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专题16 动量能量在各类模型中的应用（解析版）
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专题16 动量能量在各类模型中的应用
目录
题型一 碰撞模型 1
类型1 系统动量守恒的判断 1
类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型 3
题型二 非弹性碰撞中的“动能损失”问题 7
类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失 7
类型2 滑块木板模型中的动能损失 8
类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题 10
类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题 11
类型5 带电系统中动能的损失问题 12
类型6 导体棒“追及”过程中的动能损失问题 14
题型三 碰撞遵循的规律 15
类型1 碰撞的可能性 15
类型2 碰撞类型的识别 16
题型四 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 18
题型五 “滑块—斜(曲)面”碰撞模型 22
题型六 滑块模型中的多过程 25
题型七 子弹打木块模型中的能量动量问题 26
题型八 两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配 29
题型九 人船模型及其拓展模型的应用 32
题型十 悬绳模型 35
题型一 碰撞模型
类型1 系统动量守恒的判断．
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′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝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m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
【例1】(多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)( )
A．2 B. C．2 D.
【答案】 BC
【解析】 A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：mv02＝mv12＋·2mv22，联立得：v2＝.若恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·，A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝·2mv2′2－·2mvmin2，v2′＝，解得：v0′＝1.5，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.5.若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：2mg·R＝·2mv2″2，v2″2＝，解得v0″＝1.5，可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5.由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5或v0≥1.5，故A、D错误，B、C正确．
【例2】 (多选) (2022·福建龙岩市质量检测)甲物体在光滑水平面上运动的速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )
A.乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B.乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1
C.乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v1
D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
【答案】 ABC
【解析】 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两物体碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v1。当m1＝m2时，v2′＝v1，选项A正确；当m1≫m2时，v2′＝2v1，选项B正确；当m1≪m2时，v1′＝－v1，选项C正确；根据动能定理可知碰撞过程中甲对乙做的功等于乙动能的增量，选项D错误。
【例3】如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
【答案】 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
【解析】 (1)对球1从A到B应用动能定理：m1gR＝m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：
m1v02＝m1v12＋m2v22
解得：v2＝v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：
v3＝v2
则v3＝·v0
代入数据得v3＝v0，
由数学知识可知，当m2＝时，m2＋＋0.5最小，v3最大
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg.
类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
v1′＝
v2′＝
【例1】（2022届云南省昆明市第一中学高三（上）第五次复习检测理综物理试题）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/s
B. 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1：101
C. A、B两球发生的是弹性碰撞
D. 若m2
【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<
不计碰撞损失，由能量关系
联立解得
因m2<
故AB正确CD错误。
故选AB。
【例2】(多选) (2022·湖南岳阳市教学质检)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则( )
A．C球落地前瞬间A球的速度为
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
【答案】 ABD
【解析】 因为A、B、C球由静止同时释放，所以A与C落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得vA＝vC＝，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，mCv＋mBv＝mBvB′2，解得mC＝3mB，vB′＝，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，mBvB′2＋mAv＝mAvA′2，解得mB＝2mA，vA′＝3，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由以上分析解得vA′＝3，A球弹起的最大高度vA′2＝2ghmax，hmax＝＝9H，C错误，D正确。
【例3】在一种新的子母球表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距地面高度为3h和h的地方同时由静止释放，如图所示，若B与地面发生碰撞后能原速率反弹，且A、B第一次发生弹性碰撞后，A恰好能回到出发点，假设碰撞时间极短，且运动过程中忽略空气阻力的影响，求：
(1)A、B两球相碰时的位置距地面的距离；
(2)A、B两球的质量之比．
【答案】 (1)h (2)1∶3
【解析】 (1)A、B静止释放后做自由落体运动，B的落地速度v＝，此时A距地面高度为2h，速度也为.
设B与地面碰撞后经过时间t两球相遇，2h＝vt＋gt2＋，解得：t＝
联立解得A、B两球相碰时的位置距地面的距离hB＝vt－gt2＝h
(2)设A与B碰撞前两者的速度大小分别为vA、vB，碰撞后速度大小分别为vA′、vB′
A、B发生弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝－mAvA′＋mBvB′
mAvA2＋mBvB2＝mAvA′2＋mBvB′2
由碰后A恰好回到出发点，可得vA＝vA′
从中可得mAvA＝mBvB
又有vA＝v＋gt
vB＝v－gt
可得＝
联立解得＝
即A、B质量之比为1∶3
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′
m1v＋m2v＝m1v1′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)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失
【例1】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。
【例2】 (2020·全国Ⅲ卷，15)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1中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
【答案】 A
【解析】 设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。
类型2 滑块木板模型中的动能损失
【例3】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/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＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．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＝1 m/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＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，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0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝＝ m/s2＝－1 m/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．
【例2】(2022·山东邹城市模拟)质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求：
(1)两者相对静止时的运动速度v；
(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；
(3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ.
【答案】 (1)1 m/s，方向水平向右 (2)1.5 kg·m/s (3)0.5
【解析】 设水平向右为正方向
(1)从开始到相对静止，水平方向动量守恒－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得v＝1 m/s，方向水平向右．
(2)长木板的动量变化量大小Δp＝Mv－(－Mv1)＝1.5 kg·m/s
(3)对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5.
【例3】(多选)如图所示，一质量M＝8.0 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＝2.0 kg的小木块 A．给A和B以大小均为5.0 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B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是( )
A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
D．长木板的长度可能为10 m
【答案】 ACD
【解析】 木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得，当木块A的速度减为零时，Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故A正确，B错误；最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知，Mv02＋mv02－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确．
类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题
【例1】(2021·安徽十校联盟检测)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∶2 B．1∶3 C．1∶6 D．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mv2∶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：mv02＝(m＋M)v2＋Ep，得物块的重力势能为Ep＝mv02，此时物块的动能为Ek＝mv2＝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．
【例2】.(2021·河南名校联盟3月调研)如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为( )
A.R B.1.5R C.3R D.4R
【答案】 C
【解析】 若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
由机械能守恒定律得
mv02＝·2mv12＋mgR
代入数据解得v0＝2
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
2mv0＝2mv2
由能量守恒得
m(2v0)2＝·2mv22＋mgR＋mvy 2
解得vy＝
小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则
h＝＝3R
故距B点的最大高度为3R.
故选C.
类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题
【例1】(2022·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M)。若使A球获得瞬时速度v(如图2甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )
A.L1＞L2 B.L1＜L2
C.L1＝L2 D.不能确定
【答案】 C
【解析】 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv＝(m＋M)v′
由机械能守恒定律得Ep＝mv2－(m＋M)v′2
联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝
同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有Ep＝
故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D错误，C正确。
【例2】(2022·江西省教学质量监测)如图所示，质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep1。现将物体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至P点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep2。则Ep1∶Ep2等于( )
A.1 B.2
C.3 D.4
【答案】 B
【解析】 设压缩到P点时，弹簧的弹性势能为Ep，开始时，物体A、B的质量均为m，则有Ep＝mv，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－×2mv2＝Ep，把A的质量换成3m，Ep＝×3mv0′2，3mv0′＝4mv′，Ep2＝Ep－×4mv′2＝Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，选项B正确。
类型5 带电系统中动能的损失问题
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∶2
B．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mv
【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＝＝，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＝v0，A球减少的机械能为ΔEkA＝·2mv－·2m＝mv，B球增加的机械能为ΔEkB＝m＝mv，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＝·2mv－·2mv2＝mv，故D错误。
【例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＝6 m/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∶1
C.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＝，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1】(多选) (2021·滨州一模)如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1 m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2 kg，CD棒质量为m2＝0.4 kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5 Ω，若CD棒以v0＝3 m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是( )
A．AB棒的最终速度大小为1 m/s
B．该过程中电路中产生的热量为0.6 J
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C
D．两金属棒的最大距离为0.3 m
【答案】 BC
【解析】 开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2 m/s，选项A错误；对系统，由能量守恒定律得m2v＝Q＋(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6 J，选项B正确；对AB棒，由动量定理得BIlt＝m1v，而It＝q，则Blq＝m1v，解得q＝0.4 C，选项C正确；通过导体横截面的电荷量q＝＝，两金属棒间的最大距离D＝d＋L＝＋L＝ m＋0.2 m＝0.4 m，选项D错误。
【例2】(多选)(2022·山东临沂市上学期期末)如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放置着金属杆a和b(杆a、b均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半.已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )
A.杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为，方向向右
B.杆b刚进入磁场时，通过b的电流为
C.从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为mv2
D.杆a、b最终具有相同的速度，大小为
【答案】 ABC
【解析】 以向右为正方向，杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，×2mv2＝×2mv12＋×mv22，解得v1＝，v2＝v，即杆a的速度为，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝＝，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝mv22－m2＝mv2，故C正确；a进入磁场后，a、b组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为v，故D错误.
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＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0.
类型1 碰撞的可能性
【例1】A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
【答案】 B
【解析】 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
【例2】(多选)(2021·边城高级中学高三开学考)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是
5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为( )
A.pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
B.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C.pA′＝5 kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s
D.pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
【答案】 BC
【解析】 碰撞前系统总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由题意，设mA＝mB＝m，碰前总动能为Ek＝＋＝＋＝，若pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，系统动量守恒，但是碰撞后A的速度仍大于B的速度，与实际不相符，选项A错误；若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能2×＝Ek，不可能，D错误。
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1】北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：
(1)冰壶乙获得的速度大小；
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少．
【答案】 (1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞 0.57 J
【解析】 (1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3
将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s
代入上式得v3＝0.3 m/s.
(2)碰撞前的动能E1＝mv12＝1.52 J，
碰撞后两冰壶的总动能E2＝mv22＋mv32＝0.95 J
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，
能量损失E＝ E1－ E2＝0.57 J.
【例2】2022年第24届冬奥会在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v－t图像如图(b)所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1 m/s2
C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m
D．两壶碰撞是弹性碰撞
【答案】 C
【解析】 根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；由题图(b)知碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度v0′＝0.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6 m/s.根据图像可得，红壶碰前的加速度为a1＝＝0.2 m/s2，所以蓝壶静止的时刻为t＝＝6 s，碰后蓝壶的加速度大小为a′＝＝0.12 m/s2，故B错误．碰后两壶相距的最远距离Δx＝ m－ m＝1.1 m，碰撞前两壶的总动能为Ek1＝mv02＝0.5m，碰撞后两壶的总动能为Ek2＝mv0′2＋mv2＝0.26m，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故C正确，D错误．
【例3】如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x－t(位移—时间)图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断( )
A.碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B.碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C.m2＝0.5 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【答案】 A
【解析】 由题图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v1′＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，两小球组成的系统动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项A正确，B、C错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v1′2＋m2v2′2－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D错误。
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】如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生相互作用．求二者在发生相互作用的过程中，
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
【答案】 (1)6 J (2)2 m/s，方向向右
【解析】 (1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝＝ m/s＝1 m/s
弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、B损失的动能
Epm＝mAv02－(mA＋mB)v2＝6 J.
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，
由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm
mAv02＝mBvm2＋mAvA2
解得vm＝2 m/s，方向向右．
【例2】如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
【答案】 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
【解析】 (1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6 m/s
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设此时滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
x＝v5t，H＝gt2
解得x＝2 m.
【例3】(2022·山东泰安市高三检测)如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长．一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞．不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为( )
A.mv02 B.mv02
C.mv02 D.mv02
【答案】 A
【解析】 当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，
mv02＝mv12＋×v22，联立解得v2＝v0，当A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得2mv2＝(2m＋3m)v，得v＝v0.由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为Ep＝×(2m)v22－×(5m)v2，解得Ep＝mv02；当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有mv0＝3mv1′，当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v′，则由动量守恒定律得3mv1′＝6mv′.由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为Ep＝×(3m)v1′2－×(6m)v′2，解得Ep＝mv02，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是mv02≤Ep≤mv02，故A正确．
【例4】.(2022·云南昆明市高三检测)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为，两个质量均为的物体、与弹簧连接，物体的左边有一固定挡板，物体从图示位置由静止释放，当两物体相距最近时，物体的速度为 ，弹簧处于自然长度时弹性势能为，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 、两物体和弹簧组成的系统水平方向动量守恒
B. 弹簧最大弹性势能为
C. 物体的最大速度等于
D. 某段时间内物体可能向左运动
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．有挡板在，故、两物体和弹簧组成的系统最初水平方向动量不守恒，A错误；
B．物体释放瞬间，弹簧弹性势能最大，当到达与物体相距最近位置时，弹簧弹性势能最小为零，根据系统机械能守恒定律，可知弹簧的最大弹性势能为
B正确；
C．从到达与物体相距最近位置时开始，两物体和弹簧组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
当时，物体的最小速度是，物体的最大速度为，C正确；
D．由动量守恒可知物体不会向左运动，D错误
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，m1v＝(m2＋m1)v＋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，m1v＝m1v＋m2v(完全弹性碰撞拓展模型)。
【例1】 如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块b沿a上升的最大高度为
B．物块a运动的最大速度为
C．滑块b沿a上升的最大高度为
D．物块a运动的最大速度为
【答案】 B
【解析】 b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大．系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由机械能守恒定律得mv02＝mvb2＋×4mva2，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误．
【例2】(多选)(2021·山东六校线上联考)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、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v0＝6 m/s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4 m/s B.B运动到最高点时的速率为 m/s
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
【解析】 A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝vA＋MvB，··v02＝·vA2＋MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有·MvB2＝·MvB′2＋·2MvC′2，联立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确.
【例3】(2022·江苏常州市模拟)如图所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s。g取10 m/s2。求：
(1)小物块被弹簧弹出时的速度；
(2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；
(3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。
【答案】 (1)5 m/s 方向向右 (2)1 m (3)3 m/s 方向向左 0.04 m
【解析】 (1) 设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5 m/s。
(2)小物块第一次上升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒，有
mv＝(m＋M)v＋mgh1
解得h1＝1 m。
(3)小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，
有mv1＝mv1′＋Mv2′
mv＝mv1′2＋Mv2′2
解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s
系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则
mv1′＋Mv2′＝(m＋M)v
mv1′2＋Mv2′2＝(m＋M)v2＋mgh2
解得h2＝0.04 m。
【例4】如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
【答案】 (1)mv (2)
【解析】 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝v0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝mv－×2mv2
解得E损＝mv。
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。
根据动量守恒定律mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝v0
根据机械能守恒得
×2m(v0)2＝×5m×(v0)2＋2mgh
解得h＝。
题型六 滑块模型中的多过程
【例1】(2022·河北唐山市模拟)质量为m1的长木板A静止放在水平地面上，其左端位于O点，质量为m2的小滑块B放在木板的右端，如图1所示，O点左侧的地面光滑，右侧的地面粗糙。质量为m0的物体C以初速度v0＝8 m/s从左侧向O点运动，与木板发生弹性碰撞。已知m0＝1.0 kg，m1＝3.0 kg，m2＝1.0 kg，长木板与滑块间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)物体C与木板A碰撞后瞬间木板的速度v1；
(2)当木板A与滑块B共速之后有两种可能的运动情况，第一种运动情况是一起相对静止在地面上减速滑行，第二种运动情况继续发生相对滑动，直至都停下来。试分析发生第一种运动情况时，O点右侧地面动摩擦因数μ1的取值范围；
(3)若最终滑块B停在木板A的左端，经测量木板的长度L＝1.0 m，若滑块可视为质点，请计算O点右侧地面与木板间的动摩擦因数μ1的数值。
【答案】 (1)4 m/s (2)0＜μ1≤0.4 (3)0.2
【解析】 (1)物体C与木板A碰撞满足动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律得
m0v0＝m0v01＋m1v1
m0v＝m0v＋m1v
解得v1＝4 m/s。
(2)二者相对静止在地面上减速滑行，对整体分析，由牛顿第二定律知
μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
设二者间静摩擦力为Ff，对滑块B分析，由牛顿第二定律得Ff＝m2a，由于二者间为静摩擦力，则Ff≤μ2m2g，可得0＜μ1≤0.4。
(3)由第(2)问可知，若μ1≤μ2，滑块相对木板向左滑动到共速后会相对静止。若μ1>μ2，滑块相对木板向左滑动到共速后会继续相对木板向右滑动，不可能停在板的左端，所以地面动摩擦因数μ1≤0.4。设滑块滑动到共速经历时间为t，共速速度为v
木板位移x＝t，滑块的位移x′＝t
木板长度为二者位移之差，
即t－t＝L
对滑块由动量定理得μ2m2gt＝m2v
对木板由动能定理得
－μ1(m1＋m2)gx－μ2m2gx
＝m1v2－m1v
可得μ1＝0.2。
【例2】(2022·山东济南市5月高考模拟)如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。求：
(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；
(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；
(3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。
【答案】 (1)μg (2)v1≤ (3)
【解析】 (1)对A有：μmg＝maA，得aA＝μg
对BC有：μmg＝2maB，解得aB＝。
(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于C滑行距离为L，由动量守恒有mv1＝3mv共
且有μmgL≥mv－×3mv，解得v1≤。
(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有mv0＝3mv共′
且有μmgL总＝mv－×3mv共′2
联立解得L总＝。
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＝mv02－(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12)
【例1】(2022届云南省高三（下）第一次统测物理试题)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。
【例2】如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】 子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v2，解得v1＝·，故A正确．
【例3】如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
【答案】 (1)6 m/s 882 J (2)能
【解析】 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE＝mv02－(M＋m)v2＝882 J.
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块．
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】 (2022·辽宁葫芦岛市高考模拟)一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升到离地20 m高处时速度为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E，爆炸时间极短，重力加速度g取10 m/s2，＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大。求：
(1)动能E；
(2)大、小两块烟花弹落地之间的距离。
【答案】 (1)60 J (2)84 m
【解析】 (1)由机械能守恒定律得E＝mgh
解得E＝60 J。
(2)烟花弹在最高点爆炸，水平方向动量守恒，设水平向左为正方向，由动量守恒定律有
0＝mv1－mv2
由能量守恒定律有
E＝×mv＋×mv
解得v1＝10 m/s，v2＝20 m/s
大、小两块烟花弹均做平抛运动，竖直方向h＝gt2，则大、小两块烟花弹落地之间的距离x＝v1t＋v2t，解得x＝84 m。
【例2】(2022·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的两滑块A、B，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是( )
A.两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1
B.两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
C.两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
【答案】 C
【解析】 以滑块A运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝，两滑块速度大小之比为：＝，两滑块的动能之比EkA∶EkB＝＝，B错误，C正确；两滑块的动量大小之比＝＝，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WA∶WB＝1∶2，D错误.
【例3】.(2021·福建晋江市四校联考)如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧的最大弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
【答案】 C
【解析】 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A、B速度相等，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得，弹性势能Epmax＝×3mv02－·(3m＋m)v2＝mv02，故C正确；整个过程中，物块A、B与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误．
【例4】如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1.现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】 设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程，P、Q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：mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝mvQ2＋·2mvP2，Q离开P时的动能：Ek2＝mvQ2，解得：＝，故C正确．
【例5】(2022·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其右侧是光滑曲面，曲面下端与光滑的水平面相切，如图所示，一质量为m的物块B位于劈A的曲面上，距水平面的高度为h，物块从静止开始滑下，到达水平面上，跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后(作用过程无机械能损失)，又滑上劈A，求物块B在劈A上能够达到的最大高度．
【答案】 h
【解析】 设物块B滑到曲面底端时速率为v1，劈A的速率为v2，物块B和劈A组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有
3mv2－mv1＝0
由系统机械能守恒可得mgh＝mv12＋×3mv22
联立可得v1＝，v2＝
与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，v1′＝v1，当物块B在劈A上达到最大高度时二者速度相同，设为v3，系统水平方向动量守恒，则有
3mv2＋mv1′＝(3m＋m)v3
物块B和劈A组成的系统机械能守恒，可得
mgh′＝×3mv22＋mv1′2－×(3m＋m)v32
联立可得h′＝h.
题型九 人船模型及其拓展模型的应用
人船模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝L，x船＝L
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
【例1】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 设船的质量为m船，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船 ＝，小船的质量为m船＝，故B正确。
【例2】 (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
【答案】 BD
【解析】 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为v1，小车的平均速度为v2，m1v1－m2v2＝0，两边同时乘以运动时间t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。
【例3】.(2021·四川德阳市二诊)如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g，一切摩擦均不计．则( )
A．A、B物体组成的系统动量守恒
B．A不能到达圆槽的左侧最高点
C．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
【答案】 D
【解析】 A、B物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A可以到达圆槽的左侧最高点，且A在圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故B错误；对A运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得mvA＝2mvB，对A、B整体由机械能守恒可得mgR＝mvA2＋×2mvB2，所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为vB＝，vA＝，故C错误，D正确．
【例4】.(2022·河北衡水中学高三调研)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示.将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A.FN＝mgcos α
B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C.滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
D.此过程中斜面向左滑动的距离为L
【答案】 D
【解析】 当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力大小FN不等于mgcos α，故A错误； 根据冲量定义I＝Ft可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝mx2 ，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，故D正确.
【例5】(多选)如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高．将质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略．第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动．下列说法正确的是( )
A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1∶1
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
【答案】 ACD
【解析】 当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律mgr＝mgh可知，h＝r，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确；当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝mv02，解得v0＝.
当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，取向左为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝
根据机械能守恒定律得mgr＝mv2＋×2mv′2，解得v＝，v′＝
两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为∶，B错误，C正确；小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m＝2m，计算得出x＝，D正确．
题型十 悬绳模型
【例1】如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m1的滑环。滑环上通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m2的物块(可视为质点)，绳长为L。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度。
【答案】 L
【解析】 滑环固定时，根据机械能守恒定律有
m2gL＝m2v，解得v0＝
滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，它们速度都为v，在此过
程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m2v0＝(m1＋m2)v
m2v＝(m1＋m2)v2＋m2gh
由以上各式解得h＝ L。
【例2】如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
【答案】 C
【解析】 子弹射入木块时，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为v1＝，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：FN＝FT＋mg> (M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误．
【例3】(2021届福建省福州第一中学高三期中）如图所示，地面上方有一水平光滑的平行导轨，导轨左侧有一固定挡板，质量M=2kg的小车紧靠挡板右侧．长L=0.45m的轻质刚性绳一端固定在小车底部的O点，另一端栓接质量m=1kg的小球．将小球拉至于O点等高的A点，使绳伸直后由静止释放，取重力加速度g=10m/s2.
(1)求小球经过O点正下方的B点时，绳的拉力大小；
(2)若小球向右摆动到最高点后，绳与竖直方向的夹角为α，求cosα；
(3)若小车速度最大时剪断细绳，小球落地，落地位置与小球剪断细绳时的位置间的水平距离s=1m，求滑轨距地面的高度．
【答案】（1）30N ； （2） ； （3） 5.45m 。
【解析】（1）A到B，由动能定理可得：
在B点，由牛顿第二定律
解得
F=30N
（2）如图所示，绳与竖直方向夹角最大时，球与小车速度v大小相等且沿水平方向；
设此时小球离开B点后上升的高度为∆h；水平方向，对小球与小车，由动量守恒定律：
由能量关系：
由几何关系：
解得：
（3）小车速度最大时，小球一定在O点正下方，绳断，小球做平抛运动，设此时小车速度为v1，小球的速度为v2，水平方向，对小车和小球，由动量守恒定律：
由能量关系：
由平抛运动可知：
s=v2t
则滑轨高度
H=h+l
带入数据可得：
H=5.45m
目录
题型一 碰撞模型 1
类型1 系统动量守恒的判断 1
类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型 3
题型二 非弹性碰撞中的“动能损失”问题 7
类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失 7
类型2 滑块木板模型中的动能损失 8
类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题 10
类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题 11
类型5 带电系统中动能的损失问题 12
类型6 导体棒“追及”过程中的动能损失问题 14
题型三 碰撞遵循的规律 15
类型1 碰撞的可能性 15
类型2 碰撞类型的识别 16
题型四 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 18
题型五 “滑块—斜(曲)面”碰撞模型 22
题型六 滑块模型中的多过程 25
题型七 子弹打木块模型中的能量动量问题 26
题型八 两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配 29
题型九 人船模型及其拓展模型的应用 32
题型十 悬绳模型 35
题型一 碰撞模型
类型1 系统动量守恒的判断．
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′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝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
【例1】(多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)( )
A．2 B. C．2 D.
【答案】 BC
【解析】 A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：mv02＝mv12＋·2mv22，联立得：v2＝.若恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·，A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝·2mv2′2－·2mvmin2，v2′＝，解得：v0′＝1.5，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.5.若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：2mg·R＝·2mv2″2，v2″2＝，解得v0″＝1.5，可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5.由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5或v0≥1.5，故A、D错误，B、C正确．
【例2】 (多选) (2022·福建龙岩市质量检测)甲物体在光滑水平面上运动的速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )
A.乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B.乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1
C.乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v1
D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
【答案】 ABC
【解析】 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两物体碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v1。当m1＝m2时，v2′＝v1，选项A正确；当m1≫m2时，v2′＝2v1，选项B正确；当m1≪m2时，v1′＝－v1，选项C正确；根据动能定理可知碰撞过程中甲对乙做的功等于乙动能的增量，选项D错误。
【例3】如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
【答案】 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
【解析】 (1)对球1从A到B应用动能定理：m1gR＝m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：
m1v02＝m1v12＋m2v22
解得：v2＝v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：
v3＝v2
则v3＝·v0
代入数据得v3＝v0，
由数学知识可知，当m2＝时，m2＋＋0.5最小，v3最大
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg.
类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
v1′＝
v2′＝
【例1】（2022届云南省昆明市第一中学高三（上）第五次复习检测理综物理试题）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/s
B. 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1：101
C. A、B两球发生的是弹性碰撞
D. 若m2
【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<
不计碰撞损失，由能量关系
联立解得
因m2<
故AB正确CD错误。
故选AB。
【例2】(多选) (2022·湖南岳阳市教学质检)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则( )
A．C球落地前瞬间A球的速度为
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
【答案】 ABD
【解析】 因为A、B、C球由静止同时释放，所以A与C落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得vA＝vC＝，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，mCv＋mBv＝mBvB′2，解得mC＝3mB，vB′＝，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，mBvB′2＋mAv＝mAvA′2，解得mB＝2mA，vA′＝3，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由以上分析解得vA′＝3，A球弹起的最大高度vA′2＝2ghmax，hmax＝＝9H，C错误，D正确。
【例3】在一种新的子母球表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距地面高度为3h和h的地方同时由静止释放，如图所示，若B与地面发生碰撞后能原速率反弹，且A、B第一次发生弹性碰撞后，A恰好能回到出发点，假设碰撞时间极短，且运动过程中忽略空气阻力的影响，求：
(1)A、B两球相碰时的位置距地面的距离；
(2)A、B两球的质量之比．
【答案】 (1)h (2)1∶3
【解析】 (1)A、B静止释放后做自由落体运动，B的落地速度v＝，此时A距地面高度为2h，速度也为.
设B与地面碰撞后经过时间t两球相遇，2h＝vt＋gt2＋，解得：t＝
联立解得A、B两球相碰时的位置距地面的距离hB＝vt－gt2＝h
(2)设A与B碰撞前两者的速度大小分别为vA、vB，碰撞后速度大小分别为vA′、vB′
A、B发生弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝－mAvA′＋mBvB′
mAvA2＋mBvB2＝mAvA′2＋mBvB′2
由碰后A恰好回到出发点，可得vA＝vA′
从中可得mAvA＝mBvB
又有vA＝v＋gt
vB＝v－gt
可得＝
联立解得＝
即A、B质量之比为1∶3
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′
m1v＋m2v＝m1v1′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)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失
【例1】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。
【例2】 (2020·全国Ⅲ卷，15)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1中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
【答案】 A
【解析】 设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。
类型2 滑块木板模型中的动能损失
【例3】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/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＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．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＝1 m/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＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，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0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝＝ m/s2＝－1 m/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．
【例2】(2022·山东邹城市模拟)质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求：
(1)两者相对静止时的运动速度v；
(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；
(3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ.
【答案】 (1)1 m/s，方向水平向右 (2)1.5 kg·m/s (3)0.5
【解析】 设水平向右为正方向
(1)从开始到相对静止，水平方向动量守恒－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得v＝1 m/s，方向水平向右．
(2)长木板的动量变化量大小Δp＝Mv－(－Mv1)＝1.5 kg·m/s
(3)对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5.
【例3】(多选)如图所示，一质量M＝8.0 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＝2.0 kg的小木块 A．给A和B以大小均为5.0 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B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是( )
A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
D．长木板的长度可能为10 m
【答案】 ACD
【解析】 木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得，当木块A的速度减为零时，Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故A正确，B错误；最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知，Mv02＋mv02－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确．
类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题
【例1】(2021·安徽十校联盟检测)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∶2 B．1∶3 C．1∶6 D．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mv2∶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：mv02＝(m＋M)v2＋Ep，得物块的重力势能为Ep＝mv02，此时物块的动能为Ek＝mv2＝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．
【例2】.(2021·河南名校联盟3月调研)如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为( )
A.R B.1.5R C.3R D.4R
【答案】 C
【解析】 若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
由机械能守恒定律得
mv02＝·2mv12＋mgR
代入数据解得v0＝2
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
2mv0＝2mv2
由能量守恒得
m(2v0)2＝·2mv22＋mgR＋mvy 2
解得vy＝
小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则
h＝＝3R
故距B点的最大高度为3R.
故选C.
类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题
【例1】(2022·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M)。若使A球获得瞬时速度v(如图2甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )
A.L1＞L2 B.L1＜L2
C.L1＝L2 D.不能确定
【答案】 C
【解析】 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv＝(m＋M)v′
由机械能守恒定律得Ep＝mv2－(m＋M)v′2
联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝
同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有Ep＝
故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D错误，C正确。
【例2】(2022·江西省教学质量监测)如图所示，质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep1。现将物体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至P点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep2。则Ep1∶Ep2等于( )
A.1 B.2
C.3 D.4
【答案】 B
【解析】 设压缩到P点时，弹簧的弹性势能为Ep，开始时，物体A、B的质量均为m，则有Ep＝mv，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－×2mv2＝Ep，把A的质量换成3m，Ep＝×3mv0′2，3mv0′＝4mv′，Ep2＝Ep－×4mv′2＝Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，选项B正确。
类型5 带电系统中动能的损失问题
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∶2
B．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mv
【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＝＝，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＝v0，A球减少的机械能为ΔEkA＝·2mv－·2m＝mv，B球增加的机械能为ΔEkB＝m＝mv，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＝·2mv－·2mv2＝mv，故D错误。
【例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＝6 m/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∶1
C.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＝，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1】(多选) (2021·滨州一模)如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1 m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2 kg，CD棒质量为m2＝0.4 kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5 Ω，若CD棒以v0＝3 m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是( )
A．AB棒的最终速度大小为1 m/s
B．该过程中电路中产生的热量为0.6 J
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C
D．两金属棒的最大距离为0.3 m
【答案】 BC
【解析】 开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2 m/s，选项A错误；对系统，由能量守恒定律得m2v＝Q＋(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6 J，选项B正确；对AB棒，由动量定理得BIlt＝m1v，而It＝q，则Blq＝m1v，解得q＝0.4 C，选项C正确；通过导体横截面的电荷量q＝＝，两金属棒间的最大距离D＝d＋L＝＋L＝ m＋0.2 m＝0.4 m，选项D错误。
【例2】(多选)(2022·山东临沂市上学期期末)如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放置着金属杆a和b(杆a、b均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半.已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )
A.杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为，方向向右
B.杆b刚进入磁场时，通过b的电流为
C.从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为mv2
D.杆a、b最终具有相同的速度，大小为
【答案】 ABC
【解析】 以向右为正方向，杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，×2mv2＝×2mv12＋×mv22，解得v1＝，v2＝v，即杆a的速度为，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝＝，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝mv22－m2＝mv2，故C正确；a进入磁场后，a、b组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为v，故D错误.
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＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0.
类型1 碰撞的可能性
【例1】A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
【答案】 B
【解析】 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
【例2】(多选)(2021·边城高级中学高三开学考)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是
5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为( )
A.pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
B.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C.pA′＝5 kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s
D.pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
【答案】 BC
【解析】 碰撞前系统总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由题意，设mA＝mB＝m，碰前总动能为Ek＝＋＝＋＝，若pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，系统动量守恒，但是碰撞后A的速度仍大于B的速度，与实际不相符，选项A错误；若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能2×＝
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1】北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：
(1)冰壶乙获得的速度大小；
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少．
【答案】 (1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞 0.57 J
【解析】 (1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3
将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s
代入上式得v3＝0.3 m/s.
(2)碰撞前的动能E1＝mv12＝1.52 J，
碰撞后两冰壶的总动能E2＝mv22＋mv32＝0.95 J
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，
能量损失E＝ E1－ E2＝0.57 J.
【例2】2022年第24届冬奥会在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v－t图像如图(b)所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1 m/s2
C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m
D．两壶碰撞是弹性碰撞
【答案】 C
【解析】 根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；由题图(b)知碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度v0′＝0.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6 m/s.根据图像可得，红壶碰前的加速度为a1＝＝0.2 m/s2，所以蓝壶静止的时刻为t＝＝6 s，碰后蓝壶的加速度大小为a′＝＝0.12 m/s2，故B错误．碰后两壶相距的最远距离Δx＝ m－ m＝1.1 m，碰撞前两壶的总动能为Ek1＝mv02＝0.5m，碰撞后两壶的总动能为Ek2＝mv0′2＋mv2＝0.26m，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故C正确，D错误．
【例3】如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x－t(位移—时间)图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断( )
A.碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B.碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C.m2＝0.5 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【答案】 A
【解析】 由题图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v1′＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，两小球组成的系统动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项A正确，B、C错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v1′2＋m2v2′2－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D错误。
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】如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生相互作用．求二者在发生相互作用的过程中，
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
【答案】 (1)6 J (2)2 m/s，方向向右
【解析】 (1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝＝ m/s＝1 m/s
弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、B损失的动能
Epm＝mAv02－(mA＋mB)v2＝6 J.
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，
由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm
mAv02＝mBvm2＋mAvA2
解得vm＝2 m/s，方向向右．
【例2】如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
【答案】 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
【解析】 (1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6 m/s
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设此时滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
x＝v5t，H＝gt2
解得x＝2 m.
【例3】(2022·山东泰安市高三检测)如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长．一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞．不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为( )
A.mv02 B.mv02
C.mv02 D.mv02
【答案】 A
【解析】 当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，
mv02＝mv12＋×v22，联立解得v2＝v0，当A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得2mv2＝(2m＋3m)v，得v＝v0.由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为Ep＝×(2m)v22－×(5m)v2，解得Ep＝mv02；当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有mv0＝3mv1′，当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v′，则由动量守恒定律得3mv1′＝6mv′.由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为Ep＝×(3m)v1′2－×(6m)v′2，解得Ep＝mv02，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是mv02≤Ep≤mv02，故A正确．
【例4】.(2022·云南昆明市高三检测)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为，两个质量均为的物体、与弹簧连接，物体的左边有一固定挡板，物体从图示位置由静止释放，当两物体相距最近时，物体的速度为 ，弹簧处于自然长度时弹性势能为，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 、两物体和弹簧组成的系统水平方向动量守恒
B. 弹簧最大弹性势能为
C. 物体的最大速度等于
D. 某段时间内物体可能向左运动
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．有挡板在，故、两物体和弹簧组成的系统最初水平方向动量不守恒，A错误；
B．物体释放瞬间，弹簧弹性势能最大，当到达与物体相距最近位置时，弹簧弹性势能最小为零，根据系统机械能守恒定律，可知弹簧的最大弹性势能为
B正确；
C．从到达与物体相距最近位置时开始，两物体和弹簧组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
当时，物体的最小速度是，物体的最大速度为，C正确；
D．由动量守恒可知物体不会向左运动，D错误
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，m1v＝(m2＋m1)v＋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，m1v＝m1v＋m2v(完全弹性碰撞拓展模型)。
【例1】 如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块b沿a上升的最大高度为
B．物块a运动的最大速度为
C．滑块b沿a上升的最大高度为
D．物块a运动的最大速度为
【答案】 B
【解析】 b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大．系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由机械能守恒定律得mv02＝mvb2＋×4mva2，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误．
【例2】(多选)(2021·山东六校线上联考)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、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v0＝6 m/s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4 m/s B.B运动到最高点时的速率为 m/s
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
【解析】 A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝vA＋MvB，··v02＝·vA2＋MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有·MvB2＝·MvB′2＋·2MvC′2，联立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确.
【例3】(2022·江苏常州市模拟)如图所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s。g取10 m/s2。求：
(1)小物块被弹簧弹出时的速度；
(2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；
(3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。
【答案】 (1)5 m/s 方向向右 (2)1 m (3)3 m/s 方向向左 0.04 m
【解析】 (1) 设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5 m/s。
(2)小物块第一次上升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒，有
mv＝(m＋M)v＋mgh1
解得h1＝1 m。
(3)小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，
有mv1＝mv1′＋Mv2′
mv＝mv1′2＋Mv2′2
解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s
系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则
mv1′＋Mv2′＝(m＋M)v
mv1′2＋Mv2′2＝(m＋M)v2＋mgh2
解得h2＝0.04 m。
【例4】如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
【答案】 (1)mv (2)
【解析】 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝v0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝mv－×2mv2
解得E损＝mv。
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。
根据动量守恒定律mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝v0
根据机械能守恒得
×2m(v0)2＝×5m×(v0)2＋2mgh
解得h＝。
题型六 滑块模型中的多过程
【例1】(2022·河北唐山市模拟)质量为m1的长木板A静止放在水平地面上，其左端位于O点，质量为m2的小滑块B放在木板的右端，如图1所示，O点左侧的地面光滑，右侧的地面粗糙。质量为m0的物体C以初速度v0＝8 m/s从左侧向O点运动，与木板发生弹性碰撞。已知m0＝1.0 kg，m1＝3.0 kg，m2＝1.0 kg，长木板与滑块间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)物体C与木板A碰撞后瞬间木板的速度v1；
(2)当木板A与滑块B共速之后有两种可能的运动情况，第一种运动情况是一起相对静止在地面上减速滑行，第二种运动情况继续发生相对滑动，直至都停下来。试分析发生第一种运动情况时，O点右侧地面动摩擦因数μ1的取值范围；
(3)若最终滑块B停在木板A的左端，经测量木板的长度L＝1.0 m，若滑块可视为质点，请计算O点右侧地面与木板间的动摩擦因数μ1的数值。
【答案】 (1)4 m/s (2)0＜μ1≤0.4 (3)0.2
【解析】 (1)物体C与木板A碰撞满足动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律得
m0v0＝m0v01＋m1v1
m0v＝m0v＋m1v
解得v1＝4 m/s。
(2)二者相对静止在地面上减速滑行，对整体分析，由牛顿第二定律知
μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
设二者间静摩擦力为Ff，对滑块B分析，由牛顿第二定律得Ff＝m2a，由于二者间为静摩擦力，则Ff≤μ2m2g，可得0＜μ1≤0.4。
(3)由第(2)问可知，若μ1≤μ2，滑块相对木板向左滑动到共速后会相对静止。若μ1>μ2，滑块相对木板向左滑动到共速后会继续相对木板向右滑动，不可能停在板的左端，所以地面动摩擦因数μ1≤0.4。设滑块滑动到共速经历时间为t，共速速度为v
木板位移x＝t，滑块的位移x′＝t
木板长度为二者位移之差，
即t－t＝L
对滑块由动量定理得μ2m2gt＝m2v
对木板由动能定理得
－μ1(m1＋m2)gx－μ2m2gx
＝m1v2－m1v
可得μ1＝0.2。
【例2】(2022·山东济南市5月高考模拟)如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。求：
(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；
(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；
(3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。
【答案】 (1)μg (2)v1≤ (3)
【解析】 (1)对A有：μmg＝maA，得aA＝μg
对BC有：μmg＝2maB，解得aB＝。
(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于C滑行距离为L，由动量守恒有mv1＝3mv共
且有μmgL≥mv－×3mv，解得v1≤。
(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有mv0＝3mv共′
且有μmgL总＝mv－×3mv共′2
联立解得L总＝。
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＝mv02－(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12)
【例1】(2022届云南省高三（下）第一次统测物理试题)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。
【例2】如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】 子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v2，解得v1＝·，故A正确．
【例3】如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
【答案】 (1)6 m/s 882 J (2)能
【解析】 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE＝mv02－(M＋m)v2＝882 J.
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块．
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】 (2022·辽宁葫芦岛市高考模拟)一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升到离地20 m高处时速度为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E，爆炸时间极短，重力加速度g取10 m/s2，＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大。求：
(1)动能E；
(2)大、小两块烟花弹落地之间的距离。
【答案】 (1)60 J (2)84 m
【解析】 (1)由机械能守恒定律得E＝mgh
解得E＝60 J。
(2)烟花弹在最高点爆炸，水平方向动量守恒，设水平向左为正方向，由动量守恒定律有
0＝mv1－mv2
由能量守恒定律有
E＝×mv＋×mv
解得v1＝10 m/s，v2＝20 m/s
大、小两块烟花弹均做平抛运动，竖直方向h＝gt2，则大、小两块烟花弹落地之间的距离x＝v1t＋v2t，解得x＝84 m。
【例2】(2022·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的两滑块A、B，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是( )
A.两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1
B.两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
C.两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
【答案】 C
【解析】 以滑块A运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝，两滑块速度大小之比为：＝，两滑块的动能之比EkA∶EkB＝＝，B错误，C正确；两滑块的动量大小之比＝＝，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WA∶WB＝1∶2，D错误.
【例3】.(2021·福建晋江市四校联考)如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧的最大弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
【答案】 C
【解析】 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A、B速度相等，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得，弹性势能Epmax＝×3mv02－·(3m＋m)v2＝mv02，故C正确；整个过程中，物块A、B与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误．
【例4】如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1.现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】 设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程，P、Q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：mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝mvQ2＋·2mvP2，Q离开P时的动能：Ek2＝mvQ2，解得：＝，故C正确．
【例5】(2022·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其右侧是光滑曲面，曲面下端与光滑的水平面相切，如图所示，一质量为m的物块B位于劈A的曲面上，距水平面的高度为h，物块从静止开始滑下，到达水平面上，跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后(作用过程无机械能损失)，又滑上劈A，求物块B在劈A上能够达到的最大高度．
【答案】 h
【解析】 设物块B滑到曲面底端时速率为v1，劈A的速率为v2，物块B和劈A组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有
3mv2－mv1＝0
由系统机械能守恒可得mgh＝mv12＋×3mv22
联立可得v1＝，v2＝
与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，v1′＝v1，当物块B在劈A上达到最大高度时二者速度相同，设为v3，系统水平方向动量守恒，则有
3mv2＋mv1′＝(3m＋m)v3
物块B和劈A组成的系统机械能守恒，可得
mgh′＝×3mv22＋mv1′2－×(3m＋m)v32
联立可得h′＝h.
题型九 人船模型及其拓展模型的应用
人船模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝L，x船＝L
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
【例1】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 设船的质量为m船，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船 ＝，小船的质量为m船＝，故B正确。
【例2】 (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
【答案】 BD
【解析】 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为v1，小车的平均速度为v2，m1v1－m2v2＝0，两边同时乘以运动时间t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。
【例3】.(2021·四川德阳市二诊)如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g，一切摩擦均不计．则( )
A．A、B物体组成的系统动量守恒
B．A不能到达圆槽的左侧最高点
C．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
【答案】 D
【解析】 A、B物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A可以到达圆槽的左侧最高点，且A在圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故B错误；对A运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得mvA＝2mvB，对A、B整体由机械能守恒可得mgR＝mvA2＋×2mvB2，所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为vB＝，vA＝，故C错误，D正确．
【例4】.(2022·河北衡水中学高三调研)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示.将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A.FN＝mgcos α
B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C.滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
D.此过程中斜面向左滑动的距离为L
【答案】 D
【解析】 当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力大小FN不等于mgcos α，故A错误； 根据冲量定义I＝Ft可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝mx2 ，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，故D正确.
【例5】(多选)如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高．将质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略．第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动．下列说法正确的是( )
A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1∶1
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
【答案】 ACD
【解析】 当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律mgr＝mgh可知，h＝r，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确；当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝mv02，解得v0＝.
当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，取向左为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝
根据机械能守恒定律得mgr＝mv2＋×2mv′2，解得v＝，v′＝
两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为∶，B错误，C正确；小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m＝2m，计算得出x＝，D正确．
题型十 悬绳模型
【例1】如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m1的滑环。滑环上通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m2的物块(可视为质点)，绳长为L。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度。
【答案】 L
【解析】 滑环固定时，根据机械能守恒定律有
m2gL＝m2v，解得v0＝
滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，它们速度都为v，在此过
程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m2v0＝(m1＋m2)v
m2v＝(m1＋m2)v2＋m2gh
由以上各式解得h＝ L。
【例2】如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
【答案】 C
【解析】 子弹射入木块时，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为v1＝，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：FN＝FT＋mg> (M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误．
【例3】(2021届福建省福州第一中学高三期中）如图所示，地面上方有一水平光滑的平行导轨，导轨左侧有一固定挡板，质量M=2kg的小车紧靠挡板右侧．长L=0.45m的轻质刚性绳一端固定在小车底部的O点，另一端栓接质量m=1kg的小球．将小球拉至于O点等高的A点，使绳伸直后由静止释放，取重力加速度g=10m/s2.
(1)求小球经过O点正下方的B点时，绳的拉力大小；
(2)若小球向右摆动到最高点后，绳与竖直方向的夹角为α，求cosα；
(3)若小车速度最大时剪断细绳，小球落地，落地位置与小球剪断细绳时的位置间的水平距离s=1m，求滑轨距地面的高度．
【答案】（1）30N ； （2） ； （3） 5.45m 。
【解析】（1）A到B，由动能定理可得：
在B点，由牛顿第二定律
解得
F=30N
（2）如图所示，绳与竖直方向夹角最大时，球与小车速度v大小相等且沿水平方向；
设此时小球离开B点后上升的高度为∆h；水平方向，对小球与小车，由动量守恒定律：
由能量关系：
由几何关系：
解得：
（3）小车速度最大时，小球一定在O点正下方，绳断，小球做平抛运动，设此时小车速度为v1，小球的速度为v2，水平方向，对小车和小球，由动量守恒定律：
由能量关系：
由平抛运动可知：
s=v2t
则滑轨高度
H=h+l
带入数据可得：
H=5.45m
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