人教版高二物理专项训练：动量守恒模型归纳【十六大题型】解析版

动量守恒模型归纳【十六大题型】

＞题型梳理

目录

【题型1完全弹性碰撞：动碰静】...................................................................2

【题型2完全弹性碰撞：动碰动】...................................................................6

【题型3"子母球"模型】.........................................................................10

【题型4碰撞后粘连问题】.........................................................................16

【题型5子弹打木块模型】.........................................................................21

【题型6滑块-弹簧模型】.........................................................................25

【题型7滑块-光滑圆弧轨道模型】................................................................30

【题型8绳连接体模型】...........................................................................36

【题型9多次碰撞问题】...........................................................................41

【题型10电场+动量】............................................................................46

【题型11传送带模型中的动量、能量问题】.........................................................51

【题型12爆炸类问题】............................................................................57

【题型13火箭的原理】............................................................................61

【题型14"人船"模型】..........................................................................65

【题型15弹簧弹开两物体模型】...................................................................68

【题型16气球和人模型】..........................................................................71

►举一反三

【题型1完全弹性碰撞：动碰静】

【例1】（多选）（24-25高三上•湖北•开学考试）质量为叫和叫的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置

坐标x随时间，变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.碰撞前啊静止B.碰撞后叫的运动方向不变

C.叫：根2=1：3D.该碰撞为非弹性碰撞

【答案】AC

【解析】A.根据xT图像斜率表示速度可知碰撞前叫静止，碰撞后叫的运动方向发生改变，故A正确,

B错误;

C.碰撞前犯的速度为

vo=1m/s=4m/s

碰撞后犯的速度为

0-4

v.=------m/s=-2m/s

13-1

碰撞前啊的速度为0，碰撞后叫的速度为

8-4

匕=---m/s=2m/s

3-1

根据动量守恒定律得

mxv0=m}v}+m2v2

可得两物体的质量之比为

ml:m2=1:3

故C正确;

D.碰撞前系统的总动能为

线=，说=8叫

碰撞后系统的总动能为

1212

=2WIV1+~m2v2=8加I

则有

纭=耳

可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。

故选ACo

【变式1-1］（23-24高二下•北京通州・期末）动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理

学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如

图所示，质量分别为叫和叫的球1和球2构成一系统，不考虑系统的外力作用。球1以速度％（方向沿x

轴正向）与静止的球2发生弹性碰撞，若速度%不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度外、匕都会

偏离力的方向，偏角分别为。、夕。下列说法正确的是（）

A.两小球在球心连线方向动量不守恒

B.两小球的相互作用力方向与速度匕方向共线

C.两小球碰后速度大小满足加Msin。=m2v2sin（9

一11212

D.两小球碰后速度大小满足5加"=5叫（匕cos夕）+］垃2（v2cos昉

【答案】C

【解析】A.碰撞为弹性碰撞，动量守恒和机械能守恒，则两小球在球心连线方向动量守恒，A错误:

B.对球1,由动量定理得

FM=加%1-加%1=mx(y1-v0)

匕与%不共线，故两小球的相互作用力方向与匕-为方向共线，与匕方向不共线，B错误;

C.规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒表达式如下

加1%=吗匕cos（p+m2v2cos0

规定歹轴的正方向为正方向，丁轴方向的动量守恒表达式如下

m2v2sin。一叫巧sin°=0

C正确；

D.球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，机械能守恒，则

；机1说=3机1匕2+3机2%2

D错误；

故选C。

【变式1-2]（23-24高二下•新疆阿勒泰•期末）如图所示，质量为加『2kg的A球和质量为加B=4kg的B球,

原来均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的w=6m/s初速度，之后与B球发生对心碰撞。若是弹性

碰撞，求碰后A球的速度。

—，〃〃〃〃/歹7/〃〃〃〃〃〃，劳〃〃〃〃〃〃〃〃//

【答案】-2m/s,负号表示碰后A的速度方向向左

【解析】两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，有

mvmvmv

Ao=AA+BB，|=；%V：+；mBvl

联立，解得

vA=-2m/s

负号表示碰后A的速度方向向左。

【变式1-3]（23-24高二下•贵州六盘水•期末）如图所示，一质量为别的物块P静止在水平桌面上，质量

为3m的光滑物块Q以大小为h的速度向右运动并与P发生弹性正撞，碰撞时间极短。碰撞后，P和Q先

后从桌面的右端滑出，并落在地面上同一位置。P与桌面间的动摩擦因数为〃，P和Q可视为质点，不计空

气阻力。求：

（1）P、Q碰撞后瞬间的速度大小；

(2)P在桌面上运动过程中产生的热量；

(3)与P碰撞后，Q在桌面上运动的时间。

【解析】(1)设碰后瞬间Q的速度大小为h,P的速度大小为匕，由动量守恒和能量守恒得

3mv0=3mv}+mv2

:x3mv^=；x3mv1+gmv^

联立解得

1

匕=5%

3

%=5%

(2)由于碰后P和Q离开桌面后在空中都做平抛运动，并先后落到地面上的同一地点，设P离开桌面时的

速度大小为Vp,则

v

VP=i

设物块P在桌面上运动过程中产生的热量为Q,则根据能量守恒定律对P在桌面上运动的过程有

解得

Q=mvg

(3)对P在桌面上运动过程分析有

Q=pmgx

由于Q光滑，故碰后Q在桌面上以速度匕匀速直线运动，设与P碰后，Q在桌面上运动的时间为则

X=卬

解得

〃g

【题型2完全弹性碰撞：动碰动】

【例2】（2024•河北沧州•三模）甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，已知小球甲的质量

小于小球乙的质量，两小球碰撞前后的位移随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是（）

A.图线/为碰前乙的位移一时间图像

B.图线C为碰后甲的位移一时间图像

C.小球甲、乙的质量之比为1：2

D.两小球的碰撞为非弹性碰撞

【答案】A

【解析】AB.由图像可知图线4B、。对应的小球的速度大小分别为

%=迎、力=旦、“血

认Mt0

由题意小球甲的质量小于小球乙的质量，即碰前小球乙的动量大于小球甲的动量，又由于碰撞过程两小球

组成的系统动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的方向相同，结合实际分析可知碰后小球乙静止,

小球甲反弹，所以图线A为碰前小球乙的图线，图线C为碰后小球乙的图线，故A正确，B错误;

C.由碰撞过程动量守恒定律得

-m^vB+mzyA=m^vc

由以上解得

甲：m乙=1:3

故C错误；

D.碰前系统的动能为

Eg=；加甲4+；加乙v；=；加甲.

乙N乙Lr\

碰后系统的动能为

&2=^mVVC=］机甲,

显然

所以该碰撞为弹性碰撞，故D错误。

故选Ao

【变式2-1］（2023•湖南邵阳•二模）“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自

己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为“，探测器的初速度大小为%,在图示情况下,

探测器在远离行星后速度大小为匕。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上,

其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确

的是（）

A.匕=2"B.匕=%+2"

C.v,=2v0+uD.v,=v0+w

【答案】B

【解析】根据动量守恒定律

-mv0+Mu=mvt+Mu{

根据能量守恒定律

1212

—mVn+—Mu=—mv+—Mu.

222t2

解得

M(v0+2M)mv0

M+mM+m

又因为

m《M

解得

v,=%+2〃

故选B。

【变式2-2](22-23高二下•福建泉州•期中)如图，质量为加=lkg的A球用长为£=lm的轻质细线悬挂于

固定点。，初始时细线与竖直向下夹角为37。，将A由静止释放。与此同时，质量为"=3%的B球沿光滑

水平面向左运动，两球恰好在。点正下方发生弹性正碰，碰后B球恰好静止。已知sin37o=0.6,

cos37°=0.8,不计空气阻力，g取10m/s2。A、B碰撞前，A球在O点正下方绳的拉力为N,B球碰

前速度应为m/s«

B

【答案】142

【解析】[1]A摆下过程，由动能定理有

1,

wgZ(l-cos37°)=~mvl

得

%==^yxlOxlm/s=2m/s

A球在。点正下方时，根据牛顿第二定律可得

TV；

T-mg=mj

解得

7,

T=—mg=14N

⑵设B球碰前速度为％,A球碰后速度为匕，A、B碰撞过程满足由动量守恒和机械能守恒；以向左为正

方向，则有

一加%+3加%=mv2,

解得

Vj=2m/s

【变式2-3］（2024・天津・二模）如图所示，水平面上固定一倾角夕=30°的光滑斜面，斜面长为4=1.6m。

一质量加=1kg的物块A以初速度%从底端冲上斜面，恰好能到达斜面顶端。若在A以初速度%刚要冲上

斜面时，另一质量"=3kg的物块B恰好从斜面顶端由静止释放，经过一段时间A、B发生弹性碰撞（碰撞

时间极短），已知A、B均可视为质点，重力加速度g=l0m/s2,求:

（1）物块A的初速度v。的大小；

（2）两物块碰撞前运动的时间

（3）碰撞后瞬间物块B的速度嗯的大小。

【答案】（1）4m/s；（2）0.4s；（3）0

【解析】（1）恰好能到达斜面顶端，由牛顿第二定律有

mgsin0-ma

由匀变速直线运动有

0—v：=—2aL

解得

v0=4m/s

（2）A与B相向运动的过程中，两物块加速度相等，对A物体有

12

X

A=vor--^

对B物体有

=12

xB—at

又有

L=XA+XB

解得

t=0.4s

（3）以沿斜面向上为正方向，碰撞前，对A物体有

vl=v0-at=2m/s

对B物体有

v2=-at=-2m/s

A、B发生弹性碰撞，动量守恒

mv,+MV2=mvA+MvB

因为弹性碰撞，所以机械能守恒有

mv+v

~i~^2+^-A/Vg

解得

vA=-4m/s,vB=0

【题型3"子母球"模型】

【例3】（23-24高二下•北京丰台・期末）如图所示，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为力处自

由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，〃远大于两小球直径，小球B的质量远大于小球A质

量。假设所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计，不考虑空气阻力，则下列判断

中正确的是（）

A.下落过程中A与B之间存在相互作用

B.小球B与地面碰撞后，小球B的速度为零

C.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度约为4h

D.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度约为9h

【答案】D

【解析】A.不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用,

A错误；

B.下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得

v2=2gh

解得触地时两球速度相同，为

v=y[2gh

B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，故B错误；

CD.选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为v/、V2,选向上方

向为正方向，由动量守恒定律得

mBv-mAv=wAv；+mBv2

由能量守恒定律得

2

1（mA+mB）v=3叫呼+；加

解得

v2=v

匕=3v

碰后小球A弹起的最大高度

H=^~^=9h

2g

故D正确，C错误。

【变式3-1]（23-24高二上•江苏扬州•阶段练习）如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行

的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为七〃（改＞1）的大球（在下），质量为加

的小球（在上）叠放在一起，从距地面高力处由静止释放，〃远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和

地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（）

A.两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为加g

B.大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为历"廊

C.无论左取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0

D.若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9〃

【答案】D

【解析】A.两球一起下落过程中都做自由落体运动，小球对大球的弹力大小为0,A错误;

B.下落过程中由自由落体运动规律得

v2=2gh

解得大球与地面碰撞前的速度大小为

根据动量定理可得

B错误；

C.以向上为正方向，大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒,

设碰撞前小球和大球的速度分别为v,碰后大球的速度为打，小球的速度为也，由动量守恒定律

kmv-mv=km%+mv2

由机械能守恒定律

-kmv2+—mv'=—kmv,2+—

212

两式联立解得

(km—m)v—Imv

Vj=

km+m

可知当

k=3

时，大球与小球碰撞后大球的速度为0,C错误；

D.大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力,

系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为0，大球速度大小为功，选向上为正方向，由动能

量守恒和机械能守恒

Mv-mv=mvx+Mv2

+M)v2=^mvf

解得

(3M-m)12gh

1M+m

当M»m时，不考虑m影响，则

vi=3y[2gh

小球上升高度为

H="=9h

2g

D正确；

故选D。

【变式3-2](多选)(23-24高二上•广东广州•期中)如图所示，将两个质量分别为加/=60g、加2=30g的

小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度加=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球的速度时间图像如图

乙所示，g取10m/s2(

耍加2

11

〃0

//////////////////////////////////

甲

A.两球下落过程中，B球对A球有竖直向下的压力

B.B球与A球碰前的速度大小均为6m/s

C.两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1：101

D.A、B两球发生的是弹性碰撞

【答案】BC

【解析】A.小球A、B叠放在一起做自由落体运动，两球之间的弹力为零，故A错误；

B.由乙图可知，A球与B球碰前，B球做自由落体运动，运动时间为0.6s,则碰前B球的速度大小为

%=g%=6m/s

A球落地速度大小

vA=yj2gh0=6m/s

落地所用时间

t?==0.6s

A球与地面碰撞后以原速率返回，可得返回时两球马上相碰，故B正确；

C.根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于B球所受合力的冲量

Il-m2gt=m2(v2+v0)

重力的冲量为

人=2

可得

/1101

故C正确;

D.因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒

定律得

mjV0-m2v0=2V2

得A碰后速度为

Vj-lm/s

根据计算

12121212

-m^+-m2v0>-mlVl+-m2v2

可知碰撞后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故D错误。

故选BCo

【变式3-3](23-24高一下•吉林长春•期末)伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，由伽利略于1590

年左右发明。现我们共同研究伽利略大炮的实验，先将1kg的弹性大球单独自由释放，落地反弹高度为下

落高度的0.64倍。现在弹性大球上将弹性小球逐个叠放，并将它们从距地面0.8m高处同时自由释放，如图

所示。已知各球相互接触且重心在同一竖直线上，每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的各球之

间均发生弹性碰撞，作用时间极短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，弹性大球

与地面碰撞过程中能量损失均保持不变，重力加速度g取lOm/s2,忽略空气阻力，球均可看作质点。

(1)若将弹性大球单独从距地面0.8m高处自由释放，求弹性大球与地面第一次碰撞时地面对弹性大球所

做的功；

(2)若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球第一次碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小；

(3)若弹性大球上叠放了2个弹性小球，则第2个弹性小球上升的最大高度为多少？

0.8m

【答案】(1)-2.88J；(2)3.6N-S；(3)7.44m

【解析】(1)设弹性大球质量为犯，与地面碰撞前速度为外,与地面碰撞后速度为%,取向上为正，地面

对弹性大球所做的功为W,则下落过程中

上升过程中

2g%=v：

解得

匕=-4m/s,%=3,2m/s

根据动能定理可得

1,1,

W=5机।片一务叫v：=-2.88J

(2)设弹性大球与地面碰撞前的速度为匕，与地面碰撞后的速度大小为%,则

v；=2g4o,vf=2ghx

联立可得

=4m/s,v0=3.2m/s

弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰后的速度为%,弹性小球碰前与碰后的速度分别为

匕、X，则

222

加i%_m2Vi=叫耳+m2v{,+1«2^="嬴+!w2v；

联立解得

v[=6.8m/s

由动量定理得

I-m2Vj+m2Vj=3.6N-s

(3)由(2)可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为

,2呵%+（加］加？）X

加1+加2

整理得

,31

V1=2V°+2V1

同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后的速度为

2m2Vj+（m2一加1）匕

m2+加3

整理可得

==12.2m/s

由运动学规律可得

片=2gh

则

=7.44m

【题型4碰撞后粘连问题】

【例4】（24-25高三上•山东德州•开学考试）如图所示，质量为加的小球A从距离地面〃高度处向上斜抛,

抛出时的速度大小为25m/s,方向与水平方向夹角为37。，在A抛出的同时有一质量为2加的黏性小球B

从某高度处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B,AB两球碰撞时间极短，碰

后AB两球粘在一起落回地面。已知A球上升和下落过程时间相等。不计空气阻力，sin37o=0.6,g取

10m62。下列说法正确的是（）

A.小球A上升至最高处时水平位移是20m

B.小球B下落时离地面的高度是37.5m

C.小球A抛出点距地面的高度力为11.25m

D.小球A抛出点距落地点的水平距离为60m

【答案】B

【解析】A.小球A上升至最高处时的时间

水平位移是

x=v0cos37"=30m

选项A错误；

B.碰前B下落的高度

2

%=-g/1=n.25m

碰前B的竖直速度

vB0=gti=15m/s

碰后AB的竖直速度为vr则由竖直方向动量守恒

3mV

2加VBO=y

解得

Vy=10m/s

然后一起落地下落的高度

1?19

h2=vji+—=10x1.5+—x10x1.5m=26.25m

可得小球B下落时离地面的高度是

“=〃/+//2=37.5m

选项B正确；

C.小球A从抛出到最高点的高度

7%sin37°

h.=----------A=11.25m

321

则小球A抛出点距地面的高度

h=h2-h3=15m

选项C错误；

D.两球碰撞水平方向动量守恒可得

mv0cos37°=3mvx

可得

20

v=—m/s

x3

则小球A抛出点距落地点的水平距离为

,20

x=x+vxt1=30+—x1.5m二40m

选项D错误。

故选B。

【变式4-1］（23-24高二下•贵州遵义•期末）汽车碰撞实验是检测汽车安全性能的手段。如图，为了检测汽

车甲的安全性能，工程师让甲车以%=20m/s的速度在水平地面上与静止的汽车乙发生正碰（碰撞前甲已失

去动力），碰撞后两车共速，从碰撞开始到两车恰好共速所用时间，=0-3s。甲车总质量（含假人）

叫=1800kg,乙车总质量相2=2200kg,不考虑地面阻力，则（）

77777777777775V77/777777777777777

A.两车共同速度大小为9m/s

B.因叫＜加2，碰撞时甲对乙的力始终小于乙对甲的力

C.碰撞过程中乙对甲的平均作用力大小为IZxlO'N

D.若其他条件不变，啊越大，两车间平均作用力就越小

【答案】A

【解析】A.依题意，碰撞过程系统动量守恒，可得

加Fo=("?1+m2)v

解得

v=9m/s

故A正确；

B.根据牛顿第三定律可知，碰撞时甲对乙的力始终等于乙对甲的力，故B错误;

C.根据动量定理，可得

Ft=m2v-0

联立，解得

户一吗%

但+4

若其他条件不变，叫越大，两车间平均作用力就越大，代入数据，解得

F=6,6X104N

故CD错误。

故选Ao

【变式4-2］（24-25高二上•河北张家口•开学考试）长为/的轻绳上端固定，下端系着质量为%的小球A,

处于静止状态。A获得一速度匕后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最

低点时，质量为加2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并也恰好能通过圆周轨

迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g,求：

（1）A获得一速度vA时，轻绳对小球A的拉力大小；

（2）A、B碰撞过程中损失的机械能A£。

【答案】⑴6”⑵也如山

m2

【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为

V,由牛顿第二定律有

2

叫g=^亍A从最低点到最高点的过程中，取轨迹最低点处重力势能为零，由机械能守恒定律有

1212c,

nl

5机FA=5机F-+2igl

对最低点受力分析可得

TV：

T-mlg=ml^~

解得轻绳对小球A的拉力大小

T=6mAg

（2）设两球粘在一起时的速度大小为M,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足

v'f

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的

速度大小为修，由动量守恒定律有

他2VB-优FA=（%|+优2）M

根据能量守恒定律可得，两球碰撞过程中损失的机械能

AE=；m2vl+；机产；-：x（刃］+加2）v2=1°加必（g+加2）

222m2

【变式4-3］（23-24高二上•广东广州•阶段练习）超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收

纳。如图所示，两辆相同的购物车静止在水平地面上，第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动Z=lm

时与第二辆车嵌套在一起，整体继续运动了1m后停了下来。已知每辆购物车的质量加=16kg,人推车的时

1

间及两车相碰的时间均极短，车运动时受到的阻力恒为车重的取重力加速度大小g=l°m/s2,求:

(1)两辆车嵌套后在地面上运动的时间才；

(2)两辆车在嵌套过程中损失的机械能ATT。

【答案】(1)f=ls；(2)A£=64J

【解析】(1)对整体，根据牛顿第二定律，可得

电=gx2mg=2ma

解得

a=2m/s2

正向过程为匀减速直线运动减速到零，逆向过程为初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式，可得

L'=-at2=1m

2

解得

/=ls

(2)嵌套后，对整体减速过程，根据速度公式，可得

0=%-at

解得

%=2m/s

嵌套过程中时间极短，动量守恒，根据动量守恒定律，得

mv=2加v合

解得

v=4m/s

在嵌套过程中损失的机械能为

112

AE--mv2—x2mv^.

22口

解得

A£=64J

【题型5子弹打木块模型】

【例5】（24-25高二上•河北邯郸•阶段练习）在光滑水平地面上静止放置着由轻弹簧连接的物块A和B、

开始时弹簧处于原长，一颗质量为加的子弹以水平初速度v射入物块A并留在其中（子弹与物块相互作用

时间极短，可忽略不计），已知物块A和B的质量均为优,则在以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大

值为（）

i=oAwvwwvwB

/7777777777/777777777777777777777777T

12121

A.-mvB.—mvC.一nv2D.—mv2

34612

【答案】D

【解析】子弹打入木块A时由动量守恒

mv=2mvx

当A（包括子弹）和B共速时弹簧弹性势能最大，则由动量守恒和能量关系可知

2mVj=3mv2

稣=g•-g-3mvf

联立解得

口12

/ip=——mv

P12

故选D。

【变式5-1］（2023•广东东莞•模拟预测）如图所示，质量为〃?的子弹以水平初速度％射入静止在光滑水平

面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v,在此过程中，木块在地面上滑动的

距离为s,子弹射入木块的深度为力子弹与木块间的相互作用力为力以下关系式中不正确的是（）

A.；加说-^mv2=/(s+d)

1

2?

C.mv0=(Af+m)vD.-Mv=fd

【答案】D

【解析】A.对子弹由动能定理可知

1'J；加说=一/(

—mv's+d)

2

即

—mVg——mv1=f(s+d)

22

选项A正确，不符合题意；

B,对子弹和木块的系统由能量关系可知

+m\v~=fd

选项B正确，不符合题意;

C.对子弹和木块系统由动量守恒定律可知

mv0+

选项C正确，不符合题意；

D.对木块由动能定理

-Mv2=fs

2

选项D错误，符合题意。

故选D。

【变式5-2］（多选）（24-25高二上•河北张家口•开学考试）质量叫=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上,

车长L=1.5m,现有一质量为叫=0.2kg（可视为质点）的物块，以水平向右的速度％=2m/s从左端滑上

小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数〃=0.5,

g=10m/s2,下列说法正确的是()

〃〃二〃〃/〃〃/〃〃^d〃

A.在此过程中摩擦力对物块做的功为0.336J

B.物块与小车的共同速度大小0.8m/s

C.在此过程中系统产生的内能0.24J

D.若物块不滑离小车，物块的速度不能超过4m/s

【答案】BC

【解析】B.设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

m2v0=("?]+m2)v

解得

v='"%=0.8m