(要点归纳+夯实基础练) 第三节 动量与能量的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用

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第三节 动量与能量的综合应用
【要点归纳】
一、碰撞
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短．
(2)相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理．
(3)在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能．
(4)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变．
2．碰撞过程应满足的条件
(1)系统的总动量守恒．
(2)系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有 v前>v后，若不满足，则该碰撞过程不可能．
3．碰撞与爆炸的异同点

碰撞
爆炸
不同点
碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，系统的动能不会增加
爆炸过程中往往有化学能转化为动能，系统的动能增加
相
同
点
时间特点
相互作用时间很短
相互作用力的特点
物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大
系统动量的特点
系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒
位移特点
由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可认为物体在碰撞、爆炸后仍在同一位置
二、对心碰撞和非对心碰撞
1．对心碰撞：如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞．

2．非对心碰撞：如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．这种碰撞称为非对心碰撞．

三、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如图所示碰撞中，由动量守恒得 m1v1 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝v1，v2′＝v1.

(1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1；
(2)若m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1；
(3)若m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0.
2．非弹性碰撞：
(1)如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．
(2)若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，如图所示发生完全非弹性碰撞，则有动量守恒 m1v1＝(m1＋m2)v；碰撞损失机械能ΔE＝v，此时动能损失最大．
四、碰撞中的临界问题
相互作用的两个物体在很多情况下可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，相当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下：
(1)如图所示，光滑水平面上的 A 物体以速度 v 去撞击静止的 B 物体，A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．

(2)如图所示，光滑水平面上有两个带同种电荷的物体 A、B，当其中一个 A 以速度 v 向静止的另一个 B 靠近的过程中(设 A、B 不会接触)，当两者相距最近时，二者速度必定相等．

(3)如图所示，物体 A 以速度 v0滑上静止在光滑水平面上的小车 B，当 A 在 B 上滑行的距离最远时，A、B 相对静止，A、B 两物体的速度必定相等．

(4)如图所示，质量为 M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为 m 的小球以速度 v0 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度必定相等(方向为水平向右)．

(5)如图所示，光滑水平杆上有一质量为 m 的环，通过一长为 L 的轻绳与 M 相连，现给 M 以瞬时水平速度 v0.(设M 上升最高不超过水平杆)，则 M 上升最高时，m、M 速度必定相等．

五、反冲
1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
2．特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转．
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
六、火箭
1．工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度．
2．影响火箭获得速度大小的两个因素
(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.
(2)质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
七、反冲运动与动量守恒定律的理解
1．反冲与动量守恒
反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A、B组成的系统，A对B的作用力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B运动方向的相反方向运动．在以下三种情况中均可用动量守恒定律解决反冲运动问题：
(1)系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．
(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．
(3)系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题．
　 2．在讨论反冲运动时应注意以下几点
(1)速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反．可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程．质量为M的物体以对地速度v抛出一个质量为m的物体，研究剩余部分(M－m)对地反冲速度时，设v的方向为正．
列出的方程式为 mv＋(M－m)v′＝0，得v′＝－v.
由于v′为待求速度，事先可不考虑其方向，由计算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出部分速度方向相反．
由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直接列出两部分动量大小相等方程．即上例可列式为mv＝(M－m)v′，v′＝ v
其中v′为剩余部分的速率．
(2)速度的相对性
在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一设为对地速度)．
【夯实基础练】
1．(2022•北京市中央民族大学附属中学高三(下)2月检测)两个完全相同的质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上。滑块B以v0的速度向滑块A运动，如图所示，两滑块相碰后一起运动不再分开，下述正确的是(　　)

A．弹簧最大弹性势能为
B．弹簧最大弹性势能
C．两滑块相碰后一起运动过程中，系统动量守恒
D．两滑块(包括弹簧)相碰后一起运动过程中，系统机械能守恒
【解析】 AB．两滑块碰撞过程动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，系统向右运动过程，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得，解得弹簧的最大弹性势能为，AB错误；
C．两滑块相碰过程系统动量守恒，两滑块碰撞后一起运动过程系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，C错误；
D．两滑块碰撞过程机械能不守恒，碰撞后两滑块一起运动过程中只有弹力做功，系统机械能守恒，D正确。故选D。
【答案】 D
2．(2022•北京四中高三(上)期中)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．
【解析】 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。
【答案】 C
3．(2022•安徽师范大学附属中学第五次综合测试)如图所示，a、b两物块质量均为1 kg，中间用一长1 m的细绳连接，静止在光滑的水平面上(a、b可视为质点)，开始让a、b挨在一起，现用一水平恒力F=2N作用在b上，细绳可瞬间拉紧，则4s内恒力F做功(　　)

A．14 J B．15 J C．16 J D．17 J
【解析】 细绳拉直前，只有b运动，加速度，运动1 m的时间为，此时b的速度，细绳拉紧瞬间a、b系统动量守恒，有，解得，同时运动时的加速度为，再运动3s的位移，所以力F在4 s内做功，故选D。
【答案】 D
4．(2022•西南大学附属中学校高三(下)全真二)(多选)如图a所示，质量分别为、的两物块A、B间拴接一个被压缩且锁定的轻弹簧，整个装置静置于光滑水平地面上，其中A与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B的速度随时间变化的图像如图b所示，则(　　)

A．整个运动过程中，A、B组成的系统机械能守恒
B．A、B的质量之比
C．A的最大速度为
D．A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时B的速度为
【解析】 A．整个运动过程中，A、B组成的系统受到弹簧的弹力做功，系统机械能不守恒，故A错误；
BC．由图可知，B的最大速度为3m/s，最小为0，当B的速度为零后，B又加速运动，说明B速度为零时，弹簧恢复原长，AB发生的完全弹性碰撞，根据，，故A获得的最大速度，，故B正确，C错误；
D．A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时AB速度相同，根据动量守恒有，解得，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
5．(2022•湖南师范大学附属中学二模)(多选)在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可得(　　)

A．碰撞后，蓝壶经过5s停止运动
B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
C．红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：2
【解析】 设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度，碰后速度为，根据动量守恒定律可得，解得，A正确；从图中可知蓝壶与红壶沿虚线运动方式时同时停止运动，并且红壶碰撞前后的图线平行，若以红壶虚线所示运动，则加速度为，运动时间为，B正确；碰撞前系统的动能为，碰撞后系统的动能为，两者不等，所以不是弹性碰撞，C错误；碰后蓝壶的加速度为为，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为，摩擦力冲量，D错误．
【答案】 AB
6．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第三次月考)如图所示，光滑的水平面上有两个用轻弹簧相连的小物块A和B(质量均为m)，B靠着固定挡板P，最初它们都是静止的。现正对着A水平向左发射一颗质量为m、速度为v0的子弹，子弹射入A的时间极短且未射出，子弹射入后再经时间t，挡板对B的弹力达到最大。则下列说法正确的是(　　)

A．子弹射入A的过程中，A与子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．挡板对B的弹力最大时，弹簧具有的弹性势能为
C．在时间t内，固定挡板P对A、B以及弹簧组成的系统做功为
D．在时间t内，弹簧对A和子弹组成的系统的冲量大小为mv0，方向水平向右
【解析】 A．子弹射入A的过程中，子弹射入A的时间极短，弹簧对A与子弹组成的系统没有力作用，A与子弹组成的系统动量守恒，由于子弹和A有摩擦，机械能不守恒，A错误；
B．设子弹和A共速为v，根据动量守恒，解得，挡板对B的弹力最大时，弹簧压缩最短，根据能量守恒，B错误；
C．在时间t内，B对地没有位移，所以固定挡板P对A、B以及弹簧组成的系统做功为0，C错误；
D．根据动量定理，说明在时间t内，弹簧对A和子弹组成的系统的冲量大小为mv0，方向水平向右。D正确。故选D。
【答案】 D
7．(2022•云南省巴蜀中学第七次月考)如图所示，光滑的水平面上放有滑块A，其内侧是半径为R的光滑圆弧槽，槽底端离地高度为R，B为光滑小球，从圆弧槽左端静止释放，若滑块固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为；若滑块不固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为；已知。由此可知，小球B和滑块A的质量比为( )

A． B． C． D．
【解析】 设：A的质量为，B的质量为；当滑块固定时，由动能定理，随后小球B做平抛运动，方向，方向，联立得，若滑块不固定时，由动量定理知，水平方向上动量守恒，由能量守恒得，B随后平抛运动，A随后匀速运动，方向，方向，因为，联立得，故选A。
【答案】 A
8．(2022•四川省成都七中高三(下)二模)(多选)如图所示，质量为的长木板放在光滑的水平面上，质量为的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为。某时刻用的水平恒力作用在长木板上，经后撤去力，最终滑块恰好没有滑离长木板。重力加速度，则下列说法正确的是(　　)

A．撤去力时长木板的速度为
B．撤去力时滑块的速度为
C．滑块最终的速度为
D．长木板的长度为
【解析】 AB．力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得，解得滑块和长木板的加速度分别为，撤去力F时滑块和长木板的速度分别为，故A错误，B正确；
C．撤去力F后．由动量守恒定律可得，解得滑块最终的速度为，故C正确；
D．撤去力F前．滑块在长木板上移动的距离为，撤去力F后，由能量守恒定律可得，解得，则长木板的长度为，故D错误。故选BC。
【答案】 BC
9．(2022•陕西省西安中学高三(上)期中)(多选)质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小和B球的速度大小可能为(　　)
A．， B．，
C．， D．，
【解析】 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒：mv0=mvA+2mvB，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D不满足，ABC满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，B选项碰撞前总动能为，B选项碰撞后总动能为，B不满足，AC满足；故AC正确，BD错误．故选AC．
【答案】 AC
10．(2022•辽宁省沈阳市第二中学高三(下)二模)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量。质量为的铁块以水平速度从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好没从木板的左端滑出，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)

A．1.5J B．4.5J
C．3.0J D．6.0J
【解析】 据题意，当m向右运动过程中，由于摩擦力作用，m做减速运动，M做加速运动，压缩弹簧过程也是由于弹力作用，继续类似运动，知道两者速度相等时，弹簧压缩到最短，设此时速度为，据动量守恒定律有，解得，此后m在弹力作用下减速运动，M加速运动，离开弹簧后在摩擦力作用下，m做加速运动而M作减速运动，知道两者速度相等时相等静止，设此时速度为，据动量守恒定律有，解得，则m从左端运动到把弹簧压缩到最短过程中有据能量守恒定律有，m从左端运动到再次回到左端过程中据能量守恒定律有，联立解得，故A正确，BCD错误。故选A。
【答案】 A
11．(2022•湖南省长郡中学第六次月考)(多选)疫情期间，居家隔离，各种家庭游戏轮番上演，其中餐桌“冰壶”游戏较为常见。设餐桌桌面长L=1.2m，在中央处放置一滑块A，从桌边处给另一滑块B一初速度，两滑块发生正碰，碰撞时其内力远大于摩擦力，且碰撞能量无损失，碰后两滑块恰好都停在餐桌边，设两滑块的运动方向沿桌长方向且在一条直线上(如图为俯视图)，滑块可视为质点，两滑块与桌面间的动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s2，则以下说法正确的(　　)

A．滑块A与滑块B质量之比为3：1
B．滑块B的初速度大小为m/s
C．碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小相等
D．若滑块A的质量为1kg，两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为3J
【解析】 A．设滑块B的初速度为v0，与滑块A碰前速度为v，两滑块碰撞后的速度分别为和，两滑块发生弹性碰撞，有，，两滑块恰好都停在餐桌边，则，得，A正确；
B．滑块加速度大小，滑块B滑到中央，由运动学公式有，弹性碰撞后，，滑块恰好都停在餐桌边，有，解得，B正确；
C．碰撞后两滑块速度大小相等，停下来时位移大小相等，故所用时间相同，由，则，或，则，C错误；
D．若滑块A的质量为1kg，两滑块与桌面间因摩擦产生的内能或，D错误。故选AB。
【答案】 AB
12．(2022•湖北省圆创联考高三(下)第二次联合测评)如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A、B在两摆球所在平面内向左、右拉起至高度hA、hB后释放，两小球恰在最低点发生弹性碰撞；碰撞后，摆球A摆回到最高点的高度仍然为hA。摆球A、B的质量分别为2m、3m，则hA:hB等于( )

A．9:4 B．3:2 C．1:1 D．9:16
【解析】 对A球下摆的过程，设摆到最低点的速度为，由动能定理有，解得，同理对B球下摆的过程，可得摆到最低点的速度为，由于两球发生弹性碰撞，取向右为正，由动量守恒和能量守恒有，，而A球回摆的最大高度为，由动能定理有，解得，联立各式解得，，故可得，故选A。
【答案】 A
13．(2022•河南省南阳市第一中学校高三(上)第三次月考)如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点．O点到水平面的距离为h，物块B和C的质量均为3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，B物体位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，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B物体受到的冲量大小为
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
【解析】 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，，解得，故A错误。
B．根据动量定理，B物体受到的冲量，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，，，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。故选C。
【答案】 C
14．(2022•福建师范大学附属中学高三(下)开学考试)(多选)如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则(　　)

A．运动过程中m、M和弹簧组成的系统机械能守恒
B．整个过程中合力对物块的冲量大小为
C．m在M上相对运动的路程为
D．整个过程弹簧弹性势能的最大值为
【解析】 A．滑块在木板上运动的过程中，因为摩擦，所以系统机械能减小，故A错误。
B．由动量守恒，有，合力对物块的冲量等于物块的动量变化量，得，故B正确。
C．系统减少的机械能转化为系统内能，有，解得相对运动路程，故C错误。
D．当m、M第一次共速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
15．(2022•山东省济南市高三(上)期末)(多选)如图所示，金属块内有一个半径为R的光滑圆形槽，金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁。一质量为m的小球从离金属块左上端R处静止下落，沿圆槽切线方向进人圆槽内，小球到达最低点后继续向右运动，恰好不能从圆形槽的右端冲出。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力大小为5mg
B．金属块的质量为m
C．小球第二次到达最低点时的速度大小为
D．金属块运动过程中的最大速度为
【解析】 A．小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有，小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有，根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为，联立解得，A正确；
B．小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则，根据能量守恒定律有，解得，B正确；
CD．小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有，又能量守恒，可得，，解得，，C错误，D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
16．(2022•辽宁省沈阳市第二中学高三(下)四模)光滑水平面上静置一质量M=3kg的平板，平板上表面AB段粗糙，长度为L=1m，BC段光滑｡一轻弹簧一端固定于平板右端C处，此时弹簧自然长度与BC间的距离相等｡现有一质量m=1kg的小物块(可视为质点)以的初速度从A端滑上平板，经过一段时间，弹簧被第一次压缩到最短｡已知小物块m与平板间的动摩擦因数，重力加速度大小g=10m/s2，求：

(1)弹簧的最大弹性势能是多少？
(2)从小物块滑上平板到弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧弹力的冲量大小是多少？(结果可以保留根式)
【解析】 (1)弹簧的弹性势能最大时，质点与平板达到共同速度v，
根据系统动量守恒及总能量守恒得，
可得
(2)质点滑上平板后在AB段匀减速运动，平板匀加速运动，设到达B点时质点和平板的速度分别为v1，v2，根据系统动量守恒及总能量守恒得，
质点从B点开始压缩弹簧，到弹簧被压缩到最短的过程中，
由动量定理得，可得
弹簧弹力的冲量大小是。
【答案】 (1)；(2)
17．(2022•辽宁省辽阳市高三(下)二模)如图所示，AB为固定在竖直平面内的圆轨道，半径为r，末端B切线水平。一质量为m的沙车静止在B点右侧的光滑水平面上。B点与沙车中水平沙面间的高度差为r。一质量为的小滑块(视为质点)以不变的速率从A端开始沿AB轨道运动，离开B点后落到沙车里。滑块在AB轨道上运动的速率(g为重力加速度大小)，不计空气阻力。求：

(1)滑块通过B点时受到的轨道的支持力大小F；
(2)滑块从A端运动到沙面所用的时间t；
(3)滑块从A端开始到与沙车相对静止的过程中，系统产生的热量Q。
【解析】 (1)滑块通过B点时，根据牛顿第二定律有，解得
(2)滑块在AB轨道上运动的时间
设滑块从B点到达沙面的时间为，有，又，解得
(3)滑块陷入沙车的过程中，系统水平方向动量守恒，设滑块与沙车相对静止时的速度大小为v，
有
根据能量守恒定律有，解得
【答案】 (1) ；(2) ；(3)
18．(2022•云南省昆明市第一中学高三(下)第八次适应性训练)竖直面内有一倾角为30°的光滑长木板与水平地面通过一小段光滑圆弧轨道平滑连接，质量m2=2kg的小物块B靠近木板的末端静止于水平地面上，如图所示，某时刻，质量m1=1kg的小物块A在木板顶端由静止开始下滑，一段时间后与B发生碰撞，碰撞没有能量损失。木板长L=0.9m，小物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)A与B物块碰撞后能返回到木板的最大高度；
(2)两物块在水平地面上的最终距离。
【解析】 (1)物块A刚滑到长木板底端时，根据动能定理，可得
两物块碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒，则，
解得，
根据能量守恒
解得A与B物块碰撞后能返回到木板的最大高度
(2)对于物块B，根据动能定理
得物块B在水平地面上位移
对于物块A，根据能量守恒，碰撞后从长木板上再次返回到长木板底端的速度大小为
根据动能定理，得物块A在水平地面上位移
两物块在水平地面上的最终距离
【答案】 (1)0.05m；(2)0.3m
19．(2022•天津市耀华中学高三(上)第三次月考)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：

(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
【解析】 (1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有，解得
对于小球P，从B→C，由动能定理有，解得
在B点，受力分析有，解得
由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12N
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式，得t＝0.2s，根据公式x＝vt，代入数据，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv，解得vQ＝2m/s
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ，解得vP＝1m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有，解得Ep＝0.3J
【答案】 (1)12 N；(2)2 m/s；(3)0.3 J
20．(2022•重庆市育才中学高三(下)入学考试)如图所示，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距x，与滑块A(可视为质点)相连的轻绳一端固定在O点，A静止时紧靠在B的左端斜上方。一子弹以水平向右速度v0击中A后留在A中(此过程时间极短)，击中后轻绳恰好被拉断，轻绳断开后A立即滑上B的上表面。已知子弹的质量为m=0.02kg，水平速度v0=100m/s，A的质量mA=0.48kg，绳子长度L=0.2m，B的质量mB=1.5kg， A、B之间动摩擦因数为μ=0.6，B足够长，A不会从B表面滑出；B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。重力加速度为g=10m/s2。求：

(1)轻绳能承受的最大拉力的大小；
(2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶相距x为多少；
(3)若x取第(2)中的值，则子弹的速度为多少时，B与台阶仅相碰两次。
【解析】 (1)子弹击中A过程中动量守恒，可得mv0=(m+mA)v共1
对子弹击中A后，由牛顿第二定律可得：，可得T=45N
(2)子弹、A与B刚好共速时，由动量守恒可得(m+mA)v共1 =(m+mA+mB)v共2
对B由动能定理可得，可得：x=0.25m
(3)B碰撞前的速度vB，由动能定理可得
B与台阶碰撞后速度大小不变，故每次相碰台阶对B的冲量大小I=2pB
对子弹、A和B组成的系统而言，系统总动量p总=mv子=(m+mA)v共3
B与台阶每相碰一次，台阶对系统的改变为2pB ,当系统的总动量向左时，
B不再与台阶相碰,故B与台阶相碰两次的条件是，发生一次碰撞2pB＜mv子
发生两次碰撞4pB≥mv子，解得150m/s＜v子≤300 m/s
21．(2022•陕西省西安中学第二次模拟考试)某游戏装置可以简化为如图所示：游客乘坐滑椅(可视为质点)从固定光滑圆弧轨道上的B点处无初速滑下后冲上静止在光滑水平面上的滑板A．已知游客与滑椅的质量为m，滑板A的质量为2m，滑椅与滑板间的动摩擦因数为μ，滑板A足够长，滑椅不会从滑板表面滑出，圆弧轨道的半径为R，O点为圆弧轨道的圆心，，重力加速度为g，求：

(1)滑椅滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)滑椅滑上A后经多长时间不再相对A滑动；
(3)若滑块A至少多长才能满足要求。
【解析】 (1)设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为，由动能定理有
在圆弧轨道最低点时，有，联立解得
由牛顿第三定律可知，滑椅对轨道的压力大小为2mg
(2)滑板A右端与固定挡板Q碰撞前瞬间，设游客与滑椅的速度为v1，滑板A的速度为v2，
由动量守恒定律有
对滑板A，由量定理，解得
(3)设滑板长度至少为x，由功能关系，解得
【答案】 (1)2mg；(2)；(3)
22．(2022•辽宁省实验中学、东北育才学校等五校高三(上)期末联考)如图所示，倾角为θ=30°的足够长斜面固定在水平面上，斜面上放有一长为L的“”型木板，木板的质量为3m。质量为m的小物块置于木板的上端，小物块与木板间的摩擦可忽略不计，木板与斜面之间的动摩擦因数μ=。将小物块和木板由静止释放，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与木板发生的碰撞为弹性碰撞，求：

(1)小物块第一次与木板碰撞前瞬间的速度v1；
(2)小物块第二次与木板碰撞前瞬间的速度v2。
【解析】 (1)释放后，木板受到的最大静摩擦力为f，重力沿斜面的分力为，
则有，
由于，第一次碰撞前木板静止，对小物块，
由动能定理得，解得
(2)设第一次碰撞后，小物块和木板的速度分别为和，
由动量守恒定律和机械能守恒定律有，
从第一次碰撞完成到第二次碰前，所经历的时间为，物块和板位移相等，
则有，联立解得
【答案】 (1)；(2)
23．(2022•沈阳市第二中学高三(上)二模)如图所示，一轻弹簧的两端分别与质量为2m、3m的B、C两物块固定连接，放在在光滑水平面上，开始时物块C被锁定。另一质量为m的小物块A以速度v0与B发生弹性正碰(碰撞过程中没有机械能的损失，碰撞时间极短可忽略不计)。当弹簧再次恢复原长时物块C的锁定被解除，所有过程都在弹簧弹性限度范围内．求：

(i)弹簧第一次被压缩至最短时弹簧的弹性势能；
(ii)弹簧第一次伸长到最长时弹簧的弹性势能。
【解析】 (i)由于A与B发生弹性碰撞，得：，
解得，
可知：A与B碰后A被弹回，B向左运动压缩弹簧．
以物块B和弹簧组成的系统机械能守恒，在弹簧压缩到最短时，有
得
(ii)当弹簧恢复原长，物块C刚解除锁定时，物块B刚好以等大的速度被弹回．
以物块B、C和弹簧组成的系统，
当B、C第一次共速时弹簧第一次伸长到最长：，

解得
【答案】 (1)(2)
24．(2022•华南师范大学附属中学1月模拟考试)如图所示，光滑细管ABC，AB内有一压缩的轻质弹簧，上方有一质量m1=0.01kg的小球1；BC是半径R=1m的四分之一圆弧细管，管口C的切线水平，并与长度L=1m的粗糙直轨道CD平滑相接，小球与CD的滑动摩擦系数μ=0.3．现将弹簧插销K拔出，球1从管口C水平射出，通过轨道CD后与球2发生弹性正碰．碰后，球2立即水平飞出，落在E点．球1刚返回管口C时恰好对管道无作用力，若球1最后也落在E点．(球1和球2可视为质点，g=10m/s2)求：

(1)碰后球1的速度、球2的速度
(2)球2的质量
【解析】 (1)球1刚返回管口C时恰好对管道无作用力，则以重力作为向心力
球1在CD水平面上所受的摩擦力
球1从D→C过程，根据动能定理
由以上三式解得，
由于管道光滑，根据能量守恒，球1以速度v12从管口C出来
球1从C→D过程，根据动能定理，解得
要使球1也落在E点，根据平抛运动的规律可知
(2)1、2两球在D点发生弹性正碰，由题可知碰后球1的速度向左
根据动量守恒
根据能量守恒
由以上两式解得
【答案】 (1)(2)
25．(2022•北京市中央民族大学附属中学高三(下)2月检测)如图所示，在距水平地面高h=0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA=1.0kg的物块A以v0=5.0m/s的初速度沿桌面运动，经过位移s=1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度变为0，物块B离开桌面后落到地面上。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，物块B的质量mB=1.6kg，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；
(2)物块B落地点到桌边缘O点的水平距离x；
(3)物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E。
【解析】 (1)物块A沿桌面滑动所受摩擦力f=μmAg
做匀减速运动的加速度大小a=μg=2.5m/s2
对于碰撞前物块A的运动，根据运动学公式v02 –vA2=2as，解得vA=4.0m/s
(2)设两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小为vB，因碰撞时间极短，
根据动量守恒定律有mAvA=mBvB，解得vB=2.5m/s
物块B离开桌面后做平抛运动的时间t==0.40s
物块B落地点到桌边缘O点的水平距离x=vBt=1.0m
(3)物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E=mAvA2-mBvB2=3.0J
【答案】 (1)4.0m/s；(2)1.0m；(3)3.0J
26．(2022•北京四中高三(上)期中)光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49 J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5 m，B恰能到达最高点C．g取10 m/s2，求：

(1)绳拉断后B的速度vB的大小；
(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；
(3)绳拉断过程绳对A所做的功W．
【解析】 (1)设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，
根据B恰能到达最高点C有：-----①
对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②
由①②解得：vB=5m/s．
(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，
弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12------③
根据动量定理有：I=mBvB-mBv1 -----------------④
由③④解得：I="-4" N•s，其大小为4N•s
(3)设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，
根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----⑤
根据动能定理有：W=mAvA2------⑥
由⑤⑥解得：W=8J
【答案】 (1)vB=5m/s(2)4N•s(3) 8J