朋=0.5kg

的滑块8前端装有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度%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=10m/s2,问：

，嬴A

(1)8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)3m/s(2)0.375J

【解析】(1)设滑块4过C点时速度为％，B与4碰撞后，8与4的速度分别为匕、2,8碰撞前的速度

为力,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

”?=碌，由机械能守恒定律得

8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

Mv0=A7v1+wv,,

由机械能守恒定律得

11,1

TMvg=/耳+5加彩，

联立并代入数据解得%=3m/So

(2)由于B与4碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能与，设共同速度为v、A、8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+nj)v,

由机械能守恒定律得

1,1

/用=Ep+](M+⑼丫2,

联立并代入数据解得4=0.375Jo

热点题型三应用动量能量观点解决“板块”模型

I.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"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胃的小球A悬挂于。点.在

光滑的水平地面上，质量为，〃的小物块8(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4球由静止释放，运动到最低点时与小物块8发生弹性正碰.

i--------------,0

(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角e的余弦值.

(2)若长木板C的质量为2,”，小物块8与长木板C之间的动摩擦因数为〃，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8碰前瞬间的速度为%，则有

m1m

设碰后小球A和小物块B的速度分别为V,和v2，有

mtn

1%=钟+叫

1m1m.I

53■彳=55耳+了叫

设碰后小球A能上升的最大高度为“，有

m1vn

孕…•钟

匕…R-H

所求cos0=-"-

K

3

由以上各式解得cos。寸

(2)法一：由(1)可求得碰后小物块8的速度为

v2=y^R

设小物块8与长木板C相互作用达到的共同速度为心长木板C的最小长度为L,有

mv2=(m+2m)v

1I-、

"/wrg£岭一5(①+2m)v2

由以上各式解得入姿.

法二:由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2=^2gR

设小物块8运动位移为演时，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X2

对小物块B有〃”?g=，”“B，岭—丫2=24・/

pV——v

对长木板C有卬"g=2"?a(.,v2—2a-x,­=-2

C-aCClB

木板的最小长度L=/一々

R

由以上各式解得S氤

【变式1](2019•广东六校联考)如图甲所示，光滑平台上的物体4以初速度％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8的n—f图象，由此可知()

A.小车上表面长度B.物体4与小车8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，4、8最终以共同速度匕匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量

守恒定律得，，%匕=（，*+吗＞\,解得：叫=’•一,故可以确定物体A与小车8的质量之比，故BIE确；

由图象可以知道物体A相对小车B的位移Ax=；*,根据能量守恒得：〃吗3呵+4）阡，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8的质量不可知，故不能确定小车8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8,其上表面粗糙.在其左

端有一个光滑的!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，8、C静止在水

平面上.现有很小的滑块A以初速度%从右端滑上8,并以肾的速度滑离8,恰好能到达C的最高点.4、

（1）滑块A与木板8上表面间的动摩擦因数“；

（2）；圆弧槽C的半径R

【答案】见解析

【解析】（1）对4、B、C整体，设4刚离开8时，8和C的共同速度为%,从4滑上8到刚离开8的过程

中动量守恒，有机％解得%

由能量守恒定律有

2当『ML如叫

解得尸起

(2)从4滑上C至心恰好能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时4和C的共同速度为上，研究A

和C组成的系统，在水平方向上山动量守恒定律有

解得

m^-\-mvB=2mvc，vc=1vQ

由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有

、2,1

+产喝一

7

解得式=氤・

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，-质量为加的小球以速度匕沿水平槽口滑

上小车，如图讨论下列问题

,R7)了)TTTTT

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？

Mv22m

h=

【答案】2(m+M)g-”2二罚4。

【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:

mv=+M)v①

o

设小球能滑至弧形槽内的最大高度为"，由系统机械能守恒有:

11

—AHV2=+M)V2+mgh②

Mv2

由①②解得：〃=赤+'屈/

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［小车具有向右的速度为)以向右为速度正方向，由水平方向动量守恒有:

mv=mv+Mv

012

由系统机械能守恒有:

-mv2=—mv2+—Mv2④

2o2।22

m-M2m

由③④解得:v=-----vv

।m+M02m+M0,

3、由上面解得匕=嬴而｛知:

当加=M时，v=0,小球从小车左端脱离后做自由落体运动；

I

当机〉M时，v>0,小球从小车左端脱离后向右做平抛运动；

1

当时，v<0,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.

1

【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「30kg,冰块的质量为

m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2.

(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)lm/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,

mv=mv

1I22

解得u=\m/5(向右)

i

(2)对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，

mv=(m+M)v

222

根据系统的机械能守恒得，

m++A7)v2=—znv2

2°22222

解得：M=20kg

(3)冰块与斜面：mv=mv'+Mv'

22223

根据机械能守恒，可得，

11，1…

—mv2=—mv2+—Mv2

22222223

解得：M=~\m/s(向右)

2

因为四|=匕，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。己知小孩和冰车的总质量为勺小球的质量为m2,曲面体的质量为吗.

某时刻小孩将小球以v=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)若叫=40依，吗=2/小孩将球推出后还能再接到小球试求曲面质量机3应满足的条件。

mv242

【答案】(1)-rf_匕_L(2)m>—kg；

+机)g、19

23

【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：加口=(m+m)v

2023

由动能定理得：mgh=!加V2+机）V2

2220223

,mv2

解得：h=R-%。、

2\m+m)g

23

（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:Vo-Vi=o

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：能u=-优口+mv

202233

由机械能守恒定律得：V2=LmV2+--mV2

220222233

……m—m

解得：V=-i-------3-V；

2m0

32

如果小孩将球推出后还能再接到球，则需要满足：々>匕

42

解得：m>—kg

319

【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，质量为吗的小球4以速率端向右运动.在小球A的前方O点处有一质量

为吗的小球B处于静止状态，。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

ml:吗为（）

A.7：5B.1：3C.2：1D.5：3

【答案】D

【解析】设4、8两个小球碰撞后的速度分别为9由动量守恒定律有勺%=吗0+吗丫2，发生弹性碰

撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有57盟=/7盟+/”2岭，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变,

由运动学规律有匕：v2=PO：（P0+2PQ）=\：5,联立三式可得吗：%=5：3,D正确.

2.（2019•河南焦作质检）质量分别为此=1kg和%=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后

两球的位移一时间图象如图所示，则可知碰撞属于（）

|x/m

^112tk

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】由工“图象可知，碰撞前，匕=3m/s,5=0，碰撞后，匕;=-lm/s,uj=2m/s,碰撞前的总动能

11QI1Q

为产”吗+]%琛=]J,碰撞后的总动能为外?//2+产调J2=]J,故机械能守恒；碰撞前的总动量为+

m（yb=3kg-m/s,撞后的总动量为（了/+叫kg­m/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）质量为加，速度为u的A球跟质量为3〃?的静止的8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8球的速度可能值为（）

A.0.6vB.0.4vC.0.2vD.0.3v

【答案】BD

【解析】若％=0.6v,选u的方向为正，由动量守恒得："?丫=m匕+3加•0.6u,得匕=—0.8%碰撞前系统的

总动能为£=*'2碰撞后系统的总动能为：纭'=]唱+目3m喈＞8加2,违反了能量守恒定律，不可能，故

A错误；若％=0.4%由动量守恒得：mv=mvA+3nrO.4vf得匕=—0.2u,碰撞后系统的总动能为：/

+京3桁喝＜1加1，2,不违反能量守恒定律，是可能的，故B正确；4、8发生完全非弹性碰撞，则有：m，=（〃?

+3nz）vs，vfi=0.25v,这时8获得的速度最小，所以％=0.2v，是不可能的，故C错误；若％=。.3丫，由动

量守恒得：M7V=吗1+3,"。3丫，解得：％=。」丫，碰撞后系统的总动能为吗+；x3w喝不违反

能量守恒定律，是可能的，故D正确.

4.如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板8放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量根=1.0kg的

小木块A.给A和B以大小均为4.0m/s,方向相反的初速度，使A开始向左运动，8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.1.8m/sB.2.4m/sC.2.6m/sD.3.0m/s

【答案】BC

【解析】4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

4减速到零时，木板的速度为匕，最终它们的共同速度为%，取水平向右为正方向，则例v—Mv]

o

=（M+m）v2,可得0=耳m/s,v=lm/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2.0m/s

Q

而小于1m/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3〃i和〃?，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（）

3mm

甲乙

A.碰撞前总动量大小为B.碰撞过程动量不守恒

C.碰撞后乙的速度大小为2yD.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/,山动量守恒定律得3"丫一,网=0+〃”，

解得/=2v,C正确；碰撞前总动能为另,“丫2+%n，2=2〃?i，2,碰撞后总动能为0+1（2V）2=2"?V2,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，质量为叱=2kg和吗=3kg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“2、吗不拴接）•质量为吗=1kg的物体以速度％=9m/s向右冲来，为防止冲撞，释

放

弹簧将《物体发射出去，叫与勺碰撞后粘合在一起.试求：

Vo

（1>3的速度至少为多大，才能使以后吗和吗不发生碰撞；

（2）为保证吗和吗恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大.

【答案】⑴1m/s（2）3.75J

【解析】（1）设吗发射出去的速度为匕，啊的速度为与，以向右的方向为正方向，对吗、吗，由动量守恒

定律得：m2V2一吗

只要叫和飞碰后速度不大于均，则叫和吗就不会再发生碰撞，叫和吗恰好不相撞时，两者速度相等.

对勺、,叫，由动量守恒定律得：

m\VO~m3Vt=^m\+m3)V2

解得：v,=lm/s

即弹簧将吗发射出去的速度至少为lm/s.

⑵对胆2、，叫及弹簧，由机械守恒定律得：

1,1

综=]吗埒+产，眩=3.75J.

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"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4从圆弧轨道上距离水平面高/?

处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与5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】(鼎氓/](2品〃

【解析】(1)A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒得

3mgh=^x3m\r>

A与8碰撞，根据动量守恒得3/叫=4/叫

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

(2)根据题意，4与B分离时A的速度大小为2,A与5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,=7：x3fnv2

.9

解得〃'=正"

8.如图所示，木板4静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距X。与滑块8(可视为质点)相连的细线一

端固定在。点。水平拉直细线并给8一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，8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u细线长为人能承受的最大拉力为8重力的5倍；4足够长，B不会从A表面

滑出，重力加速度为g。

(1)求B的初速度大小力和细线被拉断瞬间B的速度大小v1；

(2)若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；

(3口在满足(2)条件下，讨论4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：

1,1

yw%十，r"阡①

在最低点，由牛顿运动定律：

r-,"g=管®

又：7=5/ng③

联立①②③得：％vi=2寂。

(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、8的速度分别为匕和力,由动量守恒

mv=mv+2nw④

IDDA4

若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：

12〃吗J沏%I⑤

对A应用动能定理："加gx=：x2m喝⑥

联立④⑤⑥解得：舄⑦

即力与台阶只能碰撞一次的条件是：