高考物理一轮复习：弹性碰撞和非弹性碰撞
一、选择题
1．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）一个质量为m、速度为v的A球与另一个质量为4m的静止B球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能为（ ）
A．0.1v B．0.3v C．0.5v D．v
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】由动量守恒定律得
如果两球发生完全弹性碰撞
解得
故选B。
【分析】两球碰撞过程中动量守恒，完全非弹性碰撞，动能损失最大，速度最小，如果两球发生完全弹性碰撞，机械能守恒。
2．（2024高二下·西城期末）2014年11月13日欧洲航天局发射的罗塞塔号彗星探测器历经10年飞行成功降落在67P彗星的表面。据报道，罗塞塔号在发射后，先后三次飞过地球，用地球的引力作为助力来达到追赶67P彗星所需的速度。其原理与图1所示的小球与大球发生弹性正碰的模型相似：若小球质量远小于大球质量，碰前两球以速率和相向运动，则碰后小球的速率等于，即碰撞前后二者相对速度大小不变。如图2所示，只考虑探测器和地球之间的万有引力，以太阳为参考系，探测器从图示位置进入地球引力范围时，探测器和地球的速率分别为和，探测器绕地球飞行后离开地球引力范围时，探测器的速率为。假设探测器再次回到地球引力范围时速率仍为，则探测器先后三次这样绕地球飞行后达到的速率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】第一次绕地球飞行后达到的速率为，再次回到地球引力范围时速率仍为，再次回到地球引力范围时速率仍为，则探测器第三次绕地球飞行后达到的速率为。
故选B。
【分析】一次绕地球飞行后达到的速率为，第二次绕地球飞行后达到的速率为，探测器第三次绕地球飞行后达到的速率为。
3．（2024高二下·吴桥月考） 如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬间冲量，使它获得4m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是（ ）
A．木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6m/s
B．整个过程产生的热量为3.6J
C．碰后C的速度为0.5m/s
D．A和C碰撞前A、B已经共速运动
【答案】B
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】C.对B开始运动一直到碰后A、B停下来，以A、B、C组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
解得
C不符合题意；
B.根据能量守恒定律有
B符合题意；
A.木板A和小球C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
，
代入数据解得
A不符合题意；
D.A和C碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有
代入数据解得
由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对B开始运动一直到碰后A、B停下来，对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律列式，求出C的碰后速度；根据能量守恒定律求解整个过程产生的热量；对A、C的弹性碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，求解木板碰撞小球前的瞬间A的速度；假设A和C碰撞前A、B已经共速，由动量守恒定律求出共速速度，再与A的碰前速度进行比较，得出结论。
4．（2024高三下·南宁模拟） 如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv（k未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g．下列说法正确的是（ ）
A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为
B．滑块与木板间的动摩擦因数为
C．k=2
D．滑块弹回瞬间的速度大小为
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知
解得
故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
CD．小滑块以水平速度右滑时，由动能定理有
小滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有
滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有
由能量守恒定律可得
解得，
故C错误，D正确；
故选D。
【分析】 对滑块以水平速度v右滑动的过程，根据动能定理求解滑块与木板间的动摩擦因数，根据牛顿第二定律求解加速度大小；滑块以速度kv滑上木板时，根据动能定理求得滑块与墙碰撞前瞬间的速度，滑块与墙碰后至向左运动到木板左端的过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解。
5．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹A的质量是子弹B的质量的2倍
B．子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止
D．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.对A、B和木块组成的系统，根据动量守恒定律可得
对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
依题意，有
联立，可得
，
A不符合题意；
B.根据A项分析可知，子弹A的初动量和子弹B的初动量大小相等，B不符合题意；
C.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则A、B的初始动量分别变为和，则根据A项分析，两子弹的初动量仍为相等的关系，故系统动量仍守恒，木块会始终保持静止，C不符合题意；
D.依题意，对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
联立，可得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、B和木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，列出守恒方程，再分别对A和B应用动能定理列式，可求出A、B的质量关系；根据子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍后两子弹的动量关系，分析木块是否依然能保持静止；对A、B在木块的中的运动过程分别应用动能定理，得出子弹A射入木块的深度与子弹B射入木块深度的关系。
6．（2024高二下·大新月考）下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（ ）
A．只有甲、乙 B．只有丙、丁 C．只有甲、丙 D．只有乙、丁
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】甲：在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒
乙：剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒
丙：两球匀速下降，木球与铁球的系统所受合力为零，细线断裂后，它们的受力情况不变，系统的合外力仍为零，所以系统的动量守恒
丁：木块下滑过程中，由于木块对斜面的压力，导致斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒
故守恒的有甲、丙
故答案为：C。
【分析】系统动量守恒的条件：1、系统不受外力或受外力的矢量和为零。2、相互作用的时间极短，相互作用的内力远大于外力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可忽略不计，可以看作系统的动量守恒。
3、系统某一方向上不受外力或受外力的矢量和为零，或外力远小于内力，则该方向上动量守恒。
7．（2024高一下·黔西月考）如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹平射入木块的深度为时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为，木块对子弹的平均阻力为，那么在这一过程中下列说法不正确的是( )
A．木块的机械能增量 B．子弹的机械能减少量为
C．系统的机械能减少量为 D．系统的机械能减少量为
【答案】D
【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】摩擦力对物块所做的功等于物块机械能的增量，则物块机械能的增量为
摩擦力对子弹做的功等于子弹机械能的减少，则子弹机械能的减少量为
系统机械能减少量为系统内能的增量，则系统机械能的减少量为
所以ABC正确D错误；
正确答案为ABC。
【分析】摩擦力对物块所做的功等于物块机械能的增量；摩擦力对子弹做的功等于子弹机械能的减少；系统机械能减少量为系统内能的增量。
8．（2024高二下·广西月考）如图所示，细线的一端固定在O点，另一端系着小球A。物块B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，B位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知O点到水平面的距离为h，小球A的质量为m，物块B和C的质量均为3m，重力加速度为g。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A反弹离地面的最大高度为
B．碰撞过程中小球A对物块B的冲量大小为
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
D．物块C获得的最大速度为
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A、设小球到最低点与B碰前瞬间的速度为v0，根据机械能守恒得
小球与B发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v，B球的速度为vB，根据动量守恒及机械能守恒得
解得
小球向左摆到最高点的过程中机械能守恒，设上升的高度为h'
解得
故A错误。
B、根据动量定理，B物体受到的冲量为
故B错误。
C、当弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，此时B、C两物体速度相等，设为v1，根据动量守恒得
解得
根据能量守恒定律有
故C正确。
D、当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，根据动量守恒及机械能守恒得
联立得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】小球A向下摆动过程，小球A的机械能守恒，根据机械能守恒确定A与B碰撞前A的速度。AB发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰后AB的速度，碰后A向上运动过程机械能守恒，到达最高点时A速度为零，根据机械能守恒定律确定A回到最高点的高度。BC一起向右运动过程，BC及弹簧构成的整体动量守恒及能量守恒，当BC共速时，弹簧的弹性势能最大，当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，再结合动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
9．（2024高三下·湖北模拟）如图甲所示，物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物体最初与左侧的固定挡板相接触，b物体质量为4kg。现解除对弹簧的锁定，在a物体离开挡板后的某时刻开始，b物体的图象如图乙所示，则可知（ ）
A．a物体的质量为1kg
B．a物体的最大速度为2m/s
C．在a物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6J
D．在a物体离开挡板后，物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】 AB、解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，a、b及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知b的速度最大时，a的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；b的速度最小时，a的速度最大，且此时也处于原长。设a的质量为ma，a的最大速度为va根据动量守恒有
由机械能守恒可得
由图像可知
，
解得
，
故AB错误；
C、当a、b速度相等时，a、b动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧势能最大。根据动量守恒定律有
根据能量守恒
解得
故C正确；
D、在a物体离开挡板后，物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，故D错误。
故答案为：C。
【分析】解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，a、b及弹簧构成的系统动量守恒和机械能守恒。a离开挡板前，b做加速运动，a离开挡板瞬间，弹簧处于原长，离开挡板后a先做加速运动，b先做减速运动，此时b的速度最大，a的速度最小为零。当a、b共速时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，当b的速度最小时，a的速度最大，且此时弹簧也处于原长，如此往复。再结合动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
10．（2024高二下·慈溪月考） 如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为1kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（ ）
A．两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为
B．两物块A和B分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.4m
D．C球由静止释放到最低点，物体A、B和C球所组成的系统动量和机械能都守恒
【答案】B
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AB.球C运动至最低点时，两物块A和B分离，C球下摆的过程中，A、B、C三者组成的系统水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律可得
解得C的速度大小和A、B共同的速度大小分别为
，
A不符合题意，B符合题意；
C.根据人船模型原理可得
又
解得木块移动的距离为
C不符合题意；
D.C球由静止释放到最低点的过程中，物体A、B和C球所组成的系统机械能守恒，但该系统在竖直方向上有加速度，合力不为零，所以系统动量守恒，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】球C运动至最低点时，两物块A和B分离，对A、B、C三者组成的系统，由水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，求出C的速度大小和A、B的速度大小；根据人船模型原理，由动量守恒定律求解木块移动的距离；根据机械能守恒条件和动量守恒条件分析。
11．（2024高三下·江岸开学考） 静止的镭核发生衰变生成Rn，并释放光子，衰变方程：。已知，，的质量分别为226.0254u，222.0175u，4.0026u。不计光子的动量和能量，1u相当于931MeV，此衰变产生的粒子的动能约为（ ）
A．0.087MeV B．1.67MeV C．3.25MeV D．4.85MeV
【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】根据质能方程得该衰变过程释放的核能为
解得，对衰变后产生的粒子和Rn核，由动量守恒与能量守恒可得
，
解得
ABC符合题意，D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据爱因斯坦质能方程求出该衰变过程释放的核能，再由动量守恒与能量守恒求解衰变产生的粒子的动能。
12．（2024高三下·宁波模拟） 质量为的滑块沿倾角为、长度为的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为，并静置于光滑水平面上，重力加速度为。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】 ：设滑块滑到底端时的水平速度和竖直速度为vx和vy，即滑块的合速度为 ，斜面的合速度为v2。由于滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，以向右为正方向，有：m1vx-m2v2=0
结合两者的水平位移关系有：
对滑块，在竖直方向的位移：
对两物体的系统，由机械能守恒定律有：
联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为： 故ACD错误，B正确。
故选：B。【分析】 对滑块和斜面系统，由水平方向运动守恒，机械能守恒列式，再结合竖直方向上的位移—时间关系列方程，联立可求得时间。
二、多项选择题
13．（2024高三下·曲靖模拟） 如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C，球C可视为质点。现将球C拉起使细线水平伸直，并同时由静止释放A、B、C。下列说法正确的是（ ）
A．球C下摆过程中，A、B、C系统机械能守恒，动量守恒
B．A、B两木块分离时，A的速度大小为
C．球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离为
D．当C第一次向右运动经过O点正下方时，C的速度大小为
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A.球C下摆过程中，A、B、C系统机械能守恒，但由于C球竖直方向上有加速度，所以A、B、C系统在竖直方向上的合力不为零，故系统动量不守恒，A不符合题意；
B.球C第一次运动到最低点时A、B两木块分离，设此时C速度大小为，A、B的速度为，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得
，
解得
，
B符合题意；
C.C球向左摆至最高点时，A、C共速，水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
根据系统机械能守恒得
解得
则小球C第一次到达轻杆左侧最高处距0点的竖直高度为，C符合题意；
D.C第一次向右运动经过O点正下方时，设C速度大小为，A的速度大小为，对小球第一次向左经过最低点到第一次向右经过最低点的过程，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得
，
联立解得
，
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据动量守恒和机械能守恒的条件，分析球C下摆过程中，A、B、C系统机械能和动量是否守恒；对C球摆到最低点的过程，以A、B、C组成的系统为研究对象，由水平方向上的动量守恒和机械能守恒定律求出A、B两木块分离时，A的速度大小；对C球向左摆至最高点的过程，以A、C整体为研究对象，由水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，求出球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离；同理求解当C第一次向右运动经过O点正下方时C的速度大小。
14．（2024高三下·重庆市模拟） 如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（ ）
A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功
B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒
C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为
D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C
【答案】A,C,D
【知识点】自由落体运动；功的概念；碰撞模型；人船模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A、球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，AC组成的系统机械能守恒，C向右运动机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A正确；
B、整个过程中球A、球B和槽C构成的系统水平方向动量守恒，故B错误；
C、球A到槽C上端时的速度为v1，由机械能守恒定律
解得
球A到槽C组成的系统，设球A到最低点时的速度为vA，规定水平向左为正方向，水平方向动量守恒
则
由几何关系
联立解得，球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为
故C正确；
D、由能量守恒
其中
联立解得
，
对球A和球B由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
因为
所以球A与弹簧作用后，能够追上槽C，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，AC组成的系统机械能守恒，C向右运动机械能增加，则A机械能减小。熟练掌握动量守恒的条件及分析方法。 球A第一次滑至槽C最低点过程中， 属于人船模型，确定两物体位移与槽半径的关系，再对水平方向结合动量守恒定律确定A移动的位移。若球A与弹簧分离后球A的速度大于求A与槽C分离时槽C的速度，则A能追上C，再根据不同的运动阶段，选择恰当的研究对象，根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
15．（2024高二下·吴桥月考） 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为的子弹射中并嵌在其中。已知子弹的质量是m，物体A和B的质量相同均为则（ ）
A．子弹射入A的过程中，A物体获得的最大速度为
B．弹簧压缩到最短时，B的速度为
C．运动过程中，物体B能获得的最大速度为
D．弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
【答案】B,C
【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A.子弹射入A的过程中，对子弹和A组成的系统动量守恒，有
解得
A不符合题意；
B.弹簧压缩到最短时，子弹和A、B物体速度相等，设为，对子弹、物体A、物体B组成的系统，由动量守恒定律可得
解得
B符合题意；
C.运动过程中，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，设此时子弹和A的速度为，B的速度为，由动量守恒及机械能守恒定律可得
解得
C符合题意；
D.弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对子弹射入A的过程，以子弹和A整体为研究对象，由动量守恒定律，求出子弹射入A的过程中，A物体获得的最大速度；弹簧压缩到最短时，子弹和A、B物体速度相等，由动量守恒定律求出共速速度；运动过程中，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律，求解物体B能获得的最大速度；对整个系统，由机械能守恒定律求解弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能。
16．（2024高二下·福州期末）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块，从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=5m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（ ）
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+L
B．全过程小车相对地面的位移大小为
C．小车在运动过程中速度的最大值为
D．、L、R三者之间的关系为
【答案】B,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】AB．滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有
全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为， 全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误；B正确；
C．根据
由上两式解得
小车在运动过程中速度的最大值为，故C错误；
D．全程由能量守恒定律则有
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型求解全过程小车相对地面的位移大小，滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动。
17．（2024高一下·运城期末）甲、乙两名滑冰运动员在光滑的冰面上沿同一直线运动，速度的大小分别为、，且、，碰撞后（正碰）甲、乙两人一起运动，速度大小为。则甲、乙两人的质量之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】若碰前两者运动方向相同，
解得
若碰后速度方向与甲相同，碰前两者运动方向相反，
解得
若碰后速度方向与乙相同，碰前两者运动方向相同，根据动量守恒定律有
则有
可知此种情景不成立。
故选AC。
【分析】分碰前两者运动方向相同以及碰前两者运动方向相反，进行讨论，结合动量守恒定律进行分析。
三、非选择题
18．（2024高三下·重庆市月考） 如图所示，两个质量分别为、的小物块A、B（均可视为质点）静置于水平地面上，中间用细线相连，且中间夹着一个劲度系数很大的压缩轻弹簧（长度忽略不计），弹簧左端与A相连，弹簧右端与B接触但不相连，此时弹簧的弹性势能为48J。紧邻A、B两侧各有长的光滑水平地面，以F点和C点为分界点，F点左侧地面和两物块间的动摩擦因数均为，C点右侧固定有一半径为R的光滑半圆轨道，该轨道在C点刚好和水平地面相切。突然剪断A、B间的细线，B能够经过半圆轨道顶端D点，且B落地后不反弹，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）A停止运动时到F点的距离；
（2）只改变R的大小，使B从D点脱离后落地时距离C点最远，求此时R的大小。
【答案】（1）设物块B和弹簧刚分开时，物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，以水平向左为正方向，则由能量守恒定律可得
根据动量守恒定律，有
联立，解得
，
设物块A停止运动时到F点的距离为x，由动能定理得
解得
（2）设物块B在D点的速度大小为v3，从C点运动到D点过程中，由动能定理得
从D点水平抛出后，在竖直方向有
水平方向有
联立，解得
由分析知，当
时，x有最大值，解得
此时
可知物块A、B在运动过程中不会相撞。因此，要使物块B从D点脱离后落地时距离C点最远，此时。
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律和动量守恒定律，求出弹簧将两物块弹开的速度，再由动能定理计算 A停止运动时到F点的距离； （2）由动能定理求出物块B运动到D点的速度，再由平抛运动规律求解。
19．（2024高二下·益阳期末）固定的直角三角形斜面倾角为37°上面放着三个可视为质点的物块mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，g=10m/s2，其中BC间距4.2m，C到斜面底端D点的距离为24m，AB间用轻绳跨过光滑定滑轮连接，开始时用手托住A使其静止在距离地面4m的高处，绳子伸直且张紧，放手后B将在A的带动下沿斜面运动，且在A落地瞬间B就与轻绳在连接处断开，已知B在运动中不会到达定滑轮处，B与斜面间的摩擦因数为μ1=0.5，BC间碰撞时为弹性正碰，不计空气阻力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶
(1)放手后A经过多长时间落地；
(2)若要保证C开始时静止在斜面上，且BC在斜面上仅发生一次弹性碰撞，求C与斜面间摩擦因数μ2应该满足的条件。
【答案】解：(1)对AB进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
根据
解得
速度
(2)若要保证C开始时静止在斜面上，则
即
A落地后对B受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
B向上减速，则有
得B向上运动的位移
即向上最大的位移为
m
接下来B会向下运动，由受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
向下运动的总位移为
根据
得
B与C相碰由于弹性碰撞得
解得
，
之后B加速，加速度a'B =2m/s2，剩余位移为x'=24m
由
解得
对于C由
解得
物块C做减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
即
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1)应用牛顿第二定律求出放手后A的加速度，然后应用位移一时间公式求出A的落点时间。
(2)C能静止在斜面上，C的摩擦力大于等于重力沿斜面的分力；B、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用牛顿第二定律与运动学公式分析答题。
20．（2024高一下·江岸期末）如图所示，某固定装置由圆心角θ=60°，半径R=1.5m的两圆弧管道AB、BC平滑连接。在轨道末端C的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端C所在的水平面平齐，右端放置质量m2=3kg的物块b。质量m1=1kg的物块a以速度从左端A点进入圆弧管道，经过ABC滑出圆弧管道。已知物块a、b与小车的动摩擦因数分别为 1=0.6， 2=0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。已知重力加速度为g=10m/s2，求：（结果可保留分数）
（1）求物块a到达C点时对管道的作用力FN；
（2）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d；
（3）如果小车足够长，物块b开始在距小车左端d1=6m处，求物块a与物块b发生第一次弹性碰撞后的速度va与vb。
【答案】解：（1）由题意可知，圆弧轨道光滑，所以从A到C，根据动能定理有
解得
在C点有
解得
由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力大小为
方向竖直向上；
（2）当物块滑上小车后，由于
所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，则
解得
（3）如果小车足够长，物块b开始在距小车左端d1=6m处，小于d，则
解得
，
当两物块发生弹性碰撞有
解得
，
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）从A到C，合力做功等于动能变化量，根据动能定理列方程，在C点，合力提供向心力；
（2）当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，此时小车长度为最小值；
（3）当两物块发生弹性碰撞，动量守恒，而且动能也是守恒的，据此列式求解。
21．（2024高二下·佛山期末）如图所示，一滑槽放置在光滑水平面上，滑槽上表面由同一竖直平面内的水平段MP和四分一圆弧段PQ平滑衔接而成。滑槽质量为2m，MN段粗糙、长度为5R，NP段光滑、长度为2R，PQ段光滑、半径为R。距离滑槽右端某处有一固定挡板。质量为m的小滑块以水平速度从M点滑上滑槽，已知小滑块滑至P点时速度为，此时滑槽恰好与挡板碰撞，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：
（1）小滑块滑至P点时滑槽的速度大小，以及滑块与滑槽MN段间的动摩擦因数大小；
（2）滑槽运动前与挡板间的距离x；
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，试通过分析、计算说明小滑块最终能否停在滑槽上。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】（1）从M到P，小滑块与滑槽组成的系统动量守恒，可得
解得
从M点滑上滑槽到小滑块滑至P点的过程中，根据能量守恒定律可得
解得
（2）小滑块从N到P，NP段光滑，小滑块与滑槽的速度不发生变化，小滑块和滑槽运动的时间均为，则满足
解得
则滑槽向右移动的位移
小滑块从M到N，对滑槽进行受力分析，滑槽受到向右的摩擦力，设滑槽的加速度为，则
解得
则小滑块从M到N，滑槽向右移动的位移满足
解得
滑槽运动前与挡板间的距离
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则滑槽碰撞后速度反向，速度大小不变，假设小滑块最终能滑出滑槽，则其滑出速度为，此时滑槽的速度为，则碰撞后从P到M小滑块与滑槽组成的系统在水平方向动量守恒，可得
从M点滑上滑槽到小滑块滑至P点的过程中，根据能量守恒定律可得
解得
无解，说明小滑块最终不能滑出滑槽。
【分析】（1）小滑块与滑槽组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解动摩擦因数大小 ；
（2）小滑块与滑槽的速度不发生变化，求解小滑块和滑槽运动的时间，对滑槽进行受力分析，滑槽受到向右的摩擦力，根据运动学公式求解与挡板间的距离x ；
（3）滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则滑槽碰撞后速度反向，速度大小不变，假设小滑块最终能滑出滑槽，无法求解速度，所以不能滑出滑槽。
22．（2024高三下·济南月考） 如图甲，固定点O处悬挂长为L的轻质细绳，末端拴接一个质量为m的小球，在O点正下方处固定一细钉。将细绳向左侧拉至水平位置，由静止释放小球，当细绳摆至竖直位置时，被细钉挡住，此后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动。如图乙，O点下方的光滑水平面上有一凹槽，凹槽左右挡板内侧间的距离也为L，在凹槽右侧靠近挡板处置有一质量为m的小物块，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ＝0.1。物块与凹槽一起以速度向左运动，小球从图乙所示位置由静止释放，释放时细线与水平方向间的夹角为α且sinα＝0.3。当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞，小球被弹回，同时凹槽被原速率弹回。此后小球摆到右侧后无法做完整的圆周运动，而是在某位置脱离圆轨道做抛体运动，小球做抛体运动的轨迹与所在直线交于E点（图中未画出）。已知小球与凹槽不发生二次碰撞，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度，求
（1）点到O点的距离；
（2）凹槽的质量M；
（3）E点到圆轨道最低点的距离；
（4）若，小球和凹槽在轨道最低点相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离x及从碰撞后到共速所经历的时间t。
【答案】（1）解：设圆周的最高点C的速度为，圆周的半径为R，满足重力刚好提供向心力
从开始摆下的位置到圆周最高点过程，根据机械能守恒
联立解得
，
（2）解：没从位置摆下后碰前的速度为，根据机械能守恒
解得
因为碰后凹槽原速率反弹，根据弹性碰撞的特点，说明小球也是原速率反弹且小球和小车组成系统动量守恒，即总动量为零。
解得
（3）解：设与水平方向夹角为时脱离圆轨道的速度为，在此位置的牛顿第二定律
因为小球原速率反弹，可以从a位置由静止摆下到脱离圆轨道过程中
解得
，
脱离轨道后，根据抛体运动的特点，水平竖直正交分解
，
可得
，
因为
所以到轨道最低点的距离为零。
（4）解：根据动量守恒
根据功能关系
联立解得
所以共速时到右端的距离为
设开始相对运动二者的速度为
方向向右
方向向左；凹槽的位移
物块的位移
且有
联立可得
整理得
解得
凹槽与小物块第一次碰后，由
可得
所以
以此类推
令
得
所以碰撞了4次后又相对运动了后，凹槽和小物块相对静止向右匀速运动。所以总时间
解得
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）根据小球在C点重力提供向心力以及 从开始摆下的位置到圆周最高点过程，根据机械能守恒 得出答案；
（2） 从位置摆下后碰前的速度为，根据机械能守恒 列式；再根据 弹性碰撞的特点 结合动量守恒定律得出M与m的关系；
（3） 设与水平方向夹角为时脱离圆轨道的速度为，在此位置的牛顿第二定律 列式再根据 从a位置由静止摆下到脱离圆轨道过程中 根据机械能守恒列式，结合脱离轨道做抛体运动的特点得出结论；
（4）根据动量守恒以及动能定理列式，求出 共速时到右端的距离 ；假设 开始相对运动二者的速度 为 ， ；根据 凹槽的位移 以及 物块的位移 结合 ；联立得出时间公式；再根据凹槽与小物块第一次碰后，根据速度与时间关系列式求出第二次碰撞时间，以此类推，得出通式；再结合数学知识得出答案。
23．（2024高三下·潍坊月考） 如图所示，光滑水平平台AB右端与顺时针转动的水平传送带BC平滑无缝连接，BC长度L=2m。在平台AB上静止着a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后a的速度v0=4m/s（此时a未滑上传送带，b未与c碰撞），a从传送带右端离开后，落在水平地面上的D点，b与c碰撞后结合在一起。已知a、b，c的质量分别为ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C点距地面高h=0.8m，滑块均可视为质点，g取10m/s2。
（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；
（2）求b、c碰撞过程中损失的机械能；
（3）若传送带的速度可在2m/s（4）若a脱离弹簧后，将弹簧撤去，并立即在a的左侧固定一竖直挡板，同时传送带调整为以4m/s的速度逆时针方向转动（此时a还没有滑上传送带），后续a每次与挡板相碰，均以碰前速度的一半反弹，求a在传动带上相对传送带运动的总路程s。
【答案】（1）解：设弹开后b速度大小为vb，由动量守恒定律得
解得
根据能量守恒有
解得
（2）解：b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒，碰撞过程损失机械能为
解得
（3）解：滑块a离开C点做平抛运动，在竖直方向上有
解得落地时间
当滑块a在水平传动带上滑动时，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
若传送带速度v<4m/s，a在传送带上减速，设减速至2m/s通过位移为x，则有
解得
即a离开传送带时的速度和传送带速度相等，若传送带速度v>4m/s，a在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v1，则有
解得
v1=6m/s
综上可知，传送带速度2m/s当传送带速度6m/s≤v <8m/s时，a离开传送带时的速度大小恒为6m/s，则有
（4）解：a以速度，第一次滑上传送带，向右做匀减速，减速到零，对地位移
x=1.6m<2m
即滑块a将从传送带左边滑离，速度大小等于滑上时的速度，滑块a在传动带上的加速度大小设为a，设向右减速到零的时间为，则有
设第n次滑块a从滑上传送带到从左边滑离传送带，a相对传送带的路程大小设，则有
解得
即有
，，
则a在传动带上相对传送带运动的总路程s为
解得
s=12.8m
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）释放弹簧至ab分离的过程，ab及弹簧构成的整体动量守恒，且弹簧的弹性势能全部转化为ab的动能，再对整体运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答即可；
（2） b与c发生完全非弹性碰撞，碰撞过程bc构成的系统动量守恒，碰后两者的速度相等，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）若传送带的速度小于a的速度时，a将在传送带上先做减速运动，若传送带的速度大于a的速度时，a将在传送带上先做加速运动，由于不确定a离开传送带时，a的速度是否与传送带速度相等，故需根据假设法，假设a一直在传送带上做减速运动和加速运动，根据牛顿第二定律及运动学规律确定此时a到达传送带右端的速度，则在根据传送带速度的取值范围确定物块到达传送带右端的速度与传送带速度的关系，a从传送带飞出后做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（4）a第一次滑上传送带先向右做减速运动，根据牛顿第二定律及运动学规律判断a减速到0时运动的位移及时间，并根据位移与传送带的长度关系判断滑块速度为零时是否还在传送带上。减速到零后a在反向做匀加速运动，直至从左端离开传送带，根据运动的对称性可知，a滑上传送带和滑离传送带的速度大小相等，随后与挡板相碰，以碰前速度的一半反弹后再次滑上传送带。a在传送带上运动时始终与传送带发生相对滑动，根据运动学规律确定a每次滑上传送带至滑离传送带过程，a与传送带之间的相对位移与a滑上传送带速度的关系，再根据题意结合数学知识进行解答。
24．（2024高二下·江西月考）如图所示，用不可伸长的、长度为的轻绳将小球悬挂于点，用不可伸长的、长度为（未知）的轻绳将小球悬于点，静止时小球刚好与光滑水平面接触，现将轻绳拉至水平并刚好
伸直，将小球由静止释放，当小球运动至最低点时，与静止在光滑水平面上的物块发生弹性正碰，碰撞后物块向右滑动并与小球发生弹性碰撞．已知小球、的质量均为，物块的质量为，、、均可视为质点，重力加速度大小为，不计空气阻力．求：
（1）与碰撞前瞬间，小球的速度大小；
（2）与碰撞后一瞬间，物块的速度大小；
（3）与碰撞后，运动过程中绳子始终不松弛时的取值范围．
【答案】（1）解：根据机械能守恒
解得
（2）解：与碰撞过程动量守恒和能量守恒，设碰撞后一瞬间，、的速度大小分别为、，
根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
（3）解：设与碰撞后，的速度大小为，的速度大小为，根据动量守恒
根据能量守恒
解得
设小球做竖直面内的圆周运动要能到达与等高的位置，需要在最低点的速度为，根据机械能守恒
解得
要使与碰撞后，运动过程中不脱离圆弧轨道，则
容易得到
设小球在竖直面内做完整的圆周运动需要在最低点的最小速度为，根据机械能守恒有
解得
要使到碰撞后，运动过程中不脱离圆周轨道，则
容易得到
综合可知，与碰撞后，运动过程中绳子始终不松弛时的取值范围为或
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】根据机械能守恒定律列方程式求速度；碰撞过程动量守恒，根据动量守恒与能量守恒列式子可得速度；根据在圆周运动的要求分析出各临界状态的速度极值，结合机械能守恒定律列方程式进行求解。
25．（2024高二下·三水月考） 如图，质量，厚度的木板C静置于光滑水平地面上，半径的竖直光滑半圆弧轨道固定在木板C右边的水平地面上，木板与轨道均在同一竖直面内。轨道底端D点与木板C等高，并与圆心O在同一竖直线上，轨道上端最高为E点。质量的物块B置于木板C的左端，一质量的子弹A以的水平速度射中物块B并留在其中（时间极短），然后物块（B包括A）从木板左端水平向右滑行，B与C间的动摩擦因数。当物块（B包括A）到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时物块（B包括A）沿圆弧切线方向滑上轨道。已知木板长度，重力加速度g取。
（1）求子弹A射中物块B并留在其中后物块（B包括A）的速度大小和该过程损失的机械能。
（2）求木板C与圆弧轨道底部碰撞前瞬间，物块（B包括A）和木板C的速度大小。
（3）判断物块（B包括A）是否会落到木板上？如果没有落在木板上，求该物块落点到木板左端的距离。
【答案】（1）解：子弹A射中物块B并留在其中，有
解得
由能量守恒定律，该过程损失的机械能
解得
（2）解：设木板与轨道底部碰撞前瞬间，物块B（包括A）和木板C的速度分别为v1和v2，物块B与木板间的动摩擦因数为μ，木板的长度为L，由动量守恒定律和功能关系有
由题意分析可知，联立解得
（3）解：设B（包括A）运动到圆弧轨道最高点E时的速度大小为vE。B（包括A）从轨道最低点到最高点E的过程，根据动能定理有
解得
物块B（包括A）从E点抛出后做平抛运动，设B（包括A）没有落到木板上，则
联立可得
由于，故假设成立，B（含A）落到水平地面时到木板左端的距离
【知识点】平抛运动；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律列式求解子弹A射中物块B并留在其中后物块（B包括A）的速度大小；由能量守恒定律计算该过程损失的机械能；（2）对物块A、B和木板C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律列式求解；（3）由动能定理求出B（包括A）到达E点时的速度，再根据平抛规律，由运动学公式求解该物块的落地点。
1 / 1高考物理一轮复习：弹性碰撞和非弹性碰撞
一、选择题
1．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）一个质量为m、速度为v的A球与另一个质量为4m的静止B球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能为（ ）
A．0.1v B．0.3v C．0.5v D．v
2．（2024高二下·西城期末）2014年11月13日欧洲航天局发射的罗塞塔号彗星探测器历经10年飞行成功降落在67P彗星的表面。据报道，罗塞塔号在发射后，先后三次飞过地球，用地球的引力作为助力来达到追赶67P彗星所需的速度。其原理与图1所示的小球与大球发生弹性正碰的模型相似：若小球质量远小于大球质量，碰前两球以速率和相向运动，则碰后小球的速率等于，即碰撞前后二者相对速度大小不变。如图2所示，只考虑探测器和地球之间的万有引力，以太阳为参考系，探测器从图示位置进入地球引力范围时，探测器和地球的速率分别为和，探测器绕地球飞行后离开地球引力范围时，探测器的速率为。假设探测器再次回到地球引力范围时速率仍为，则探测器先后三次这样绕地球飞行后达到的速率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·吴桥月考） 如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬间冲量，使它获得4m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是（ ）
A．木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6m/s
B．整个过程产生的热量为3.6J
C．碰后C的速度为0.5m/s
D．A和C碰撞前A、B已经共速运动
4．（2024高三下·南宁模拟） 如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv（k未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g．下列说法正确的是（ ）
A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为
B．滑块与木板间的动摩擦因数为
C．k=2
D．滑块弹回瞬间的速度大小为
5．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹A的质量是子弹B的质量的2倍
B．子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止
D．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍
6．（2024高二下·大新月考）下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（ ）
A．只有甲、乙 B．只有丙、丁 C．只有甲、丙 D．只有乙、丁
7．（2024高一下·黔西月考）如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹平射入木块的深度为时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为，木块对子弹的平均阻力为，那么在这一过程中下列说法不正确的是( )
A．木块的机械能增量 B．子弹的机械能减少量为
C．系统的机械能减少量为 D．系统的机械能减少量为
8．（2024高二下·广西月考）如图所示，细线的一端固定在O点，另一端系着小球A。物块B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，B位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知O点到水平面的距离为h，小球A的质量为m，物块B和C的质量均为3m，重力加速度为g。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A反弹离地面的最大高度为
B．碰撞过程中小球A对物块B的冲量大小为
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
D．物块C获得的最大速度为
9．（2024高三下·湖北模拟）如图甲所示，物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物体最初与左侧的固定挡板相接触，b物体质量为4kg。现解除对弹簧的锁定，在a物体离开挡板后的某时刻开始，b物体的图象如图乙所示，则可知（ ）
A．a物体的质量为1kg
B．a物体的最大速度为2m/s
C．在a物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6J
D．在a物体离开挡板后，物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒
10．（2024高二下·慈溪月考） 如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为1kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（ ）
A．两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为
B．两物块A和B分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.4m
D．C球由静止释放到最低点，物体A、B和C球所组成的系统动量和机械能都守恒
11．（2024高三下·江岸开学考） 静止的镭核发生衰变生成Rn，并释放光子，衰变方程：。已知，，的质量分别为226.0254u，222.0175u，4.0026u。不计光子的动量和能量，1u相当于931MeV，此衰变产生的粒子的动能约为（ ）
A．0.087MeV B．1.67MeV C．3.25MeV D．4.85MeV
12．（2024高三下·宁波模拟） 质量为的滑块沿倾角为、长度为的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为，并静置于光滑水平面上，重力加速度为。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题
13．（2024高三下·曲靖模拟） 如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C，球C可视为质点。现将球C拉起使细线水平伸直，并同时由静止释放A、B、C。下列说法正确的是（ ）
A．球C下摆过程中，A、B、C系统机械能守恒，动量守恒
B．A、B两木块分离时，A的速度大小为
C．球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离为
D．当C第一次向右运动经过O点正下方时，C的速度大小为
14．（2024高三下·重庆市模拟） 如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（ ）
A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功
B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒
C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为
D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C
15．（2024高二下·吴桥月考） 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为的子弹射中并嵌在其中。已知子弹的质量是m，物体A和B的质量相同均为则（ ）
A．子弹射入A的过程中，A物体获得的最大速度为
B．弹簧压缩到最短时，B的速度为
C．运动过程中，物体B能获得的最大速度为
D．弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
16．（2024高二下·福州期末）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块，从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=5m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（ ）
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+L
B．全过程小车相对地面的位移大小为
C．小车在运动过程中速度的最大值为
D．、L、R三者之间的关系为
17．（2024高一下·运城期末）甲、乙两名滑冰运动员在光滑的冰面上沿同一直线运动，速度的大小分别为、，且、，碰撞后（正碰）甲、乙两人一起运动，速度大小为。则甲、乙两人的质量之比为（ ）
A． B． C． D．
三、非选择题
18．（2024高三下·重庆市月考） 如图所示，两个质量分别为、的小物块A、B（均可视为质点）静置于水平地面上，中间用细线相连，且中间夹着一个劲度系数很大的压缩轻弹簧（长度忽略不计），弹簧左端与A相连，弹簧右端与B接触但不相连，此时弹簧的弹性势能为48J。紧邻A、B两侧各有长的光滑水平地面，以F点和C点为分界点，F点左侧地面和两物块间的动摩擦因数均为，C点右侧固定有一半径为R的光滑半圆轨道，该轨道在C点刚好和水平地面相切。突然剪断A、B间的细线，B能够经过半圆轨道顶端D点，且B落地后不反弹，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）A停止运动时到F点的距离；
（2）只改变R的大小，使B从D点脱离后落地时距离C点最远，求此时R的大小。
19．（2024高二下·益阳期末）固定的直角三角形斜面倾角为37°上面放着三个可视为质点的物块mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，g=10m/s2，其中BC间距4.2m，C到斜面底端D点的距离为24m，AB间用轻绳跨过光滑定滑轮连接，开始时用手托住A使其静止在距离地面4m的高处，绳子伸直且张紧，放手后B将在A的带动下沿斜面运动，且在A落地瞬间B就与轻绳在连接处断开，已知B在运动中不会到达定滑轮处，B与斜面间的摩擦因数为μ1=0.5，BC间碰撞时为弹性正碰，不计空气阻力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶
(1)放手后A经过多长时间落地；
(2)若要保证C开始时静止在斜面上，且BC在斜面上仅发生一次弹性碰撞，求C与斜面间摩擦因数μ2应该满足的条件。
20．（2024高一下·江岸期末）如图所示，某固定装置由圆心角θ=60°，半径R=1.5m的两圆弧管道AB、BC平滑连接。在轨道末端C的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端C所在的水平面平齐，右端放置质量m2=3kg的物块b。质量m1=1kg的物块a以速度从左端A点进入圆弧管道，经过ABC滑出圆弧管道。已知物块a、b与小车的动摩擦因数分别为 1=0.6， 2=0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。已知重力加速度为g=10m/s2，求：（结果可保留分数）
（1）求物块a到达C点时对管道的作用力FN；
（2）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d；
（3）如果小车足够长，物块b开始在距小车左端d1=6m处，求物块a与物块b发生第一次弹性碰撞后的速度va与vb。
21．（2024高二下·佛山期末）如图所示，一滑槽放置在光滑水平面上，滑槽上表面由同一竖直平面内的水平段MP和四分一圆弧段PQ平滑衔接而成。滑槽质量为2m，MN段粗糙、长度为5R，NP段光滑、长度为2R，PQ段光滑、半径为R。距离滑槽右端某处有一固定挡板。质量为m的小滑块以水平速度从M点滑上滑槽，已知小滑块滑至P点时速度为，此时滑槽恰好与挡板碰撞，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：
（1）小滑块滑至P点时滑槽的速度大小，以及滑块与滑槽MN段间的动摩擦因数大小；
（2）滑槽运动前与挡板间的距离x；
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，试通过分析、计算说明小滑块最终能否停在滑槽上。
22．（2024高三下·济南月考） 如图甲，固定点O处悬挂长为L的轻质细绳，末端拴接一个质量为m的小球，在O点正下方处固定一细钉。将细绳向左侧拉至水平位置，由静止释放小球，当细绳摆至竖直位置时，被细钉挡住，此后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动。如图乙，O点下方的光滑水平面上有一凹槽，凹槽左右挡板内侧间的距离也为L，在凹槽右侧靠近挡板处置有一质量为m的小物块，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ＝0.1。物块与凹槽一起以速度向左运动，小球从图乙所示位置由静止释放，释放时细线与水平方向间的夹角为α且sinα＝0.3。当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞，小球被弹回，同时凹槽被原速率弹回。此后小球摆到右侧后无法做完整的圆周运动，而是在某位置脱离圆轨道做抛体运动，小球做抛体运动的轨迹与所在直线交于E点（图中未画出）。已知小球与凹槽不发生二次碰撞，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度，求
（1）点到O点的距离；
（2）凹槽的质量M；
（3）E点到圆轨道最低点的距离；
（4）若，小球和凹槽在轨道最低点相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离x及从碰撞后到共速所经历的时间t。
23．（2024高三下·潍坊月考） 如图所示，光滑水平平台AB右端与顺时针转动的水平传送带BC平滑无缝连接，BC长度L=2m。在平台AB上静止着a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后a的速度v0=4m/s（此时a未滑上传送带，b未与c碰撞），a从传送带右端离开后，落在水平地面上的D点，b与c碰撞后结合在一起。已知a、b，c的质量分别为ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C点距地面高h=0.8m，滑块均可视为质点，g取10m/s2。
（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；
（2）求b、c碰撞过程中损失的机械能；
（3）若传送带的速度可在2m/s（4）若a脱离弹簧后，将弹簧撤去，并立即在a的左侧固定一竖直挡板，同时传送带调整为以4m/s的速度逆时针方向转动（此时a还没有滑上传送带），后续a每次与挡板相碰，均以碰前速度的一半反弹，求a在传动带上相对传送带运动的总路程s。
24．（2024高二下·江西月考）如图所示，用不可伸长的、长度为的轻绳将小球悬挂于点，用不可伸长的、长度为（未知）的轻绳将小球悬于点，静止时小球刚好与光滑水平面接触，现将轻绳拉至水平并刚好
伸直，将小球由静止释放，当小球运动至最低点时，与静止在光滑水平面上的物块发生弹性正碰，碰撞后物块向右滑动并与小球发生弹性碰撞．已知小球、的质量均为，物块的质量为，、、均可视为质点，重力加速度大小为，不计空气阻力．求：
（1）与碰撞前瞬间，小球的速度大小；
（2）与碰撞后一瞬间，物块的速度大小；
（3）与碰撞后，运动过程中绳子始终不松弛时的取值范围．
25．（2024高二下·三水月考） 如图，质量，厚度的木板C静置于光滑水平地面上，半径的竖直光滑半圆弧轨道固定在木板C右边的水平地面上，木板与轨道均在同一竖直面内。轨道底端D点与木板C等高，并与圆心O在同一竖直线上，轨道上端最高为E点。质量的物块B置于木板C的左端，一质量的子弹A以的水平速度射中物块B并留在其中（时间极短），然后物块（B包括A）从木板左端水平向右滑行，B与C间的动摩擦因数。当物块（B包括A）到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时物块（B包括A）沿圆弧切线方向滑上轨道。已知木板长度，重力加速度g取。
（1）求子弹A射中物块B并留在其中后物块（B包括A）的速度大小和该过程损失的机械能。
（2）求木板C与圆弧轨道底部碰撞前瞬间，物块（B包括A）和木板C的速度大小。
（3）判断物块（B包括A）是否会落到木板上？如果没有落在木板上，求该物块落点到木板左端的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】由动量守恒定律得
如果两球发生完全弹性碰撞
解得
故选B。
【分析】两球碰撞过程中动量守恒，完全非弹性碰撞，动能损失最大，速度最小，如果两球发生完全弹性碰撞，机械能守恒。
2．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】第一次绕地球飞行后达到的速率为，再次回到地球引力范围时速率仍为，再次回到地球引力范围时速率仍为，则探测器第三次绕地球飞行后达到的速率为。
故选B。
【分析】一次绕地球飞行后达到的速率为，第二次绕地球飞行后达到的速率为，探测器第三次绕地球飞行后达到的速率为。
3．【答案】B
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】C.对B开始运动一直到碰后A、B停下来，以A、B、C组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
解得
C不符合题意；
B.根据能量守恒定律有
B符合题意；
A.木板A和小球C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
，
代入数据解得
A不符合题意；
D.A和C碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有
代入数据解得
由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对B开始运动一直到碰后A、B停下来，对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律列式，求出C的碰后速度；根据能量守恒定律求解整个过程产生的热量；对A、C的弹性碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，求解木板碰撞小球前的瞬间A的速度；假设A和C碰撞前A、B已经共速，由动量守恒定律求出共速速度，再与A的碰前速度进行比较，得出结论。
4．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知
解得
故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
CD．小滑块以水平速度右滑时，由动能定理有
小滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有
滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有
由能量守恒定律可得
解得，
故C错误，D正确；
故选D。
【分析】 对滑块以水平速度v右滑动的过程，根据动能定理求解滑块与木板间的动摩擦因数，根据牛顿第二定律求解加速度大小；滑块以速度kv滑上木板时，根据动能定理求得滑块与墙碰撞前瞬间的速度，滑块与墙碰后至向左运动到木板左端的过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解。
5．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.对A、B和木块组成的系统，根据动量守恒定律可得
对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
依题意，有
联立，可得
，
A不符合题意；
B.根据A项分析可知，子弹A的初动量和子弹B的初动量大小相等，B不符合题意；
C.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则A、B的初始动量分别变为和，则根据A项分析，两子弹的初动量仍为相等的关系，故系统动量仍守恒，木块会始终保持静止，C不符合题意；
D.依题意，对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
联立，可得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、B和木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，列出守恒方程，再分别对A和B应用动能定理列式，可求出A、B的质量关系；根据子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍后两子弹的动量关系，分析木块是否依然能保持静止；对A、B在木块的中的运动过程分别应用动能定理，得出子弹A射入木块的深度与子弹B射入木块深度的关系。
6．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】甲：在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒
乙：剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒
丙：两球匀速下降，木球与铁球的系统所受合力为零，细线断裂后，它们的受力情况不变，系统的合外力仍为零，所以系统的动量守恒
丁：木块下滑过程中，由于木块对斜面的压力，导致斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒
故守恒的有甲、丙
故答案为：C。
【分析】系统动量守恒的条件：1、系统不受外力或受外力的矢量和为零。2、相互作用的时间极短，相互作用的内力远大于外力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可忽略不计，可以看作系统的动量守恒。
3、系统某一方向上不受外力或受外力的矢量和为零，或外力远小于内力，则该方向上动量守恒。
7．【答案】D
【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】摩擦力对物块所做的功等于物块机械能的增量，则物块机械能的增量为
摩擦力对子弹做的功等于子弹机械能的减少，则子弹机械能的减少量为
系统机械能减少量为系统内能的增量，则系统机械能的减少量为
所以ABC正确D错误；
正确答案为ABC。
【分析】摩擦力对物块所做的功等于物块机械能的增量；摩擦力对子弹做的功等于子弹机械能的减少；系统机械能减少量为系统内能的增量。
8．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A、设小球到最低点与B碰前瞬间的速度为v0，根据机械能守恒得
小球与B发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v，B球的速度为vB，根据动量守恒及机械能守恒得
解得
小球向左摆到最高点的过程中机械能守恒，设上升的高度为h'
解得
故A错误。
B、根据动量定理，B物体受到的冲量为
故B错误。
C、当弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，此时B、C两物体速度相等，设为v1，根据动量守恒得
解得
根据能量守恒定律有
故C正确。
D、当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，根据动量守恒及机械能守恒得
联立得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】小球A向下摆动过程，小球A的机械能守恒，根据机械能守恒确定A与B碰撞前A的速度。AB发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰后AB的速度，碰后A向上运动过程机械能守恒，到达最高点时A速度为零，根据机械能守恒定律确定A回到最高点的高度。BC一起向右运动过程，BC及弹簧构成的整体动量守恒及能量守恒，当BC共速时，弹簧的弹性势能最大，当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，再结合动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
9．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】 AB、解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，a、b及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知b的速度最大时，a的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；b的速度最小时，a的速度最大，且此时也处于原长。设a的质量为ma，a的最大速度为va根据动量守恒有
由机械能守恒可得
由图像可知
，
解得
，
故AB错误；
C、当a、b速度相等时，a、b动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧势能最大。根据动量守恒定律有
根据能量守恒
解得
故C正确；
D、在a物体离开挡板后，物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，故D错误。
故答案为：C。
【分析】解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，a、b及弹簧构成的系统动量守恒和机械能守恒。a离开挡板前，b做加速运动，a离开挡板瞬间，弹簧处于原长，离开挡板后a先做加速运动，b先做减速运动，此时b的速度最大，a的速度最小为零。当a、b共速时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，当b的速度最小时，a的速度最大，且此时弹簧也处于原长，如此往复。再结合动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
10．【答案】B
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AB.球C运动至最低点时，两物块A和B分离，C球下摆的过程中，A、B、C三者组成的系统水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律可得
解得C的速度大小和A、B共同的速度大小分别为
，
A不符合题意，B符合题意；
C.根据人船模型原理可得
又
解得木块移动的距离为
C不符合题意；
D.C球由静止释放到最低点的过程中，物体A、B和C球所组成的系统机械能守恒，但该系统在竖直方向上有加速度，合力不为零，所以系统动量守恒，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】球C运动至最低点时，两物块A和B分离，对A、B、C三者组成的系统，由水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，求出C的速度大小和A、B的速度大小；根据人船模型原理，由动量守恒定律求解木块移动的距离；根据机械能守恒条件和动量守恒条件分析。
11．【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】根据质能方程得该衰变过程释放的核能为
解得，对衰变后产生的粒子和Rn核，由动量守恒与能量守恒可得
，
解得
ABC符合题意，D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据爱因斯坦质能方程求出该衰变过程释放的核能，再由动量守恒与能量守恒求解衰变产生的粒子的动能。
12．【答案】B
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】 ：设滑块滑到底端时的水平速度和竖直速度为vx和vy，即滑块的合速度为 ，斜面的合速度为v2。由于滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，以向右为正方向，有：m1vx-m2v2=0
结合两者的水平位移关系有：
对滑块，在竖直方向的位移：
对两物体的系统，由机械能守恒定律有：
联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为： 故ACD错误，B正确。
故选：B。【分析】 对滑块和斜面系统，由水平方向运动守恒，机械能守恒列式，再结合竖直方向上的位移—时间关系列方程，联立可求得时间。
13．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A.球C下摆过程中，A、B、C系统机械能守恒，但由于C球竖直方向上有加速度，所以A、B、C系统在竖直方向上的合力不为零，故系统动量不守恒，A不符合题意；
B.球C第一次运动到最低点时A、B两木块分离，设此时C速度大小为，A、B的速度为，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得
，
解得
，
B符合题意；
C.C球向左摆至最高点时，A、C共速，水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
根据系统机械能守恒得
解得
则小球C第一次到达轻杆左侧最高处距0点的竖直高度为，C符合题意；
D.C第一次向右运动经过O点正下方时，设C速度大小为，A的速度大小为，对小球第一次向左经过最低点到第一次向右经过最低点的过程，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得
，
联立解得
，
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据动量守恒和机械能守恒的条件，分析球C下摆过程中，A、B、C系统机械能和动量是否守恒；对C球摆到最低点的过程，以A、B、C组成的系统为研究对象，由水平方向上的动量守恒和机械能守恒定律求出A、B两木块分离时，A的速度大小；对C球向左摆至最高点的过程，以A、C整体为研究对象，由水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，求出球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离；同理求解当C第一次向右运动经过O点正下方时C的速度大小。
14．【答案】A,C,D
【知识点】自由落体运动；功的概念；碰撞模型；人船模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A、球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，AC组成的系统机械能守恒，C向右运动机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A正确；
B、整个过程中球A、球B和槽C构成的系统水平方向动量守恒，故B错误；
C、球A到槽C上端时的速度为v1，由机械能守恒定律
解得
球A到槽C组成的系统，设球A到最低点时的速度为vA，规定水平向左为正方向，水平方向动量守恒
则
由几何关系
联立解得，球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为
故C正确；
D、由能量守恒
其中
联立解得
，
对球A和球B由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
因为
所以球A与弹簧作用后，能够追上槽C，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，AC组成的系统机械能守恒，C向右运动机械能增加，则A机械能减小。熟练掌握动量守恒的条件及分析方法。 球A第一次滑至槽C最低点过程中， 属于人船模型，确定两物体位移与槽半径的关系，再对水平方向结合动量守恒定律确定A移动的位移。若球A与弹簧分离后球A的速度大于求A与槽C分离时槽C的速度，则A能追上C，再根据不同的运动阶段，选择恰当的研究对象，根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
15．【答案】B,C
【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A.子弹射入A的过程中，对子弹和A组成的系统动量守恒，有
解得
A不符合题意；
B.弹簧压缩到最短时，子弹和A、B物体速度相等，设为，对子弹、物体A、物体B组成的系统，由动量守恒定律可得
解得
B符合题意；
C.运动过程中，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，设此时子弹和A的速度为，B的速度为，由动量守恒及机械能守恒定律可得
解得
C符合题意；
D.弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对子弹射入A的过程，以子弹和A整体为研究对象，由动量守恒定律，求出子弹射入A的过程中，A物体获得的最大速度；弹簧压缩到最短时，子弹和A、B物体速度相等，由动量守恒定律求出共速速度；运动过程中，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律，求解物体B能获得的最大速度；对整个系统，由机械能守恒定律求解弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能。
16．【答案】B,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】AB．滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有
全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为， 全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误；B正确；
C．根据
由上两式解得
小车在运动过程中速度的最大值为，故C错误；
D．全程由能量守恒定律则有
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型求解全过程小车相对地面的位移大小，滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动。
17．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】若碰前两者运动方向相同，
解得
若碰后速度方向与甲相同，碰前两者运动方向相反，
解得
若碰后速度方向与乙相同，碰前两者运动方向相同，根据动量守恒定律有
则有
可知此种情景不成立。
故选AC。
【分析】分碰前两者运动方向相同以及碰前两者运动方向相反，进行讨论，结合动量守恒定律进行分析。
18．【答案】（1）设物块B和弹簧刚分开时，物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，以水平向左为正方向，则由能量守恒定律可得
根据动量守恒定律，有
联立，解得
，
设物块A停止运动时到F点的距离为x，由动能定理得
解得
（2）设物块B在D点的速度大小为v3，从C点运动到D点过程中，由动能定理得
从D点水平抛出后，在竖直方向有
水平方向有
联立，解得
由分析知，当
时，x有最大值，解得
此时
可知物块A、B在运动过程中不会相撞。因此，要使物块B从D点脱离后落地时距离C点最远，此时。
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律和动量守恒定律，求出弹簧将两物块弹开的速度，再由动能定理计算 A停止运动时到F点的距离； （2）由动能定理求出物块B运动到D点的速度，再由平抛运动规律求解。
19．【答案】解：(1)对AB进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
根据
解得
速度
(2)若要保证C开始时静止在斜面上，则
即
A落地后对B受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
B向上减速，则有
得B向上运动的位移
即向上最大的位移为
m
接下来B会向下运动，由受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
向下运动的总位移为
根据
得
B与C相碰由于弹性碰撞得
解得
，
之后B加速，加速度a'B =2m/s2，剩余位移为x'=24m
由
解得
对于C由
解得
物块C做减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
即
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1)应用牛顿第二定律求出放手后A的加速度，然后应用位移一时间公式求出A的落点时间。
(2)C能静止在斜面上，C的摩擦力大于等于重力沿斜面的分力；B、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用牛顿第二定律与运动学公式分析答题。
20．【答案】解：（1）由题意可知，圆弧轨道光滑，所以从A到C，根据动能定理有
解得
在C点有
解得
由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力大小为
方向竖直向上；
（2）当物块滑上小车后，由于
所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，则
解得
（3）如果小车足够长，物块b开始在距小车左端d1=6m处，小于d，则
解得
，
当两物块发生弹性碰撞有
解得
，
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）从A到C，合力做功等于动能变化量，根据动能定理列方程，在C点，合力提供向心力；
（2）当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，此时小车长度为最小值；
（3）当两物块发生弹性碰撞，动量守恒，而且动能也是守恒的，据此列式求解。
21．【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】（1）从M到P，小滑块与滑槽组成的系统动量守恒，可得
解得
从M点滑上滑槽到小滑块滑至P点的过程中，根据能量守恒定律可得
解得
（2）小滑块从N到P，NP段光滑，小滑块与滑槽的速度不发生变化，小滑块和滑槽运动的时间均为，则满足
解得
则滑槽向右移动的位移
小滑块从M到N，对滑槽进行受力分析，滑槽受到向右的摩擦力，设滑槽的加速度为，则
解得
则小滑块从M到N，滑槽向右移动的位移满足
解得
滑槽运动前与挡板间的距离
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则滑槽碰撞后速度反向，速度大小不变，假设小滑块最终能滑出滑槽，则其滑出速度为，此时滑槽的速度为，则碰撞后从P到M小滑块与滑槽组成的系统在水平方向动量守恒，可得
从M点滑上滑槽到小滑块滑至P点的过程中，根据能量守恒定律可得
解得
无解，说明小滑块最终不能滑出滑槽。
【分析】（1）小滑块与滑槽组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解动摩擦因数大小 ；
（2）小滑块与滑槽的速度不发生变化，求解小滑块和滑槽运动的时间，对滑槽进行受力分析，滑槽受到向右的摩擦力，根据运动学公式求解与挡板间的距离x ；
（3）滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则滑槽碰撞后速度反向，速度大小不变，假设小滑块最终能滑出滑槽，无法求解速度，所以不能滑出滑槽。
22．【答案】（1）解：设圆周的最高点C的速度为，圆周的半径为R，满足重力刚好提供向心力
从开始摆下的位置到圆周最高点过程，根据机械能守恒
联立解得
，
（2）解：没从位置摆下后碰前的速度为，根据机械能守恒
解得
因为碰后凹槽原速率反弹，根据弹性碰撞的特点，说明小球也是原速率反弹且小球和小车组成系统动量守恒，即总动量为零。
解得
（3）解：设与水平方向夹角为时脱离圆轨道的速度为，在此位置的牛顿第二定律
因为小球原速率反弹，可以从a位置由静止摆下到脱离圆轨道过程中
解得
，
脱离轨道后，根据抛体运动的特点，水平竖直正交分解
，
可得
，
因为
所以到轨道最低点的距离为零。
（4）解：根据动量守恒
根据功能关系
联立解得
所以共速时到右端的距离为
设开始相对运动二者的速度为
方向向右
方向向左；凹槽的位移
物块的位移
且有
联立可得
整理得
解得
凹槽与小物块第一次碰后，由
可得
所以
以此类推
令
得
所以碰撞了4次后又相对运动了后，凹槽和小物块相对静止向右匀速运动。所以总时间
解得
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）根据小球在C点重力提供向心力以及 从开始摆下的位置到圆周最高点过程，根据机械能守恒 得出答案；
（2） 从位置摆下后碰前的速度为，根据机械能守恒 列式；再根据 弹性碰撞的特点 结合动量守恒定律得出M与m的关系；
（3） 设与水平方向夹角为时脱离圆轨道的速度为，在此位置的牛顿第二定律 列式再根据 从a位置由静止摆下到脱离圆轨道过程中 根据机械能守恒列式，结合脱离轨道做抛体运动的特点得出结论；
（4）根据动量守恒以及动能定理列式，求出 共速时到右端的距离 ；假设 开始相对运动二者的速度 为 ， ；根据 凹槽的位移 以及 物块的位移 结合 ；联立得出时间公式；再根据凹槽与小物块第一次碰后，根据速度与时间关系列式求出第二次碰撞时间，以此类推，得出通式；再结合数学知识得出答案。
23．【答案】（1）解：设弹开后b速度大小为vb，由动量守恒定律得
解得
根据能量守恒有
解得
（2）解：b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒，碰撞过程损失机械能为
解得
（3）解：滑块a离开C点做平抛运动，在竖直方向上有
解得落地时间
当滑块a在水平传动带上滑动时，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
若传送带速度v<4m/s，a在传送带上减速，设减速至2m/s通过位移为x，则有
解得
即a离开传送带时的速度和传送带速度相等，若传送带速度v>4m/s，a在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v1，则有
解得
v1=6m/s
综上可知，传送带速度2m/s当传送带速度6m/s≤v <8m/s时，a离开传送带时的速度大小恒为6m/s，则有
（4）解：a以速度，第一次滑上传送带，向右做匀减速，减速到零，对地位移
x=1.6m<2m
即滑块a将从传送带左边滑离，速度大小等于滑上时的速度，滑块a在传动带上的加速度大小设为a，设向右减速到零的时间为，则有
设第n次滑块a从滑上传送带到从左边滑离传送带，a相对传送带的路程大小设，则有
解得
即有
，，
则a在传动带上相对传送带运动的总路程s为
解得
s=12.8m
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）释放弹簧至ab分离的过程，ab及弹簧构成的整体动量守恒，且弹簧的弹性势能全部转化为ab的动能，再对整体运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答即可；
（2） b与c发生完全非弹性碰撞，碰撞过程bc构成的系统动量守恒，碰后两者的速度相等，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）若传送带的速度小于a的速度时，a将在传送带上先做减速运动，若传送带的速度大于a的速度时，a将在传送带上先做加速运动，由于不确定a离开传送带时，a的速度是否与传送带速度相等，故需根据假设法，假设a一直在传送带上做减速运动和加速运动，根据牛顿第二定律及运动学规律确定此时a到达传送带右端的速度，则在根据传送带速度的取值范围确定物块到达传送带右端的速度与传送带速度的关系，a从传送带飞出后做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（4）a第一次滑上传送带先向右做减速运动，根据牛顿第二定律及运动学规律判断a减速到0时运动的位移及时间，并根据位移与传送带的长度关系判断滑块速度为零时是否还在传送带上。减速到零后a在反向做匀加速运动，直至从左端离开传送带，根据运动的对称性可知，a滑上传送带和滑离传送带的速度大小相等，随后与挡板相碰，以碰前速度的一半反弹后再次滑上传送带。a在传送带上运动时始终与传送带发生相对滑动，根据运动学规律确定a每次滑上传送带至滑离传送带过程，a与传送带之间的相对位移与a滑上传送带速度的关系，再根据题意结合数学知识进行解答。
24．【答案】（1）解：根据机械能守恒
解得
（2）解：与碰撞过程动量守恒和能量守恒，设碰撞后一瞬间，、的速度大小分别为、，
根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
（3）解：设与碰撞后，的速度大小为，的速度大小为，根据动量守恒
根据能量守恒
解得
设小球做竖直面内的圆周运动要能到达与等高的位置，需要在最低点的速度为，根据机械能守恒
解得
要使与碰撞后，运动过程中不脱离圆弧轨道，则
容易得到
设小球在竖直面内做完整的圆周运动需要在最低点的最小速度为，根据机械能守恒有
解得
要使到碰撞后，运动过程中不脱离圆周轨道，则
容易得到
综合可知，与碰撞后，运动过程中绳子始终不松弛时的取值范围为或
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】根据机械能守恒定律列方程式求速度；碰撞过程动量守恒，根据动量守恒与能量守恒列式子可得速度；根据在圆周运动的要求分析出各临界状态的速度极值，结合机械能守恒定律列方程式进行求解。
25．【答案】（1）解：子弹A射中物块B并留在其中，有
解得
由能量守恒定律，该过程损失的机械能
解得
（2）解：设木板与轨道底部碰撞前瞬间，物块B（包括A）和木板C的速度分别为v1和v2，物块B与木板间的动摩擦因数为μ，木板的长度为L，由动量守恒定律和功能关系有
由题意分析可知，联立解得
（3）解：设B（包括A）运动到圆弧轨道最高点E时的速度大小为vE。B（包括A）从轨道最低点到最高点E的过程，根据动能定理有
解得
物块B（包括A）从E点抛出后做平抛运动，设B（包括A）没有落到木板上，则
联立可得
由于，故假设成立，B（含A）落到水平地面时到木板左端的距离
【知识点】平抛运动；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律列式求解子弹A射中物块B并留在其中后物块（B包括A）的速度大小；由能量守恒定律计算该过程损失的机械能；（2）对物块A、B和木板C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律列式求解；（3）由动能定理求出B（包括A）到达E点时的速度，再根据平抛规律，由运动学公式求解该物块的落地点。
1 / 1
