【暑假衔接】人教版新高二物理 暑假衔接讲义 第二十五讲 复习专题二十一 碰撞问题分析（教师版+学生版）

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知识点1：碰撞
1、碰撞的概念
碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力。
2、对心碰撞
物体碰撞前后速度方向在同一直线上。
处理方法：规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
3、碰撞的分类
4、弹性碰撞的推导
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
由此可得：当m1=m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度；
当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动；
当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
5、动量与能量的区别和联系
6、利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题
动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。
中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。
7、碰撞模型
“保守型”碰撞

子弹打木块模型：子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒；
在子弹打木块过程中摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒。
子弹未穿出：mv0＝（m＋M）v；Q热＝fL相对＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)（M＋m）v2。
子弹穿出：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q热＝fL相对＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)Mv22
滑块—木板模型：把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。由于摩擦生热，机械能转化为内能，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。
当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。
判断碰撞时系统动量是否守恒
1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为，B球的速度为，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】A．设每个球的质量均为m，碰前系统总动量
p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m
碰前的总动能
Ek==40m
若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后总动量
p′=mvA+mvB=7m
动量不守恒，选项A错误；
B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明显vA>vB不合理，选项B错误；
C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后总动量
p′=mvA+mvB =8m
总动能
E′k==16.25m
动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；
D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后总动量
p′= mvA+mvB=8m
总动能
E′k==41m
动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。
故选C。
2．甲、乙两铁球质量分别是m甲=1 kg、m乙=2 kg．在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是v甲=6 m/s、v乙=2 m/s．甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )
A．v甲′=7 m/s，v乙′=1.5 m/s
B．v甲′=2 m/s，v乙′=4 m/s
C．v甲′=3.5 m/s，v乙′=3 m/s
D．v甲′=4 m/s，v乙′=3 m/s
【答案】B
【详解】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量 ，碰撞前的动能；
A项：如果，碰撞后动量守恒、机械能增加，故A错误；
B项：如果，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，故B正确；
C项：如果，碰撞过程动量不守恒，故C错误；
D项：如果，碰撞过程动量守恒、机械能不增加，但要发生二次碰撞，故D错误．
利用动量守恒计算解决简单的碰撞问题
3．女子短道速滑接力赛的交接训练中，如图所示，接棒选手的质量为，刚滑到时，质量为的交棒选手以速度从后面滑来，快速推送接棒选手，完成接力过程，两选手分开瞬间交棒选手的速度为。已知交接棒过程中两选手的速度方向均在同一直线上，忽略冰面上的一切摩擦．则完成交接棒后，接棒选手的速度大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】以两选手的运动方向为正方向，设交棒选手质量为，接棒选手的质量为，由动量守恒定律可得
即
解得
故选B。
4．两个相向运动的物体和，碰撞后都变为静止状态，若它们的质量比，则它们碰撞之前动能之比为（ ）
A．9∶1B．3∶1C．1∶3D．1∶9
【答案】C
【详解】两个物体碰撞后都变为静止状态，则碰撞前两物体动量等大反向，根据
又
可得
=1∶3
故选C。
完全弹性碰撞1：动碰静
5．如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则（ ）

A．若碰后甲乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量
B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为
C．碰后乙的速率可能为
D．若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率
【答案】A
【详解】A．甲乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲乙的质量分别为、，碰后甲的速度为，乙的速度为，则有
联立解得
，
若碰后甲乙同向运动，则
可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；
B．若碰后甲反弹，且甲的速率为，则有
解得
质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为，故B错误；
C．若碰后乙的速率为，则有
解得
质量不能为负值，则可知，碰后乙的速率不可能为，故C错误；
D．若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有
可知，只要
即
就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。
故选A。
6．弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为、，且，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B发生正碰，玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和能量损失，则、之比为（ ）

A．1：2B．1：3C．1：4D．1：5
【答案】B
【详解】两球碰撞时由动量守恒可得
由能量守恒可得
联立可得
玻璃球B返后两球速度相等
可得
故选B。
完全弹性碰撞2：动碰动
7．质量均为m的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的速度为3m/s，B球的速度为1m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（ ）
A．1m/s，2m/sB．2.5m/s，1.5m/s
C．1m/s，5m/sD．1.5m/s，2.5m/s
【答案】D
【详解】碰前系统总动量为
碰前的总动能
A．若碰后，，碰后总动量
动量不守恒，故A错误；
B．若，，明显不合理，故B错误；
C．若，，碰后总动量
总动能
动量守恒，但机械能增加，故C错误；
D．若，，碰后总动量
总动能
动量守恒，但机械能不增加，故D正确。
故选D。
8．如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为3m的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为9h
B．小球与大球碰撞后的速度大小为
C．大球与小球碰撞后，小球上升的高度为2h
D．大球与小球碰撞后，大球上升的高度为0.25h
【答案】A
【详解】A．设小球质量为m，大球质量为M，两球做自由落体运动
两球落地时速度大小为
大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上为正方向，由动能量守恒和机械能守恒
，
解得
当时，不考虑m影响，则
小球上升高度为
故A正确；
B．C．由A选项可知，碰撞后小球的速度大小为
小球上升高度为
故BC错误。
D．由A选项可求得，碰撞后大球的速度大小为
大球不上升，故D错误。
故选A。
完全非弹性碰撞的特征
9．如图所示，光滑的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，半圆形轨道的底端放置一个小球B，水平面上有一个小球A以某一速度开始向着小球B运动并发生碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，碰撞后结为一体冲上半圆轨道，并恰能通过最高点C。下列关于小球A与小球B发生碰撞并一起通过最高点的过程中，以A、B小球为系统的机械能与动量的说法正确的是（ ）
A．机械能，动量均守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．机械能守恒，动量不守恒
D．机械能，动量均不守恒
【答案】D
【详解】小球A与小球B发生完全非碰撞的过程，系统的动量守恒，机械能不守恒；小球A与小球B一起通过最高点的过程，受重力和轨道的支持力，系统的动量不守恒，机械能守恒，则小球A与小球B发生碰撞并一起通过最高点的全过程，机械能，动量均不守恒，故选D。
10．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中实线所示。已知甲的质量为1 kg，下列说法中正确的是（ ）
A．该碰撞为完全非弹性碰撞
B．物体乙的质量为4 kg
C．碰撞过程两物块损失的机械能为3 J
D．该碰撞过程能量不守恒
【答案】C
【详解】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为、；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得

解得
m乙=6kg
损失的机械能为
解得
即碰撞过程两物块损失的机械能为3J，此能量转化为两球的内能，但是能量还是守恒的。
故选C。
完全非弹性碰撞后速度的计算
11．如图所示，竖直放置的轻质弹簧下端固定在地面上，上端与物块A连接，物块A处于静止状态时弹簧的压缩量为x0。现有物块B从距物块A上方某处由静止释放，B与A相碰后立即一起向下运动但不粘连，此后物块A、B在弹起过程中将B抛离A。此过程中弹簧始终处于竖直状态，且在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．当B与A分离时，弹簧的压缩量为x0
B．两物块一起运动过程中的最大加速度大于g
C．当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，它们共同运动的速度最大
D．从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】B
【详解】A．物块A处于静止状态时弹簧的压缩量为x0。 ，当B与A分离时，加速度相同，且之间无弹力，可知，此时A的加速度为g，则弹簧处于原长处，故A错误；
B．如果B物体静止释放到A的上端，做简谐运动，则最低点加速度大小为g，而现在到达A端上端速度大于零，则最低点位置更低，则加速度大于g，所以两物块一起运动过程中的最大加速度大于g，故B正确；
C．当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，合力向下，已经减速，速度不是最大，故C错误；
D．从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能不守恒，因为完全非弹性碰撞过程中存在损失，故D错误。
故选B。
12．如图所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接，则对接后瞬间，小车的速度大小为( )
A．B．
C．D．以上答案均不对
【答案】C
【详解】对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以小车m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0＝(m2＋m3)v，
解得：
故应选C．
点晴：本题考查了求小车的速度，正确确定研究对象是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题．
完全非弹性碰撞1：碰撞后直接粘连问题
13．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，某个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第（n-1）个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
14．在光滑水平面上，一质量为2kg的物体a与另一物体b发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以a物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后a的动量为B．碰撞后b的动量为
C．物体b的质量为2kgD．碰撞过程中a对b的冲量为
【答案】D
【详解】AB．由题图可知，碰撞前a的速度为
碰前总动量
撞后a、b共同的速度为
则碰撞后a的动量为
因碰撞过程动量守恒，则碰撞后b的动量为
故AB错误；
C．根据题意，设b的质量为，由图可知，碰撞前b物体静止，a、b碰撞过程中，由动量守恒定律可得
解得
故C错误；
D．根据题意，对b物体，由动量定理有
解得
故D正确。
故选D。
完全非弹性碰撞2：板块问题与子弹打木块问题
15．如图，长为L质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块（可视为质点），物块与木板之间的动摩擦因数为μ，物块以的速度从木板的左端向右滑动，物块恰好能滑到木板的右端，对此过程下列叙述正确的是（ ）
A．经过时间物块与木板保持相对静止
B．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
C．物块动能的减少等于木板动能的增加
D．系统产生的热量
【答案】D
【详解】A．对物块与木板有
对物块有
解得
A错误；
B．摩擦力对木板所做的功为
物块克服摩擦力所做的功
可知
B错误；
C．根据能量守恒定律可知，物块动能的减少等于木板动能的增加值与因摩擦产生的内能之和，C错误；
D．摩擦生热为
D正确。
故选D。
16．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，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立刻留在木块中，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
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于
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
【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则
解得
v1＝
故A错误；
B．子弹射入木块后的瞬间
解得绳子拉力
故B错误；
C．子弹射入木块后的瞬间，对圆环
由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于，故C正确；
D．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，故D错误。
故选C。
完全非弹性碰撞3：含有斜面或曲面的情况
17．如图所示，有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上，其总质量为M，有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高，铁块不会滑出，则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度，则由动量守恒定律
由能量关系可知
解得
故选A。
18．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左侧面为圆弧面且水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度向右运动滑上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．滑块a运动的最大速度
C．滑块b沿a上升的最大高度为
D．滑块a运动的最大速度
【答案】B
【详解】AC．b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
AC错误；
BD．滑块b从滑上a到滑离a后，滑块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
由机械能守恒定律得
解得
B正确，D错误。
故选B。
完全非弹性碰撞4：含有弹簧的情况
19．如图所示，物体A、B间用一轻质弹簧连接，放在光滑的水平地面上，现使B物体靠在墙上，用外力推物体A缓慢压缩弹簧，待系统静止后突然撤去外力，则（ ）

A．撤去外力后，A、B组成的系统总动量守恒
B．弹簧伸至最长时，A的速度最大
C．弹簧伸至最长时，A、B共速
D．从撤去外力到弹簧第一次恢复原长的过程，墙对B的冲量为零
【答案】C
【详解】A．撤去外力后，A、B组成的系统受的合外力不为零，则总动量不守恒，故A错误；
BC．从开始释放到弹簧恢复到原长，弹力对A做正功，A的速度增加；弹簧恢复原长后，B离开墙壁，弹簧长度继续伸长，则A做减速运动，B做加速运动，当弹簧伸至最长时AB共速，则此时A的速度不是最大；则当弹簧在原长时A的速度最大，故B错误，C正确；
D．从撤去外力到弹簧第一次恢复原长的过程，系统动量向左增加，则墙对B的冲量向左，不为零，故D错误。
故选C。
20．如图所示，质量为mA=3kg，mB=1kg的物块A和B用轻弹簧相连，放置在光滑水平面上，在F作用下弹簧处于压缩状态，物块B紧靠竖直墙面，已知弹簧处于压缩状态时弹性势能为6J。现将F撤去，则在物块B离开墙面以后的运动过程中，A、B运动的v-t图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】撤掉F后，当弹簧恢复到原长时，弹性势能转化为物块A的动能，则
解得
v0=2m/s
此时物块B将要离开墙壁，此后弹簧的长度将被拉长，物块A做减速运动，物块B做加速运动，当两者的速度相等时，弹簧被拉的最长，此时由动量守恒定律
解得
v1=1.5m/s
然后由于A继续减速，B继续加速，则弹簧的长度缩短，最后回复到原长，则由动量守恒定律和能量关系可知
解得
vA1=1m/s
vB1=1m/s
此后的过程弹簧被压缩，最短时的共同速度仍为1.5m/s，结合上述分析可知，图像B正确，ACD错误。
故选B。
非完全弹性碰撞后的速度
21．如图所示，在光滑水平面上，一个质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
A．0.30vB．0.40vC．0.60vD．0.70v
【答案】C
【详解】A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有
假设碰后A球静止，即v1=0，可得
由题意知球A被反弹，所以球B的速度
AB两球碰撞过程机械能不增加，有
两式联立得
故
故选C。
22．质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为（ ）
A．v0B．C．D．
【答案】B
【详解】由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得
得
即它们最后的速度为
故选B。
非完全弹性碰撞的能量损失
23．在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的图像如图。已知b球的质量为0.1kg，下列说法正确的是（ ）

A．a球的质量为0.1kg
B．a球的质量为0.3kg
C．两球发生的碰撞为弹性碰撞
D．两球发生的碰撞为完全非弹性碰撞
【答案】B
【详解】AB．以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前
，
碰撞后
，
根据动量守恒定律得
可得
故a球的质量为0.3kg，故A错误，B正确；
CD．碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能
碰撞后系统动能
计算可得
可知非弹性碰撞，故CD错误。
故选B。
24．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中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3 JB．4 JC．5 JD．6 J
【答案】A
【详解】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
含有动量守恒的多过程问题
25．如图，一质量的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量的小木块A。现以地面为参照系，给A和B以大小均为4m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是（ ）

A．2.8m/sB．2.2m/sC．3.0m/sD．1.8m/s
【答案】B
【详解】根据题意可知A先向左减速后向右加速，B一直向右减速；当A的速度为0时，设此时B的速度为，以向右为正方向，根据动量守恒有
，
解得
最后AB一起共同向右做匀速直线运动，设此时速度为，根据动量守恒有
解得
故这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度范围为
故选B。
26．如图所示，甲、乙两同学均站在滑板车上，甲同学和滑板车的总质量为M，乙同学和滑板车的总质量也为M，乙同学静止，甲同学手持质量为m的篮球以v0的速度向乙滑去，为防止与乙同学相撞，甲同学将篮球以大小为v（未知）的水平速度向乙抛去，乙同学将篮球接住后，也以大小为v的水平速度向甲抛去，甲同学接球后，甲、乙两同学恰好不发生碰撞，不计地面的摩擦和空气阻力，则v的大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】设最后的共同速度为，根据动量守恒有
对球和乙研究，有
解得
故选A。
两物体多次碰撞问题
27．如图所示，静止在光滑水平地面上的两个小物块A、B（均可视为质点），质量分别为mA=1.0kg、mB=4.0kg，两者之间有一个被压缩的微型弹簧，弹簧只与A固定在一起，此时弹簧的弹性势能为Ep=10.0J，分离时弹性势能可以全部转化为小物块A、B的动能。释放后，A与墙发生弹性碰撞，当小物块A、B再次相遇后，弹簧的弹性势能最大值是（ ）
A．10.0JB．8.0JC．3.6JD．5.0J
【答案】C
【详解】小物块A、B分离过程，以小物块A、B和弹簧组成的系统为研究对象，以水平向左为正方向，由动量守恒定律可得
①
由能量守恒定律可得
②
A与墙发生弹性碰撞后，A的速度方向向左，大小仍为，小物块A、B再次相遇后，以小物块A、B和弹簧组成的系统为研究对象，系统动量守恒，当A、B速度相时，弹簧的弹性势能取最大值，从A、B刚开始接触至共速过程，由动量守恒定律可得
③
由能量守恒定律可得
④
联立①②③④可得
A、B、D错误，C正确；
故选C。
28．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则( )
A．最终盒的速度大小是
B．最终盒的速度大小是
C．滑块相对于盒运动的路程为
D．滑块相对于盒运动的路程为
【答案】C
【详解】AB.设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得
mv＝3mv共
解得：
v共=
故AB错误；
CD.对整个过程，由能量守恒定律可知：
μmgx＝
解得
故C正确，D错误。
多物体多次碰撞问题
29．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有个质量均为的小滑块，相邻滑块间的距离为，每个滑块均可看成质点．现给第一个滑块水平向右的初速度，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动，到第个滑块与第个滑块相碰时总的时间为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
30．甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为（忽略空气阻力）（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】以甲抛球时球的速度方向为正方向，以甲与球组成的系统为研究对象，抛球过程动量守恒，由动量守恒定律得
以乙与球组成的系统为研究对象，乙接球过程系统动量守恒，由动量守恒定律得
乙抛球过程，动量守恒，由动量守恒定律得
甲接球过程动量守恒，由动量守恒定律得
解得
，
故速度之比为
故ABC错误D正确。
故选D。
完全分弹性碰撞5：连接体绳子绷紧的瞬间
31．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m的木板A，通过不可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A．木板A的速度大小为B．木板B的速度大小为
C．物块C的速度大小为0D．木板A、B、C共速
【答案】C
【详解】绳子从拉直到绷紧过程极短，对A、B组成的系统，C对B的摩擦力远小于系统内力，所以A、B组成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间AB的速度为v，则有
解得
在极短的时间内，C所受摩擦力的冲量可以忽略，所以C的速度仍然是0，故ABD错误，C正确。
故选C。
利用动量守恒及能量守恒解决碰撞问题
32．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3m/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乙所示，则下列说法正确的是（g取10 m/s2）（ ）

A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为7 J
C．木板A的最小长度为1.5 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.23
【答案】C
【详解】A．设木板A的质量为M，由乙图可知，木板A的最终速度为1m/s，可知木板获得的动能为
A、B相互作用过程中，系统动量守恒，可得
联立，解得
故A错误；
B．系统损失的机械能为
故B错误；
C．设木板A的最小长度为L，由乙图中图线与坐标轴所围面积表示位移，可得
故C正确；
D．设A、B间的动摩擦因数为，根据能量守恒，可得
解得
故D错误。
故选C。
33．如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为。物块以初速度从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定，下面叙述正确的是（ ）
A．物块仍能从木板的右端滑下
B．系统产生的热量
C．经过物块与木板便保持相对静止
D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
【答案】C
【详解】A．由于木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下，则有
解得
若木板不固定，假设两者达到相等速度，则有
解得
可知，物块不能从木板的右端滑下，故A错误；
B．根据上述可知，若木板不固定，系统产生的热量
故B错误；
C．根据上述物块与木板保持相对静止之前，物块做匀加速直线运动，则有
解得
故C正确；
D．对物块分析有
摩擦力对木板做功
则有
可知摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。
故选C。
解答题
34．如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量，A、B两点距C点的高度分别为、，圆弧半径，物块与长木板之间的动摩擦因数，，，。求：
（1）小物块在A点的初速度v0；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小物块从A点到B点做平抛运动，设运动时间为t，则有
解得
小物块到达B点时竖直分速度为

根据速度的合成与分解有
解得
（2）设小物块滑动至C点时的速度大小为vC，所受圆弧轨道的支持力大小为FN。对小物块从A到C的过程，根据动能定理得
解得
在C点时，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得
（3）设小物块达到木板右端时恰好和长木板达到共同速度v3，根据动量守恒定律有
解得
设此时长木板的长度为L，根据功能关系有
解得
35．如图所示，在光滑水平面上有一质量M=3kg的小车，由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R=0.4m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段的滑动摩擦因数μ=0.2，在A点正上方用一根不可伸长的轻质细绳悬挂质量为m1=0.5kg的小球P，现将小球P拉离竖直方向由静止释放，当小球P摆到最低点时与静止在小车左端的质量为m2=1kg的小物块Q（可视为质点）发生弹性碰撞，已知小球P与小物块Q碰撞前的瞬时速度为v0=6m/s，碰撞时间极短，除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g=10m/s2。
（1）求碰撞后瞬间小物块Q的速度；
（2）求物块Q在小车上运动1s内相对于小车运动的距离s（此时Q未到B点且速度大于小车的速度）；
（3）要使物块Q既可以到达B点又不会脱离小车，求小车左侧水平长度AB的取值范围。

【答案】（1）4m/s，方向水平向右；（2）；（3）
【详解】（1）小球P与小物块Q碰撞，取向右为正，碰后P、Q速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
故碰撞后瞬间物块Q的速度为4m/s，方向水平向右；
（2）物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度
物块Q的位移
小车的位移
解得
（3）AB段最长，则物块Q刚好到达B点时就与木板共速，根据动量守恒定律有
可得共同速度为
由能量守恒定律得
解得
AB段最短，则物块Q刚好回到A点时与木板共速，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
由能量守恒定律得
解得
当AB段最短时物块Q在圆弧上共速时上升高度需要验证是否超过R，由能量守恒定律得
解得
所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为
36．如图所示，质量的小车静止在光滑的水平地面上，车的上表面由水平面和光滑的四分之一圆弧面组成，圆弧的半径为，圆弧面的最低点与水平面相切。水平面右侧有一固定挡板，轻弹簧放在水平面上，右端与挡板连接，左侧自由端位于点，水平面段光滑，段粗糙，段长度为。一个质量的小滑块（视为质点），在圆弧面的最高点由静止释放。已知滑块与水平面段间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）滑块第一次滑到点时，滑块和小车的速度分别为多大；
（2）滑块第一次滑到点时，求滑块相对于地面的总位移；
（3）滑块第一次向左滑上圆弧面最高点的位置离点的高度。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设滑块第一次滑到点时滑块和小车的速度大小分别为，车和滑块组成的系统不受水平外力，因此系统水平方向动量守恒，因此有
根据机械能守恒定律得
解得
（2）车和滑块组成的系统水平方向动量守恒，且初始时刻系统水平动量为0，故系统水平动量始终为0.设滑块第一次滑到点时向右运动的对地位移大小为，同时间段内小车向左运动的位移大小为。根据人船模型有
滑块和小车的水平相对位移为A、C之间的水平距离，故有
联立解得
（3）当滑块第一次向左滑到圆弧面最高点时，滑块竖直方向速度为0，且滑块和小车水平方向共速。又由于车和滑块组成的系统水平方向动量守恒且始终为0。设滑块和小车水平方向共同的速度大小为
对整个过程列能量守恒方程
37．光滑水平面上放着质量mA＝2.5kg的物块A与质量mB＝1.5kg的物块B，A与B均可视为质点，物块A、B相距L0＝0.4m，A、B间系一长L＝1.0m的轻质细绳，开始时A、B均处于静止状态，如图所示。现对物块B施加一个水平向右的恒力F＝5N，物块B运动一段时间后，绳在短暂时间内被拉断，绳断后经时间t＝0.6s，物块B的速度达到v＝3m/s。求：
（1）绳拉断后瞬间的速度vB的大小；
（2）绳拉断过程绳对物块B的冲量I的大小；
（3）绳拉断过程绳对物块A所做的功W。
【答案】（1）1m/s；（2）1.5N·s；（3）0.45J
【详解】（1）绳断之后，对B应用动量定理有
解得
vB＝1m/s
（2）设绳拉断前的瞬间B的速度大小为v0，对B应用动能定理有
解得
设绳拉断后A获得的速度大小为vA。绳拉断的过程中，根据动量守恒定律有
解得
对A利用动量定理
绳拉断过程绳对物块B的冲量I的大小与绳对物块A的冲量I的大小相等。
（3）对物体A根据动能定理有
38．如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。
（1）若，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1），，方向均向右；（2）
【详解】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为，滑板A和B质量分别为和，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
39．如图所示，质量为M=2.5kg的长木板B静止放置在光滑水平面上，B左侧的竖直平面内固定一个光滑圆弧轨道PQ，O点为圆心，半径为R=6m，OQ竖直，Q点与木板B上表面相切，圆心角为。圆弧轨道左侧有一水平传送带，传送带顺时针转动，传送带上表面与P点高度差为H=0.45m。现在传送带左侧由静止放置一个质量为m=1kg的可视为质点的滑块A，它随传送带做匀加速直线运动，离开传送带后做平抛运动，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，滑出轨道后又滑上木板B，最后与木板B相对静止。已知滑块A与长木板B间的动摩擦因数，取，sin37°=0.6，求：
（1）滑块离开传送带的速度大小；
（2）滑块经过Q点时受到弹力大小；（结果保留三位有效数字）
（3）木板B的最小长度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足
又滑块A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
（2）滑块A沿圆轨道滑下，机械能守恒，得
在Q点，由圆周运动规律
解得
，
（3）滑块A滑上木板B后，A、B水平方向不受外力，动量守恒，有
解得
根据功能关系，有
解得
所以木板B的最小长度L=8.75m
碰撞类型
规律
动量和能量分析
弹性碰撞
这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒。
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
非弹性碰撞
在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律。
动量守恒、末速度相同：
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′
机械能损失最多，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)（m1＋m2）v′2
完全非弹性碰撞
这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律。
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能有损失，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2
碰撞问题遵循的三条原则：动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′；动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′；
速度符合实际：碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若两物体同向运动，则原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，否则碰撞没有结束。
碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零，若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度。
动量
能量
区别
守恒条件
系统所受合外力是否为零。
系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功。
表达式
矢量式
标量式
联系
动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程。