专题16 动量能量在各类模型中的应用（教师版）-2025版高考物理热点题型讲义

专题16动量能量在各类模型中的应用目录TOC\o"1-3"\h\u题型一碰撞模型 1类型1一动一静的弹性碰撞 1类型2弹性碰撞中的“子母球”模型 9题型二非弹性碰撞中的“动能损失”问题 17类型1非弹性小球碰撞中的动能损失 17类型2滑块木板模型中的动能损失 19类型3滑块-曲面模型中的动能损失问题 21类型4小球-弹簧模型中的动能损失问题 24类型5带电系统中动能的损失问题 27类型6导体棒“追及”过程中的动能损失问题 30类型7连接体绳子绷紧瞬间能量损失 37题型三碰撞遵循的规律 43类型1碰撞的可能性 44类型2碰撞类型的识别 48题型四“滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 53题型五“滑块—斜(曲)面”碰撞模型 63题型六滑块模型中的多过程 73题型七子弹打木块模型中的能量动量问题 80题型八两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配 82题型九人船模型及其拓展模型的应用 91题型十悬绳模型 103题型一碰撞模型类型1一动一静的弹性碰撞．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.【例1】（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（）A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B．竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v【答案】BC【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。【例2】（2023·重庆·高考真题）如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；（2）球2的质量；（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。

【答案】（1）；（2）3m；（3）【详解】（1）球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以（2）球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则联立解得，（3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则所以【变式演练1】如图所示，物块A的质量，与水平面间的动摩擦因数，用不可伸长的细线悬挂的小球的质量均为，沿水平方向一字排列，物块A与第1个小球及相邻两小球间的距离均为，细线长度分别为L1，L2，L3，…，Ln（图中只画出三个小球）。开始时，A以大小的速度向右运动，物块A与小球发生的碰撞均为弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后小球均恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动并再次与物块A发生弹性碰撞，取重力加速度大小，物块A和所有小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．物块A能与8个小球碰撞 B．物块A最多能与小球碰撞12次C．第5个小球的悬线长为1m D．第5个小球的悬线长为0.62m【答案】AD【详解】AB．根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律解得碰后速度交换，根据动能定理得解得物块A能与8个小球碰撞，最多碰撞16次，A正确，B错误；CD．物块运动至第5个小球处的速度为碰后速度交换，根据机械能守恒定律得根据牛顿第二定律得解得C错误，D正确。故选AD。【变式演练1】在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为、，开始时B球静止于a点，A球在其左侧以的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（）A．A、B两球的质量比为B．若只增大A球的初速度则第二次碰撞点可能在之间某处C．若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处D．若只增大A球的质量则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于【答案】CD【详解】A．设第一次碰后A、B两球的速度分别为，。根据动量守恒定律和能量守恒定律有第二次碰撞发生在b点，则有联立解得故A错误；BC．设第二次碰撞A球转过的角度为，则有解得可知与初速度无关，即第二次碰撞点与A球的初速度无关，若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处，故B错误，C正确；D．两次碰撞间隔时间为故D正确；故选CD。【变式演练2】如图所示，小球1从固定光滑斜面上某处由静止释放，滑过光滑水平桌面后，落在水平地面上的N点。若在水平桌面的边缘处放置另一小球2，再将小球1从斜面上同一位置由静止释放，使两小球发生弹性正碰，两小球在地面上的落点分别为M、P点。已知小球1的质量为，小球2的质量为，且，O点为桌面边缘在地面上的投影，不计转弯处的机械能损失，两小球均可视为质点。下列说法正确的是（）A．碰撞后小球1的落点为M点B．碰撞后小球1的落点为P点C．图中点间距离满足的关系为D．图中点间距离满足的关系为【答案】BC【详解】AB．设小球1碰撞前的速度为，取水平向右为正方向，因为球1质量较小，可知小球1与小球2碰撞后，球1反向，设碰撞后球1和球2速度大小分别为、，根据动量守恒和能量守恒有解得，根据题意，可得，斜面光滑，小球1反向到达最高点回到抛出点时速度大小等于，两球在做平抛运动的时间相等，故可知小球1的水平位移较大，即碰撞后小球1的落点为P点，A错误，B正确；CD．当小球1单独释放时有小球1与小球2碰撞后有，可得C正确，D错误。故选BC。【变式演练3】弹珠游戏对同学们稍显陌生，但它却是许多80后难忘的童年记忆。其示意图如图所示，水平地面上相距x=3m的地方分别有可视为质点、大小相同的球形弹珠A、B，两者质量关系为mA=3mB，假设两弹珠在水平地面上行进时受到的阻力（包括空气阻力和摩擦力等）均恒为其重力的k倍。现给弹珠A一个v0=4m/s的初速度，使其与静止的弹珠B发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。已知k=0.2，g=10m/s2。求：（1）弹珠A与弹珠B碰撞前瞬间，弹珠A的速度大小vA；（2）在碰撞刚结束时弹珠A和弹珠B的速度大小、；（3）弹珠A和弹珠B之间最终的距离。【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）对弹珠A，在碰撞前的加速度为a，根据牛顿第二定律可得解得a方向：与方向相反。设碰撞前弹珠A的速度为，由运动学公式有解得（2）碰撞过程中弹珠A、B系统动量守恒，机械能守恒。以向右为正方向，根据题意得解得

（3）碰撞之后弹珠A和弹珠B分别向右做匀减速直线运动，设从碰撞后到停下来弹珠A的位移为，弹珠A的位移为。由动能定理可得对弹珠A对弹珠B解得m，m因此弹珠A和弹珠B最终的距离类型2弹性碰撞中的“子母球”模型m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)【例1】如图所示，将两个质量分别为m1=60g、m2=30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0=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球的速度时间图象如图乙所示，g取10m/s2（）A.B球与A球碰前的速度大小为6m/sB.两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为1：101C.A、B两球发生的是弹性碰撞D.若m2<m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m【答案】AB【解析】由机械能守恒定律可知解得两物体落地前的速度根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量变化量等于合力的冲量重力的冲量为因为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，根据动量守恒得A碰后速度为，计算知碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞。若不计系统重力的影响，且m2<<m1，由动量守恒不计碰撞损失，由能量关系联立解得因m2<<m1，则v1=3v0，则m2球上升的最大高度h2=9h0=16.2m故AB正确CD错误。故选AB。【例2】物理课堂上，老师带同学们做了一个有趣的实验：如图甲所示，老师让某同学将一个网球叠放在一个充足气的篮球上，举到头顶附近，然后一起由静止释放，发现网球和篮球碰撞后，被反弹的网球能打到教室的天花板。若将该实验简化为如图乙所示模型，网球和篮球均可视为质点，篮球和地面碰撞完成后恰与网球碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞。已知网球的质量为，篮球的质量为，初始释放高度为，篮球和网球的球心始终在同一竖直线上，不计空气阻力，取重力加速度，求：（1）篮球落地前瞬间，网球和篮球共同的速度大小；（2）网球反弹后能达到的最大高度；（3）若用一个质量远远小于篮球质量的弹性小球替代网球重复该实验，其他条件不变，求弹性小球反弹后能够上升的最大高度。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设篮球触地前瞬间，篮球与网球的速度大小为，根据动能定理可得解得（2）规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰撞后瞬间，网球的速度为，篮球的速度为，有，。设碰后瞬间，网球和篮球的速度分别为，网球与篮球发生弹性碰撞，可得根据匀变速直线运动的规律可得代入相关已知数据解得（3）由题意，设弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹性小球的速度为，篮球的速度为，有可得当时，可取得极大值，可得设弹性小球能上升的最大高度为，由解得【变式演练1】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500g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一半，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，忽略空气阻力。（1）若将弹性大球单独从距地面0.8m高处自由释放，求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，求两球碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小；（3）若要使最上端的弹性小球上升高度不低于45m，求至少需要叠放多少个弹性小球？【答案】（1）；（2）；（3）弹性大球上至少叠放6个弹性小球【详解】（1）设弹性大球与地面碰撞前的速度大小为，与地面碰撞后的速度大小为，地面对弹性大球所做的功为，由运动学规律可得，上升过程下落过程由动能定理可得解得（2）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，取向上为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得由动量定理可得解得（3）由（2）可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为整理可得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整理可得……由数学知识可得由于要使最上端的弹性小球上升高度不低于，由运动学规律可得则解得时时故弹性大球上至少叠放6个弹性小球。【变式演练2】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3m的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h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mgB．大球与地面碰撞前的速度大小为C．大球与小球碰撞后，小球上升的高度仍为hD．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为3h【答案】B【详解】A．两球一起下落过程中，两球都处于完全失重状态，小球对大球的弹力大小为0，A错；B．根据自由落体运动得B正确；CD．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和，碰后两球的速度分别为和由动量守恒定律由机械能守恒定律两式联立解得将，带入上式解得反弹后高度为C错误，D.若大球的质量远大于小球的质量，会更大，小球上升的最大高度会更高，故D也错误；故选B.题型二非弹性碰撞中的“动能损失”问题1.非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk损3.完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max类型1非弹性小球碰撞中的动能损失【例1】某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，测得乙壶位移是甲壶位移的k倍，则（

）A．k<1B．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越大C．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越小D．碰撞后瞬时，乙壶速度为零【答案】C【详解】A．甲乙碰撞瞬间动量守恒，即且有所以故A错误；BC．两壶碰撞过程中损失的机械能为变形可得由此可知，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B错误，C正确；D．由于两壶完全相同，所以碰撞后瞬时乙壶速度一定大于零，故D错误。故选C。【变式演练】在光滑水平面上甲、乙两个小球发生碰撞后粘在一起，两球运动的位移时间变化如图所示，已知甲球的质量，则碰撞过程中损失的能量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设乙球的质量为，甲、乙碰前的速度为v1、v2，碰后的速度为v3，由动量守恒得代值可得得乙球的则碰撞过程中两物块损失的机械能故ACD错误，B正确。故选B。类型2滑块木板模型中的动能损失【例2】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g＝10m/s2.则下列说法正确的是()A．木板获得的动能为1JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】ABD【解析】由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，则木板获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2J，故B正确；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1s内B的位移为xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，m/s2＝－1m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确．【变式演练】质量为m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且，经过一段时间物块停在木板上。若图是物块刚滑上木板时的物块与板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置，下列示意图正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】地面光滑，物块A与木板B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得对m有设相对位移为，对M有整理得因为，所以解得故B正确ACD错误。故选B。类型3滑块-曲面模型中的动能损失问题【例3】（2024·青海海南·一模）如图所示，一个质量为M的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧圆弧半径。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以的初速度水平向右从E点冲上滑块，若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【详解】根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为，根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有联立解得故选C。【变式演练1】如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为参考平面)()A．1∶2B．1∶3C．1∶6D．1∶9【答案】C【解析】因为水平面光滑，m和M组成的系统水平方向动量守恒；当物块向上的速度为零时，根据题意可知此时物块与圆弧轨道速度相同，又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，即eq\f(1,2)mv2∶eq\f(1,2)Mv2＝1∶2，得m∶M＝1∶2，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，得：v0＝3v，根据能量守恒定律：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Ep，得物块的重力势能为Ep＝eq\f(1,3)mv02，此时物块的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,18)mv02，所以此时物块的动能与重力势能之比为Ek∶Ep＝1∶6，故C正确，A、B、D错误．【变式演练2】如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量的小球以水平初速度从圆弧下端滑上小车，重力加速度取。下列说法正确的是（）A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度时的速度大小为1m/sD．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6m【答案】ACD【详解】A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，选项A正确；B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项B错误；CD．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，小球沿圆弧轨道上升的最大高度为，两者共同速度大小为解得小球与小车组成的系统机械能守恒解得选项CD正确。故选ACD。类型4小球-弹簧模型中的动能损失问题【例4】如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（）A．P的动量为0B．Q的动量达到最大值C．P、Q系统总动量小于mvD．弹簧储存的弹性势能为【答案】D【详解】A．当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，因此整个过程中动量守恒所以P的动量为故A错误；B．弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；C．P、Q系统动量守恒，总动量为故C错误；D．根据动量守恒和能量守恒，解得故D正确。故选D。【变式演练1】A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为，B球的速度为，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为，B球的速度为，弹簧的长度为L'。则（）A． B． C． D．【答案】D【详解】根据题意可知，无论图甲还是图乙，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相等，则有，图甲中，由动量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为图乙中，由动量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为可知两图中弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有故选D。【变式演练2】如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），则（）A．在0~2t0内B物块先加速后减速B．整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒C．v0=2m/sD．物块A在t0时刻时速度最小【答案】C【详解】A．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误；B．整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误；C．由图可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，则此时A、B共速，此时弹簧的形变量为则根据A、B物块系统动量守恒有根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有联立解得故C正确；D．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。故选C。类型5带电系统中动能的损失问题【例5】如图所示，在倾角为的足够长的绝缘固定斜面上，静止放置有质量分别为、的两金属块A、B，其中A带电量为，B不带电。现让金属块A以初速度沿斜面向下运动，一段时间后与金属块B发生弹性正碰，且碰撞后A、B带电荷量均为。已知金属块与斜面间的滑动摩擦因数为，下列说法正确的是（）

A．碰撞前，A沿斜面做匀加速直线运动B．碰撞后，A、B都沿斜面向下运动的过程中总动量守恒C．碰撞后，当A的速度为时，B的速度为D．碰撞后，A、B系统的电势能先减小后不变【答案】BC【详解】A．由于则有可知碰撞前，A沿斜面做匀速直线运动，故A错误；BC．碰撞后，A、B都沿斜面向下运动的过程中，由于，A、B之间的库仑斥力为A、B组成系统的内力，则A、B组成系统所受外力之和为零，系统满足动量守恒，当A的速度为时，有解得故BC正确；D．碰撞后，对于金属框A、B组成的系统，由于A、B之间存在库仑斥力，且A、B两者距离逐渐增大，可知库仑斥力对系统做正功，则系统的电势能逐渐减小，故D错误。故选BC。【变式演练1】如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两小球质量分别为2m、m，带电荷量分别为＋q、＋2q。某时刻A有指向B的速度v0，B球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中()A．任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为1∶2B．两小球构成的系统动量守恒，电势能减少C．A球减少的机械能大于B球增加的机械能D．电场力对A球做功的大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】AC【解析】两球所受的库仑力为作用力与反作用力，大小相等，由F＝ma知两球的加速度之比eq\f(aA,aB)＝eq\f(\f(F,2m),\f(F,m))＝eq\f(1,2)，故A正确；两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从A开始运动到两球距离最近过程，两球间的距离减小，电势能增大，机械能减少，故B错误；由能量守恒定律可知，减少的机械能转化为电势能，系统电势能增加，两球组成的系统动量守恒，两球距离最近时，两球速度相等，由动量守恒定律得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0，A球减少的机械能为ΔEkA＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，B球增加的机械能为ΔEkB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)，所以A球减少的机械能大于B球增加的机械能，故C正确；由动能定理可知，电场力对A球做功大小W＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，故D错误。【变式演练2】如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以v＝6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v－t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知()A.两小球带电的电性一定相反B.甲、乙两球的质量之比为2∶1C.t2时刻，乙球的电势能最大D.在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【答案】B【解析】由题图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电性的电荷，故A错误；两球作用过程动量守恒，有m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,1)，故B正确；t1时刻，两球共速，此时两球间距离最近，则此时乙球的电势能最大，故C错误；在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。类型6导体棒“追及”过程中的动能损失问题【例6】（2024·河北·三模）如图所示，两根电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，导轨所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根金属杆a、b间隔一定距离静止于导轨上，两杆与导轨垂直且接触良好，杆a、b的电阻分别为R和3R，杆a、b的质量分别为3m和m。现使杆a获得一个大小为、水平向右的初速度。（1）当杆b的速度大小为时（两杆未相撞），求此时杆b受到的安培力大小F；（2）若整个运动过程中两杆未相撞，求整个运动过程中杆a产生的焦耳热；（3）若初始位置时两杆之间的距离，通过计算判断两杆在整个运动过程中是否相撞。【答案】（1）；（2）；（3）会相撞【详解】（1）以向右为正方向，金属杆a、b组成的系统在水平方向受力平衡，由动量守恒定律可得得回路中产生的感应电动势为回路中的电流杆b受到的安培力大小（2）在整个运动中，金属杆a、b组成的系统动量守恒，则有由能量守恒定律可知a产生的焦耳热（3）设初始位置时两杆之间距离至少为x，取在很短时间∆t内，利用动量定理对杆b分析，则有两边求和可得即为由于得所以会相撞。【变式演练1】如图所示，在绝缘水平面上固定两根足够长的间距为L的光滑平行金属导轨，导轨间有方向竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m，接入电路的阻值均为R的金属棒ab和cd垂直于导轨放置，均处于静止状态。现同时给金属棒ab、cd一个水平方向的初速度，ab棒的初速度大小为，方向水平向左，cd棒的初速度大小为，方向水平向右。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻，下列说法正确的是（

）A．整个运动过程，ab棒上产生的焦耳热为B．整个运动过程，ab棒上产生的焦耳热为C．最终金属棒ab、cd间的距离比初始时的距离增大D．最终金属棒ab、cd间的距离比初始时的距离增大【答案】BD【详解】AB．棒存在方向水平向左、大小为的初速度，cd棒的初速度大小为，方向水平向右，此时磁通量改变，电路产生感应电流，在安培力的作用下，两棒同时运动，最终闭合回路间的磁通量不发生改变，即金属棒和共速，由水平方向上动量守恒，以向右为正方向，可得解得由能量守恒可得解得棒产生的焦耳热为故A错误，B正确；CD．对导体棒cd由动量定理其中解得故C错误，D正确。故选BD。【变式演练2】如图，水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b，垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒a、b分别以速度、向右运动，时刻金属棒b经过MN进入磁场区域，当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数。已知金属棒a、b材质相同，a、b棒的质量分别为2m、m，a棒电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的是（）A．从时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小B．改变a、b两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度C．当金属棒a刚进入磁场时，a、b两棒间的距离为D．整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为【答案】CD【详解】A．当金属棒a进入磁场后，产生的感应电动势为，根据右手定则，从上往下看，方向为逆时针，由于电压传感器的示数为，大于，金属棒b表明产生的感应电动势大于，根据右手定则，从上往下看，方向为顺时针，两金属棒均在切割磁感线，回路总的电动势等于两金属棒各自切割磁感线产生的电动势之差，可知，回路中感应电流从上往下看，方向为顺时针，金属棒a所受安培力方向向右，其做加速运动，金属棒b所受安培力方向向左，其做减速运动，回路总的电动势金属棒a、b材质相同，即密度相同，则有，解得金属棒a进入磁场后，回路总的感应电流电压传感器的示数解得由于金属棒a进入磁场后，系统的总动量为由于金属棒a进入磁场后，两金属棒构成的系统动量守恒，可知，为一个定值，表明从时刻开始，电压传感器的示数不变，故A错误；B．结合上述可知，金属棒a进入磁场前做匀速直线运动，此时，金属棒b做减速运动，系统的总动量减小，金属棒a进入磁场后，系统的动量守恒，可知，a、b两棒间初始距离越大，两棒的最终速度越小，故B错误；C．当金属棒a刚进入磁场时有根据欧姆定律有解得从金属棒b开始进入磁场，到金属棒a刚刚进入磁场过程，对金属棒b进行分析，根据动量定理有根据欧姆定律有其中解得故C正确；D．从金属棒a刚刚进入磁场到两金属棒最终达到稳定状态时，根据动量守恒定律有从金属棒b开始进入磁场，到最终两金属棒达到稳定状态过程，回路总的焦耳热整个过程中金属棒a上产生的焦耳热解得故D正确。故选CD。类型7连接体绳子绷紧瞬间能量损失【例题】如图所示，质量均为的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地面的高度为，质量为的圆环C套在轻绳上，C在B上方处。由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度为，求：（1）B、C碰撞后瞬间，共同速度为多大；（2）碰撞后，B经过多长时间到达地面；（3）若C与B发生的是弹性碰撞，则碰撞后当B运动到地面时C离地面的高度为多少。

【答案】（1）；（2）；（3）0【详解】（1）设C与B碰撞前瞬间速度大小为，根据机械能守恒有解得设碰撞后共同速度为，根据动量守恒有解得（2）C与B碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，设加速度为，根据牛顿第二定律解得设运动时间为，根据运动学公式解得（3）若C和B发生的是弹性碰撞，设碰撞后C和B的速度大小分别为，根据动量守恒有根据能量守恒解得碰撞后B做匀速直线运动，从碰撞到B运动到地面所用时间这段时间内，圆环C做竖直上抛运动，设运动的位移为，则即当物块B到达地面时，C也刚好运动到地面，即这时C离地面的高度为0。【例2】（2024·广东·二模）如图所示，可视为质点的完全相同的A、B两小球分别拴接在一轻弹性绳的两端，两小球质量均为m，且处于同一位置（离地面足够高）。弹性绳原长为L，始终处于弹性限度内，且满足胡克定律。时刻，让A球自由下落的同时B球以速度水平向右抛出，弹性绳从开始出现弹力到第一次恢复原长所用时间为。已知重力加速度为g，两个小球发生的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不计，不计一切阻力，下列说法正确的是（

）A．当弹性绳第一次最长时，B球的动量大小为B．弹性绳的最大弹性势能为C．从0时刻到弹性绳第一次恢复原长时，重力的冲量为D．两小球碰撞的时刻为【答案】BD【详解】A．当弹性绳第一次最长时，两小球水平方向上动量守恒得但由于其竖直方向上也有速度，故其动量大小不是，故A错误；B．水平方向上共速时弹性势能最大，设此时两小球竖直速度均为，则根据能量守恒可得同时，可得故B正确；C．当小球第一次恢复原长时，经历的时间为故重力的冲量为故C错误；D．根据弹性碰撞的规律，每次碰撞后，两小球速度交换，从开始运动到两小球第一次相碰，经历的时间为，之后两小球在水平方向上呈现周期性运动，周期均为，故两小球碰撞的时刻为故D正确。故选BD。【变式演练1】如图所示，不可伸长的轻质细线跨过轻质滑轮连接两个质量分别为、的物体A、B，质量为的物体C中间有孔，套在细线上且可沿细线无摩擦滑动。初始时使三个物体均处于静止状态，此时A、B离地面的高度均为。物体C在B上方处。同时由静止释放三个物体，一段时间后，C与B发生碰撞并立即粘在一起。已知重力加速度大小为，整个过程中细线未断裂，物体均可视为质点，不计阻力的影响。下列说法正确的是（）

A．从释放三个物体到C与B发生碰撞经历的时间为B．碰撞结束后A的速度为零C．A最终离地面的高度为D．碰撞过程中，三个物体损失的机械能为【答案】BD【详解】A．根据牛顿第二定律，对A对B解得物体B向上与物体C向下过程中，根据解得故A错误；B．碰前的瞬间物体A与物体B速度的大小碰前的瞬间物体C速度的大小以向下为正方形，根据动量守恒解得由于此时物体BC与物体A的速度相等，方向都为向下，质量也相等，所以两个物体速度都为0，故B正确；C．物体A下降和物体B上升的距离A最终离地面的高度为故C错误；D．物体B与C碰撞前整体机械能守恒，以地面为零势能面，最初整体的机械能碰撞后整体的机械能三个物体损失的机械能为故D正确。故选BD。【变式演练2】如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m的木板A，通过不可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（）A．木板A的速度大小为 B．木板B的速度大小为C．物块C的速度大小为0 D．木板A、B、C共速【答案】C【详解】绳子从拉直到绷紧过程极短，对A、B组成的系统，C对B的摩擦力远小于系统内力，所以A、B组成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间AB的速度为v，则有解得在极短的时间内，C所受摩擦力的冲量可以忽略，所以C的速度仍然是0，故ABD错误，C正确。故选C。题型三碰撞遵循的规律1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．2．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.类型1碰撞的可能性【例1】两质量分别为、的小球P、Q在光滑水平面上沿同一直线同向运动，已知小球P、Q的动量大小均为，经过一段时间小球P追上小球Q且发生碰撞，则碰后小球P、Q的动量可能为（）A．、 B．、C．、 D．、【答案】CD【详解】A．两球碰撞过程中动量守恒，且应遵循能量不增加的原理，碰后前球的速度应大于后球的速度。碰前系统的总动量为，碰后系统的总动量仍为；碰前系统的总动能为A项中碰后系统的总动能为A错误；B．碰后P球的速度为Q球的速度为后球的速度大于前球，不合理，B错误；C．C项中碰后系统的总动能为碰后P球的速度为零，C正确；D．D项中碰后P球的速度为Q球的速度为碰后系统的总动能为小于碰前的总动能，D正确。故选CD。【变式演练1】在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（）A．ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/s B．ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s【答案】A【详解】碰撞前的总动量为碰撞前的总动能为A．如果、，则碰后两球的动量分别为，则有满足动量守恒；由于A的动量大小减少，B的动量大小增加，根据可知A的动能减少，B的动能增加，由于两者的质量关系未知，所以总动能可能不增加，是可能的，故A正确；BD．由于B在前，A在后，故A、B碰后A的动量减少，B的动量增加，故BD错误；C．如果、，则碰后两球的动量分别为，则有满足动量守恒；由于A的动量大小不变，B的动量大小增加，根据可知A的动能不变，B的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，故不可能，故C错误。故选A。【变式演练2】质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度大小和小球B的速度大小可能为（）A．， B．，C．， D．，【答案】AC【详解】碰撞过程中应满足动量守恒，即还应满足系统总动能不增加，即A．若，当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，故A可能；B．若，当与方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但，会发生二次碰撞，故不符合实际情况，故B不可能；C．若，当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，且碰后总动能为，满足总动能不增加，故C可能；D．若，当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，大于系统碰撞前的动能，故D不可能。故选AC。类型2碰撞类型的识别碰撞的分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大【例2】质量为m和m的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。（1）碰撞后和的速度、；（2）若，则等于多少；（3）在第（1）（2）问基础上，通过计算判断两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？【答案】（1），；（2）；（3）弹性碰撞【详解】（1）根据图像可得碰撞后（2）根据动量守恒定律可得（3）根据图像可得碰撞前碰撞前系统动能碰撞后系统动能说明属于弹性碰撞。【变式演练1】某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为，初始时两冰壶之间的距离，运动员以的初速度将冰壶A水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为，方向不变，碰撞时间极短．已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为，重力加速度。求：（1）冰壶A与B碰撞碰撞前的速度大小；（2）两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小；（3）计算碰撞前后系统的总动能，判断是否为弹性碰撞。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞过程中，根据动能定理可得代入数据解得（2）两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，则有代入数据解得（3）碰撞前两冰壶的总动能为碰撞后两冰壶的总动能为由于可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞。【变式演练2】如图所示，在水平冰面上，质量的冰壶A以大小为的速度与静止的质量为的冰壶B发生正碰。碰撞可能是弹性碰撞也可能是非弹性碰撞，不计一切摩擦和空气阻力。关于碰后冰壶A的运动情况描述正确的是（）A．碰后冰壶A可能会被弹回，速度大小为B．碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为C．碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为D．碰后冰壶A不可能静止不动【答案】AB【详解】若冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，以碰前速度方向为正方向，根据系统动量守恒和系统机械系守恒可得联立解得，若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，则有解得综上分析可知，碰后冰壶A的速度可能为故选AB。【变式演练3】如图1所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运动的速度—时间图像如图2所示，时刻甲、乙间距为，均停止后间距为，已知重力加速度。下列说法正确的是（）A．两物块与地面间的动摩擦因数相同B．乙在整个过程中的位移大小C．两物块的质量之比为D．两物块间的碰撞为弹性碰撞【答案】BC【详解】A．从图2可以看出，解得，故A错误；B．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知之后的运动过程甲的位移为则乙在整个过程中的位移大小为故B正确；C．由图像结合图中比例关系可知碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为，，碰后瞬间甲、乙两物块的速度分别为，，根据动量守恒定律有代数数据解得故C正确；D．结合C项分析可知则两物块间的碰撞不是弹性碰撞，故D错误。故选BC。题型四“滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题1．模型图示2．模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒，类似弹性碰撞。(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。【例1】（2024·湖南邵阳·三模）如图（a），一质量为的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从0到时间内，物块A运动的距离为。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法中正确的是（）A．物块B的质量为B．碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为C．时间内物块B运动的距离为D．弹簧压缩量的最大值为【答案】BC【详解】A．时刻，由动量守恒定律可知解得故A错误；B．由图像可知时刻两物块速度相等，弹性势能最大，根据机械能守恒定律解得故B正确；CD．解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，由牛顿第二定律可知同一时刻同一时刻A、B的瞬时速度分别为，根据位移等于速度在时间上的累积可得，又解得弹簧压缩量的最大值解法二：B接触弹簧后，压弹弹簧过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有之间，位移等于速度在时间上的累积，可得又代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值故C正确，D错误。故选BC。【变式演练1】如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，、时刻弹簧的弹性势能分别为、，则下列说法正确的是（）A．A、B的质量之比为B．时刻B的速度为C．时刻弹簧的弹性势能为D．时刻A、B的速率之比为【答案】BC【详解】A．根据图乙可知时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有解得A错误；B．根据图乙可知时刻A的速度为零，则根据动量守恒定律有又可得时刻B的速度为B正确；C．从时间内，根据能量守恒可得从时间内，根据能量守恒可得联立解得C正确；D．时刻，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有结合以上分析联立解得，或，结合图乙可知第二种结果不符合题意，则时刻A、B的速率之比为D错误。故选BC。【变式演练2】如图甲所示，在光滑水平面上，小球A以初动量沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为，时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同，则（）A．小球A、B的质量之比为B．时刻弹簧的弹性势能最大C．小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为D．0~时间内，小球B的动量变化量为【答案】C【详解】B．时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，根据可知小球A的速度变化率最大，即加速度最大，根据牛顿第二定律可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误；A．时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量根据动量守恒有则小球B的质量由此可知两小球的质量之比为故A错误；C．根据机械能守恒有小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比故C正确；D．时间内，小球B的动量变化量故D错误。故选C。【变式演练2】如图所示，在足够长的光滑水平地面MN上固定一光滑的竖直半圆形轨道NP，NP的半径为，N点处切线水平且与地面平滑连接。质量的物块A与轻弹簧一端连接，以速度沿水平地面向右运动，物块B静止，在物块A运动的前方。与物块A连接的轻弹簧从接触B到弹簧被压缩到最短的过程中，物块B运动的距离为0.15m，经历的时间为。在此后的运动中，B与弹簧分离后，滑上轨道NP，沿NP运动时恰能经过最高点P。物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为。求：（1）物块B在N点的速度大小；（2）物块B的质量；（3）弹簧的最大压缩量。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）物块B沿NP运动时恰能经过最高点P，根据牛顿第二定律可得物块B从N点到P点的过程中，根据机械能守恒可得解得物块B在N点的速度大小为（2）A、B、弹簧组成的系统动量守恒，可得A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，可得解得（3）A、B、弹簧组成的系统动量守恒，物块A连接的轻弹簧从接触B到弹簧被压缩到最短的过程中有则对时间累加求和，可得解得弹簧的最大压缩量为【变式演练3】如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为，根据位移等速度在时间上的累积可得，又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得，联立可解得题型五“滑块—斜(曲)面”碰撞模型1．模型图示2．模型特点(1)最高点：m1与m2具有共同水平速度v共，m1不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m1)veq\o\al(2,共)＋m1gh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。(2)最低点：m1与m2分离点。水平方向动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系统机械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(完全弹性碰撞拓展模型)。【例1】如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m的上表面光滑的四分之一圆弧形斜劈，圆弧与水平地面间平滑连接，一固定桩置于斜劈右侧固定斜劈。另一质量也为m的小物块（可视为质点）以初速度冲向斜劈，恰能上升到斜劈最高点，不计一切阻力。（1）求圆弧半径R；（2）若撤去固定桩，小物块仍以初速度冲向斜劈，求此时小物块所能上升的最高点与水平地面间的高度差；（3）若撤去固定桩，改变小物块的初速度大小，使小物块所能上升的最大高度为2R，求此时小物块的初速度大小和斜劈最终的末速度大小。（结果均用表示）【答案】（1）；（2）；（3）【详解】15.解：（1）对小物块由动能定理得解得（2）小物块上升至最高点时，对小物块与斜劈整体，由动量守恒定律得由能量守恒定律得联立解得（3）设小物块的初速度大小为，小物块上升至最高点时，对小物块与斜劈整体，由动量守恒定律、能量守恒定律得联立解得两物体最终分离时，设小物块的速度大小为，斜劈的速度大小为，有联立解得【变式演练1】如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：（1）A到达O点时的速度；（2）A、B碰撞过程中损失的机械能；（3）A和B沿C能上升的最大高度。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知解得（2）当A、B发生碰撞根据动量守恒定律可知解得A、B碰撞过程中损失的机械能是（3）将A、B、C看成一个整体，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知根据能量守恒定律可知联立解得，A和B沿C能上升的最大高度为【变式演练1】如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M=3kg，底端与水平面相切，左边有质量是m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球A不能从斜劈顶端冲出B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30ND．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左【答案】ACD【详解】C．小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为代入数据得N小球A对斜劈的压力也是30N，选项C正确；AB．假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为，小球竖直速度为，水平方向动量守恒小球和斜劈系统机械能守恒联立得小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；D．当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为、联立得小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左，选项D正确。故选ACD。【变式演练2】如图所示，光滑水平面上有一质量为、半径为R（R足够大）的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则（

）A．B的最大速率为 B．B运动到最高点时的速率为C．B能与A再次发生碰撞 D．B不能与A再次发生碰撞【答案】AD【详解】A．A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得解得所以B的最大速率为，故A正确；B．B冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同速度为v，则由水平方向动量守恒有解得故B错误；CD．从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时的速度分别为，由水平方向动量守恒有由机械能守恒有联立解得由于所以二者不会再次发生碰撞，故C错误，D正确。故选AD。【变式演练3】如图所示，质量的物块C静置在光滑水平面上，其左侧为半径的四分之一光滑圆弧，圆弧底端和水平面平滑连接。一质量的小物块A被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在水平面上的物块B发生正碰，此后两物块粘在一起运动。A、B均可视为质点，不计空气阻力。已知物块B的质量为1.5kg，A、B碰撞后瞬间B的速度大小为6m/s，取。求：（1）最初弹簧上储存的弹性势能。（2）A、B整体碰后能达到的最大高度。（3）A、B整体第一次与C分离时C速度的大小。（4）从A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程，A、B整体对C的冲量大小。【答案】（1）144J；（2）1.5m；（3）2m/s；（4）【详解】（1）对AB系统发生正碰，由动量守恒定律可知对弹簧和A系统由能量守恒定律可得解得（2）A、B整体碰后与C组成的系统，由水平方向动量守恒可得碰后到达最高点系统机械能守恒定律可得解得h=1.5m（3）A、B整体第一次与C分离此过程中ABC系统水平方向动量守恒，ABC系统机械能守恒。由水平方向动量守恒由机械能守恒定律解得故A、B整体第一次与C分离时C速度的大小为2m/s。（4）A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程中，ABC系统由动量守恒和能量守恒定律可得A、B整体对C的冲量为解得【变式演练4】如图所示，A、B、C的质量分别为、、，轻弹簧的左端固定在挡板上，C为半径的圆轨道，静止在水平面上。现用外力使小球A压缩弹簧（A与弹簧不连接），当弹簧的弹性势能为时由静止释放小球A，小球A与弹簧分离后与静止的小球B发生正碰，小球B到圆轨道底端的距离足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取。求：（1）小球B能达到的最大高度；（2）通过计算分析，小球B能否第二次进入圆轨道。【答案】（1）；（2）不能【详解】（1）设碰前小球A的速度为，从释放小球A到分离的过程，由能量守恒定律得代入数据解得A、B碰撞的过程，A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒有带入数据解得，小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为，小球与圆轨道组成的系统在水平方向上动量守恒有小球与圆轨道组成的系统能量守恒，有代入数据解得，（2）设小球与圆轨道分离时的速度分别，由动量守恒定律和能量能守恒定律得联立带入数据解得，球A与球B第一次碰后以的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，球A与弹簧分离后的速度大小为，经过一段时间，球A与球B发生第二次碰撞，设碰后球A和球B的速度分别为、，根据动量守恒定律和能量能守恒定律得联立带入数据解得，因为，所以小球B无法第二次进入圆轨道。题型六滑块模型中的多过程【例1】（2024·辽宁朝阳·三模）如图所示，一块质量的长木板A静止放置于光滑水平地面上，其左端放置一个质量的物块B。在物块B的上方高处有一悬挂点O，通过轻绳悬挂质量的小球C，小球C静止时与物块B等高且恰好无相互作用力接触。现将小球C拉至轻绳与竖直方向的夹角处由静止释放，小球C下摆至最低点时与物块B发生碰撞并粘在一起（C不与A接触），同时轻绳被刀片割断。已知物块B与长木板A间的动摩擦因数，物块B不会从A上滑离，取重力加速度大小，物块B、小球C均可看成质点，不计空气阻力。求：（1）小球C与物块B碰后瞬间的速度大小；（2）长木板A的最小长度。【答案】（1）；（2）0.32m【详解】（1）小球C由静止释放到第一次到达最低点的过程中，由动能定理有解得小球C与物块B碰撞过程，由动量守恒定律有解得（2）假设长木板A与B、C达到共同速度，由动量守恒定律有解得设此过程长木板A的长度为x，由功能关系有解得即长木板A的最小长度为0.32m。【变式演练1】如图，质量为3m，足够长的长木板A放在光滑水平面上，质量为3m的铁块B放在长木板A的上表面左端，质量为m的小球C用长为R的细线悬于O点。将小球C拉至与O等高的位置，细线伸直，由静止释放，小球C运动到最低点时刚好沿水平方向与铁块B发生弹性碰撞，碰撞后铁块B在长木板上表面向右滑动。已知铁块B与长木板A上表面的动摩擦因数为0.3，铁块B、小球C均看作质点，重力加速度为g。求：（1）小球C与铁块B碰撞前一瞬间，细线对小球的拉力大小；（2）小球C与铁块B碰撞后一瞬间，铁块B的速度大小；（3）最终铁块B与长木板A相对静止时因摩擦产生的热量Q。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球C从静止释放到与铁块B碰撞前一瞬间，根据机械能守恒可得解得根据牛顿第二定律可得解得细线对小球的拉力大小（2）小球C与铁块B发生弹性碰撞，根据动量守恒可得根据机械能守恒可得联立解得小球C与铁块B碰撞后一瞬间，铁块B的速度大小为（3）碰撞后铁块B在长木板上表面向右滑动，铁块B做匀减速直线运动，长木板A做匀加速直线运动，铁块B与长木板A最终达到共速相对静止，根据动量守恒可得解得根据能量守恒定律可得解得因摩擦产生的热量则最终铁块B与长木板A相对静止时因摩擦产生的热量【变式演练2】如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距，质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端，C与A之间的动摩擦因数为，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右、大小为的恒力作用，木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起。（取重力加速度，计算结果用根式表示，其中）。求：（1）A与B相撞前A的速度是多少？（2）A与B相撞后向右做加速运动的位移是多少？（3）要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有（2）A、B两木板的碰瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为，对A、B系统，由动能定理其中得（3）对C物体，由动能定理：由以上各式，再代入数据可得【变式演练3】如图所示，质量的长木板C静止在光滑的水平面上，长木板C右端与竖直固定挡板相距，左端放一个质量的小物块B（可视为质点），与长木板C间的动摩擦因数为。在小物块B的正上方，用不可伸长、长度的轻绳将质量的小球A悬挂在固定点O。初始时，将轻绳拉直并处于水平状态，使小球A与O点等高，由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞（碰撞时间极短），之后二者没有再发生碰撞。已知A、B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取。（1）小球A与小物块B碰后瞬间，求小物块B的速度大小；（2）为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速，求应满足的条件；（3）在（2）问的前提下，即与竖直挡板碰撞到B、C能共速，求长木板的最短长度。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球A由静止到最低点的过程，根据机械能守恒定律有解得设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒定律有碰撞前后根据机械能守恒定律有联立解得（2）设B、C获得共同速度为，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有代入数据解得若B、C共速时C刚好运动到挡板处，对C应用动能定理有代入数据解得则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速，应满足的条件是（3）第一次共速过程中，由能量守恒定律有长木板C与挡板碰后速度方向反向，设B、C第二次获得共同速度为，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有由能量守恒定律有长木板的最短长度为联立解得题型七子弹打木块模型中的能量动量问题1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．3．两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子弹穿透木块动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)【例1】如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是（）A.木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量B.因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒C.子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功D.子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和【答案】C【解析】A．木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量，方向相反，不相等，A错误；B．因为水平面光滑，系统不受外力，子弹和木块组成的系统动量守恒，B错误；C．根据动能定理，子弹对木块所做的功等于木块获得的动能；根据能量守恒定律，子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去木块获得的动能，C正确；D．根据动能定理，子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量，D错误。故选C。【变式演练】如图所示，质量为的木板静止在足够大的光滑水平地面上，质量为的滑块静止在木板的左端，质量为的子弹以大小为的初速度射入滑块，子弹射入滑块后未穿出滑块，且滑块恰好未滑离木板。滑块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，子弹与滑块均视为质点，不计子弹射入滑块的时间。求：（1）木板的长度；（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做功（产生热量）的平均功率。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设子弹射入滑块后瞬间子弹和滑块的共同速度大小为，根据动量守恒定律有解得设最终滑块与木板的共同速度大小为，根据动量守恒定律有解得对滑块在木板上相对木板滑动的过程，根据功能关系有解得（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做的功设滑块在木板上相对木板滑动时木板的加速度大小为，对木板，根据牛顿第二定律有设滑块在木板上相对木板滑动的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有又有解得题型八两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配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)转化为机械能，所以系统的机械能增加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】（2024·辽宁·高考真题）如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：（1）