微专题(十二) 碰撞及其四类拓展模型
1.两种碰撞的特点
弹性 碰撞 举例:一动碰一静 动量守恒,m1v1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒,m1=m1v1'2+m2v2'2 解得v1'=,v2'= 结论: (1)m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,碰后两球都沿v1方向运动;当m1 m2时,v1'=v1,v2'=2v1 (3)m10,碰后入射小球反弹;当m1 m2时,v1'=-v1,v2'≈0
完全 非弹性 碰撞 碰后两球粘在一起,末速度相同 动量守恒,m1v1+m2v2=(m1+m2)v 机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2)v2
2.两类动量应用模型
(1)“保守型”动量应用模型
图例 (水平面 光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型
达到 共速 相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最多,分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次 分离 相当于弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足mv0=mv1+Mv2,机械能守恒,满足m=m+M
(2)“耗散型”动量应用模型
图例 (水平面 或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速
达到共速 相当于完全非弹性碰撞,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最多,分别转化为内能或电能
核心模型 碰撞模型
[例1] (2025·江苏高考)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
拓展模型1 人船模型
[例2] (2025·辽宁辽南协作体联考)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为2m的球C,现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.运动过程中,A、B、C组成的系统动量守恒
B.C球摆到最低点时,木块B的速度为
C.C球第一次摆到最低点过程中,木块A、B向左移动的距离为
D.当A、B、C运动状态稳定后,细线与杆所成夹角最大为90°
听课随笔:
拓展模型2 子弹打木块模型
[例3] (2025·辽宁三模)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹 ( )
A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
听课随笔:
拓展模型3 “滑块+弹簧”模型
[例4] (2025·山东高考)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g=10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
规范解答:
拓展模型4 板块模型
[例5] (2025·浙江1月选考)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s 的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,重力加速度g=10 m/s2,则 ( )
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
听课随笔:
微专题(十二) 碰撞及其四类拓展模型
[例1] 解析:(1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,若钢球质量也为m,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知,玻璃球与钢球碰撞后速度互换,钢球与钢球碰撞后速度也互换,最终最右侧钢球的速度大小等于玻璃球的初速度v0。
(2)玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2
由机械能守恒定律有m=m+×3m
解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0
负号表示碰后玻璃球的速度反向,则玻璃球的速度大小为v0。
(3)根据题意结合上述分析可知,玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个钢球发生弹性碰撞,同理可知,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,依次类推,玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小为
Ek=mv2=m。
答案:(1)v0 (2)v0 (3)m
[例2] 选C 运动过程中,A、B、C组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,可知选项A错误;C球摆到最低点时,由动量守恒定律和机械能守恒定律有2mvC=2mvAB,2mgL=·2m+·2m,解得木块B的速度为vAB=,选项B错误;C球第一次摆到最低点过程中,根据2mxC=2mxAB,xC+xAB=L,可得木块A、B向左移动的距离为xAB=,选项C正确;当C到达最低点再向右摆动时,A做减速运动,此后A、B分离,B具有动能,则当A、B、C运动状态稳定后,小球C不会摆到原来的高度,即细线与杆所成夹角最大不会达到90°,选项D错误。
[例3] 选C 第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B,由动量守恒定律得mv0=v1,解得v1=,由能量守恒定律得m=(8m+m)+fd,解得f=m;第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B,假设子弹不能击穿木块B,由动量守恒定律得mv0=v2,解得v2=v0,由能量守恒定律得m=+fd',解得f=;联立可得d'=d,所以子弹不能击穿木块B,假设成立,子弹进入木块的深度为d。故选C。
[例4] 解析:(1)小球从开始下落至运动到P处过程中,小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒,有mv1=Mv2
由能量守恒定律有mgh=m+M
联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。
(2)小球恰好击中a且与其粘连,小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒,则有mv1=(m+ma)v3
解得v3=2 m/s
设当弹簧形变量为x1时b解除锁定,此时小球和a整体的速度为v4,根据胡克定律得F=kx1
对小球、a和弹簧组成的系统,由能量守恒定律得
(m+ma)=(m+ma)+k
代入数据解得v4=1 m/s,x1=0.3 m
以水平向左为正方向,b解除锁定之后,小球、a和b组成的系统动量守恒,当三者共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb
代入数据解得vb= m/s,方向水平向左
对小球、a、b和弹簧组成的系统,由能量守恒定律有
Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb)
代入数据解得Epm= J。
答案:(1)6 m/s m/s (2) m/s J
[例5] 选D 碰撞瞬间C的速度不变,相对地面向左运动,A错误;以向右为正方向,则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA-mvB=2mv1,解得碰撞后瞬间A、B的速度为v1=1 m/s,方向向右;当三者共速时由动量守恒定律有2mv1-mvC=3mv,解得v=0,即最终三者一起静止,可知从碰撞后到三者相对静止,经历的时间t== s=0.4 s,B错误;从碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J,由功能关系可知Q=μmgx相对,解得x相对=0.6 m,C错误,D正确。
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碰撞及其四类拓展模型
微专题（十二）
1.两种碰撞的特点
弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒，m1v1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒，m1=m1v1'2+m2v2'2 解得v1'=，v2'= 结论：
(1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度
(2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动；当m1 m2时，v1'=v1，v2'=2v1
(3)m10，碰后入射小球反弹；当m1 m2时，v1'=-v1，v2'≈0
完全 非弹性 碰撞 碰后两球粘在一起，末速度相同 动量守恒，m1v1+m2v2=(m1+m2)v 机械能损失最多 损失的机械能
ΔE=m1+m2(m1+m2)v2
续表
2.两类动量应用模型
(1)“保守型”动量应用模型
图例 (水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型
小球—小球模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足m=m+M
续表
(2)“耗散型”动量应用模型
图例 (水平面或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能
达到共速
核心模型 碰撞模型
[例1] (2025·江苏高考)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
[答案] v0
[解析] 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量也为m，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，玻璃球与钢球碰撞后速度互换，钢球与钢球碰撞后速度也互换，最终最右侧钢球的速度大小等于玻璃球的初速度v0。
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
[答案] v0
[解析] 玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2
由机械能守恒定律有m=m+×3m
解得v1=v0=-v0，v2=v0=v0
负号表示碰后玻璃球的速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
[答案] m
[解析] 根据题意结合上述分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球发生弹性碰撞，同理可知，碰撞后玻璃球再次反弹，
且速度大小为碰撞前的，依次类推，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小为
Ek=mv2=m。
拓展模型1 人船模型
[例2] (2025·辽宁辽南协作体联考)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为
2m的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球
C，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒
B.C球摆到最低点时，木块B的速度为
C.C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向左移动的距离为
D.当A、B、C运动状态稳定后，细线与杆所成夹角最大为90°
√
[解析] 运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，可知选项A错误；C球摆到最低点时，由动量守恒定律和机械能守恒定律有2mvC=2mvAB，2mgL=·2m+·2m，解得木块B的速度为vAB=，选项B错误；C球第一次摆到最低点过程中，根据2mxC=2mxAB，xC+xAB=L，可得木块A、B向左移动的距离为xAB=，选项C正确；当C到达最低点再向右摆动时，A做减速运动，此后A、B分离，B具有动能，则当A、B、C运动状态稳定后，小球C不会摆到原来的高度，即细线与杆所成夹角最大不会达到90°，选项D错误。
拓展模型2 子弹打木块模型
[例3] (2025·辽宁三模)如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为d，质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B。第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹( )
A.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d
√
[解析] 第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得mv0=
v1，解得v1=，由能量守恒定律得m=(8m+m)+fd，解得f=
m；第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，假设子弹不能击穿木块B，由动量守恒定律得mv0=v2，解得v2=v0，由能量守恒定律得m=+fd'，解得f=；联立可得d'=d，所以子弹不能击穿木块B，假设成立，子弹进入木块的深度为d。故选C。
拓展模型3 “滑块+弹簧”模型
[例4] (2025·山东高考)如图所示，
内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水
平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位
于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，
Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。
当弹簧拉力达到F=15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg，b的质量mb= kg，方形物体的质量M= kg，重力加速度大小g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
[答案] 6 m/s m/s
[解析] 小球从开始下落至运动到P处过程中,小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒,有mv1=Mv2
由能量守恒定律有mgh=m+M
联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
[答案] m/s J
[解析] 小球恰好击中a且与其粘连，小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3
解得v3=2 m/s
设当弹簧形变量为x1时b解除锁定，此时小球和a整体的速度为v4，根据胡克定律得
F=kx1
对小球、a和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得(m+ma)=(m+ma)+k
代入数据解得v4=1 m/s，x1=0.3 m
以水平向左为正方向，b解除锁定之后，小球、a和b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有
(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb
代入数据解得vb= m/s，方向水平向左
对小球、a、b和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Epm=(m+ma)+k(m+ma+mb)
代入数据解得Epm= J。
拓展模型4 板块模型
[例5] (2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s 的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g=10 m/s2，则( )
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
[解析] 碰撞瞬间C的速度不变，相对地面向左运动，A错误；以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA-mvB=2mv1，解得碰撞后瞬间A、B的速度为v1=1 m/s，方向向右；
√
当三者共速时由动量守恒定律有2mv1-mvC=3mv，解得v=0，即最终三者一起静止，可知从碰撞后到三者相对静止，经历的时间t== s
=0.4 s，B错误；从碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q=×
2m+m=3 J，由功能关系可知Q=μmgx相对，解得x相对=0.6 m，C错误，D正确。
专题验收评价
测评内容：微专题(十一)(十二)
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1.(2025·湖北七市二模)如图(a)所示为
“蹦极”的简化情境：某人用弹性橡皮绳拴
住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg
的人可看成质点，从P点由静止下落到最
低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为 ( )
A.1 800 kg·m/s B.5 400 kg·m/s
C.7 200 kg·m/s D.3 600 kg·m/s
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解析：人下落整个过程，根据动量定理有mgt-IF=0，解得IF=mgt，图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知阴影部分面积大小IF=mgt=5 400 kg·m/s，故选B。
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2.(2025·安徽百师联盟联考)如图是一项在长江
边举办的大型户外水上游乐活动的简化图。
活动场地设在一个高h=1.8 m的倾斜山坡上，
一质量m=50 kg、长L=1.8 m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m=50 kg的游客从山坡顶端静止滑下，经过山坡底端后，沿浮板的上表面从左端水平滑上浮板，若游客恰好不会脱离浮板，安全到达目的地。不计游客与山坡间的摩擦力、空气阻力以及水对浮板的阻力，不考虑游客通过山坡和浮板连接处的动能损失，游客可视为质点，重力加速度大小取g=10 m/s2。则游客与浮板之间的动摩擦因数为 ( )
A.0.8 B.0.75 C.0.5 D.0.4
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解析：对游客，从山坡滑下的过程有mgh=mv2，解得v=6 m/s，游客恰好不会脱离浮板有mv=2mv共，μmgL=mv2-×2m，解得μ=0.5，故C正确。
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3.假设一列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为 ( )
A.(ρ+nm)Sv B.(ρ+nm)Sv2
C.ρSv2+nmSv D.ρSv+nmSv2
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解析：在Δt时间内车头遇到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2=vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理有FΔt=
(Δm1+Δm2)v，解得F=(ρ+nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F'=F=(ρ+nm)Sv2，故选B。
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4.如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下
端，弹簧上端连接传感器。小球上下
振动时，传感器记录弹力随时间变化
的规律如图2所示。已知重力加速度g
=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A.小球的质量为0.2 kg，振动的周期为4 s
B.0~2 s内，小球始终处于超重状态
C.0~2 s内，小球受弹力的冲量大小为2 N·s
D.0~2 s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
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解析：小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2 N，到达最高点时传感器示数为零，则此时弹簧在原长，小球的加速度方向向下、大小为g，结合对称性可知在最低点时的加速度方向向上、大小为g，根据Fm-mg=ma，可知Fm=2mg=2 N，即小球的质量m=0.1 kg，由题图2可知，振动的周期为4 s，选项A错误；0~2 s内，小球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重后失重，选项B错误；0~2 s内，小球从最低点到最高点，动量变化量为零，由动量定理有I-mgt=0，可得小球受弹力的冲量大小为I=2 N·s，选项C正确；0~2 s内，小球动能变化量为零，弹力对小球做的功不为零，选项D错误。
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5.(2025·河南高考)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则 ( )
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
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解析：小车P、N碰撞时，根据动量守恒定律有mPvP+mNvN1=mPvP'+mNvN1'，
即mP(vP-vP')=mN，根据题图1可知>，故mP+mNvN2'，即mQ=mN(vN2'-vN2)，根据题图2可知<
，故mQ>mN，则mQ>mN>mP，故选D。
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6.如图所示，在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着
质量分别为m1、m2(m1小球可看作质点，AB连线过环心O。初始时小球2静止
于A点，小球1以初速度v0沿圆环切向方向运动，若小
球1和2之间发生弹性碰撞，两球第二次在B点相碰，则小球的质量比m1∶m2是 ( )
A.1∶5 B.1∶3
C.1∶2 D.2∶3
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√
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解析：两球发生弹性碰撞，有m1v0=m1v1+m2v2，m1=m1+m2，联立解得v1=v0，v2=v0，根据题意可知m12
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7.(2024·湖北高考)(多选)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则 ( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
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√
√
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解析：子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v，解得木块获得的速度大小为v=，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰好不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有m=(m+M)v2+kv0L，解得v0=；
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若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0=mam，kv0=MaM，根据位移关系有v0t-amt2-aMt2=L，对木块有v2=aMt，联立解得v2=，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0=，A正确；
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子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有-kv0t=mv-mv0，解得子弹在木块中运动的时间t=，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk=kv0L=，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x=，解得木块在加速过程中运动的距离x=，D正确。
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8.(2025·广东高考)如图所示，在光滑的水平面
上，两小球M、N分别受到拉力F1、F2的作用，
从静止开始在同一直线上相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1、F2始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中，两小球速度v随时间t变化的关系图，可能正确的是 ( )
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√
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解析：由v-t图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为2∶3，根据牛顿第二定律a=结合两小球所受外力大小相等，可知M、N的质量之比为3∶2；设M、N质量分别为3m和2m，碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，取向右为正方向，则由动量守恒定律有3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2，若两球发生弹性碰撞，由机械能守恒定律有·3m(4v)2+·2m(6v)2=·3m+·2m，解得v1=-4v，v2=6v，因M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误；
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若不是弹性碰撞，则3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3，若假设|v1|=2v，则|v2|=3v，此时满足·3m(4v)2+·2m(6v)2
>·3m+·2m，则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v∶2v
=2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，A正确，C错误。
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9.(9分)(2025·北京高考)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；(2分)
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答案：gt
解析：物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式有0=v0-gt，解得v0=gt。
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(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；(3分)
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3
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答案：2v
解析：炸裂瞬间水平方向动量守恒，炸裂前总动量为0。A的速度为v，设B的速度为vB，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0=2mv+mvB
解得vB=-2v
即大小为2v。
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(3)A、B落地点之间的距离d。(4分)
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答案：3vt
解析：根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等，均为t，则A的水平位移xA=vt
B的水平位移xB=vBt=-2vt
所以A、B落地点之间的距离d=|xA|+|xB|=3vt。
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10.(14分)(2025·江苏盐城三模)如图所示，光
滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹
性小物块A、B，物块A的质量mA=0.2 kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4 N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2，k=60 N/m，x是弹簧的形变量。现给物块A一水平向右的作用力F，其功率P=1.6 W恒定，作用t=1.0 s后撤去，然后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
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(1)撤去力F时，物块A的速度大小；(4分)
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答案：4 m/s
解析：力F对物块A做的功W=Pt
解得W=1.6 J
对物块A进行分析，根据动能定理有
W=mA
解得v0=4 m/s。
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(2)物块B的质量；(4分)
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答案：0.6 kg
解析：由题意可知，A、B发生弹性碰撞，碰后A、B速度大小相等，故A、B的速度一定等大反向，则有mAv0=mA+mBv，
mA=mAv2+mBv2
解得mB=0.6 kg。
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(3)物块B的最终速度大小。(6分)
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答案：0.4 m/s
解析：由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆与墙壁间的最大静摩擦力时杆开始移动，则有fmax=kx
解得x=0.04 m
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由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为vB，则有
kx2=mB
解得vB=0.4 m/s。
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4专题验收评价(九) 动量定理与动量守恒定律的应用
1.(2025·湖北七市二模)如图(a)所示为“蹦极”的简化情境:某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点,从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示,则图像中阴影部分的面积为 ( )
A.1 800 kg·m/s B.5 400 kg·m/s
C.7 200 kg·m/s D.3 600 kg·m/s
2.(2025·安徽百师联盟联考)如图是一项在长江边举办的大型户外水上游乐活动的简化图。活动场地设在一个高h=1.8 m的倾斜山坡上,一质量m=50 kg、长L=1.8 m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m=50 kg的游客从山坡顶端静止滑下,经过山坡底端后,沿浮板的上表面从左端水平滑上浮板,若游客恰好不会脱离浮板,安全到达目的地。不计游客与山坡间的摩擦力、空气阻力以及水对浮板的阻力,不考虑游客通过山坡和浮板连接处的动能损失,游客可视为质点,重力加速度大小取g=10 m/s2。则游客与浮板之间的动摩擦因数为 ( )
A.0.8 B.0.75
C.0.5 D.0.4
3.假设一列车在水平长直轨道上运行时,列车周围空气静止,车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同,空气密度为ρ,空气中单位体积内有n颗小水珠,每颗小水珠的质量为m,车头的横截面积为S,列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为 ( )
A.(ρ+nm)Sv B.(ρ+nm)Sv2
C.ρSv2+nmSv D.ρSv+nmSv2
4.如图1所示,小球悬挂在轻弹簧的下端,弹簧上端连接传感器。小球上下振动时,传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A.小球的质量为0.2 kg,振动的周期为4 s
B.0~2 s内,小球始终处于超重状态
C.0~2 s内,小球受弹力的冲量大小为2 N·s
D.0~2 s内,弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
5.(2025·河南高考)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则 ( )
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
6.如图所示,在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1A.1∶5 B.1∶3
C.1∶2 D.2∶3
7.(2024·湖北高考)(多选)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 ( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
8.(2025·广东高考)如图所示,在光滑的水平面上,两小球M、N分别受到拉力F1、F2的作用,从静止开始在同一直线上相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1、F2始终大小相等、方向相反,从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中,两小球速度v随时间t变化的关系图,可能正确的是 ( )
9.(9分)(2025·北京高考)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出,经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分,质量分别为2m和m,其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)该物体抛出时的初速度大小v0;(2分)
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB;(3分)
(3)A、B落地点之间的距离d。(4分)
10.(14分)(2025·江苏盐城三模)如图所示,光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B,物块A的质量mA=0.2 kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆,杆的左端与一轻质弹簧相连,杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上,杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4 N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内,弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2,k=60 N/m,x是弹簧的形变量。现给物块A一水平向右的作用力F,其功率P=1.6 W恒定,作用t=1.0 s后撤去,然后物块A与物块B发生弹性碰撞,碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧,并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:
(1)撤去力F时,物块A的速度大小;(4分)
(2)物块B的质量;(4分)
(3)物块B的最终速度大小。(6分)
专题验收评价(九) 动量定理与动量守恒定律的应用
1．选B 人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF＝0，解得IF＝mgt，图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知阴影部分面积大小IF＝mgt＝5 400 kg·m/s，故选B。
2．选C 对游客，从山坡滑下的过程有mgh＝mv2，解得v＝6 m/s，游客恰好不会脱离浮板有mv＝2mv共，μmgL＝mv2－×2mv共2，解得μ＝0.5，故C正确。
3．选B 在Δt时间内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理有FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F′＝F＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。
4．选C 小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2 N，到达最高点时传感器示数为零，则此时弹簧在原长，小球的加速度方向向下、大小为g，结合对称性可知在最低点时的加速度方向向上、大小为g，根据Fm－mg＝ma，可知Fm＝2mg＝2 N，即小球的质量m＝0.1 kg，由题图2可知，振动的周期为4 s，选项A错误；0～2 s内，小球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重后失重，选项B错误；0～2 s内，小球从最低点到最高点，动量变化量为零，由动量定理有I－mgt＝0，可得小球受弹力的冲量大小为I＝2 N·s，选项C正确；0～2 s内，小球动能变化量为零，弹力对小球做的功不为零，选项D错误。
5．选D 小车P、N碰撞时，根据动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP′＋mNvN1′，即mP(vP－vP′)＝mN，根据题图1可知>，故mPmN，则mQ>mN>mP，故选D。
6．选B 两球发生弹性碰撞，有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22，联立解得v1＝v0，v2＝v0，根据题意可知m17．选AD 子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小为v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰好不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有mv02＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。
8．选A 由v t图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为2∶3，根据牛顿第二定律a＝结合两小球所受外力大小相等，可知M、N的质量之比为3∶2；设M、N质量分别为3m和2m，碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，取向右为正方向，则由动量守恒定律有3m·4v－2m·6v＝3mv1＋2mv2，若两球发生弹性碰撞，由机械能守恒定律有·3m(4v)2＋·2m(6v)2＝·3mv12＋·2mv22，解得v1＝－4v，v2＝6v，因M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m·4v－2m·6v＝3mv1＋2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|＝2∶3，若假设|v1|＝2v，则|v2|＝3v，此时满足·3m(4v)2＋·2m(6v)2>·3mv12＋·2mv22，则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v∶2v＝2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，A正确，C错误。
9．解析：(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式有0＝v0－gt，解得v0＝gt。
(2)炸裂瞬间水平方向动量守恒，炸裂前总动量为0。A的速度为v，设B的速度为vB，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝2mv＋mvB，解得vB＝－2v，即大小为2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等，均为t，则A的水平位移xA＝vt
B的水平位移xB＝vBt＝－2vt
所以A、B落地点之间的距离d＝|xA|＋|xB|＝3vt。
答案：(1)gt (2)2v (3)3vt
10．解析：(1)力F对物块A做的功W＝Pt
解得W＝1.6 J
对物块A进行分析，根据动能定理有W＝mAv02
解得v0＝4 m/s。
(2)由题意可知，A、B发生弹性碰撞，碰后A、B速度大小相等，故A、B的速度一定等大反向，则有mAv0＝mA＋mBv，
mAv02＝mAv2＋mBv2
解得mB＝0.6 kg。
(3)由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆与墙壁间的最大静摩擦力时杆开始移动，则有fmax＝kx
解得x＝0.04 m
由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为vB，则有kx2＝mBvB2
解得vB＝0.4 m/s。
答案：(1)4 m/s (2)0.6 kg (3)0.4 m/s
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