PAGEPAGE12考點(diǎn)23動量守恒定律碰撞問題考點(diǎn)名片考點(diǎn)細(xì)研究：(1)動量守恒定律處理系統(tǒng)內(nèi)物體的相互作用；(2)碰撞、打擊、反沖等“瞬間作用〞問題。其中考查到的如：2022年全國卷Ⅰ第35題(2)、2022年全國卷Ⅲ第35題(2)、2022年天津高考第9題(1)、2022年福建高考第30題(2)、2022年北京高考第17題、2022年山東高考第39題(2)、2022年重慶高考第4題、2022年福建高考第30題(2)、2022年江蘇高考第12題C(3)、2022年安徽高考第24題、2022年天津高考第2題、2022年福建高考第30題等。高考對本考點(diǎn)的考查以識記、理解為主，試題難度不大。備考正能量：預(yù)計(jì)今后高考仍以選擇題和計(jì)算題為主要命題形式，以物理知識在生活中的應(yīng)用為命題熱點(diǎn)，靈活考查動量守恒定律及其應(yīng)用，難度可能加大。一、根底與經(jīng)典1.如下圖，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分別同時作用于A、B兩個靜止的物體上。mA<mB，經(jīng)過相同的時間后同時撤去兩力，以后兩物體相碰并粘為一體，那么粘合體最終將()A．靜止B．向右運(yùn)動C．向左運(yùn)動D．無法確定答案A解析選取A、B兩個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量定理，整個運(yùn)動過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，所以動量改變量為零。初始時刻系統(tǒng)靜止，總動量為零，最后粘合體的動量也為零，即粘合體靜止，選項(xiàng)A正確。2．關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒B．只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量一定守恒答案C解析動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，與系統(tǒng)內(nèi)是否存在摩擦力無關(guān)，與系統(tǒng)中物體是否具有加速度無關(guān)，故A、B選項(xiàng)錯誤，C選項(xiàng)正確；所有物體加速度為零時，各物體速度恒定，動量恒定，總動量只能說不變，不能說守恒，D選項(xiàng)錯誤。3.質(zhì)量為m的甲物塊以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動，有一輕彈簧固定在甲物塊上。另一質(zhì)量也為m的乙物塊以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動，如下圖。那么()A．甲、乙兩物塊在壓縮彈簧過程中，由于彈力作用，系統(tǒng)動量不守恒B．當(dāng)兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C．當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D．甲物塊的速率可能到達(dá)5m/s答案C解析甲、乙兩物塊在壓縮彈簧過程中，由于彈力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)合外力為零，所以動量守恒，選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)兩物塊相距最近時，它們的速度相同，設(shè)為v，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入數(shù)據(jù)，可得v＝0.5m/s，選項(xiàng)B錯誤；當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時，其運(yùn)動方向可能向左，也可能向右，當(dāng)水平向左時，根據(jù)動量守恒定律可得，乙物塊的速率為2m/s，當(dāng)水平向右時，同理可得，乙物塊的速率為0，且均滿足能量守恒條件，所以選項(xiàng)C正確；因?yàn)檎麄€過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能不可能增加，假設(shè)甲物塊的速率到達(dá)5m/s，那么乙物塊的速率肯定不為零，這樣系統(tǒng)的機(jī)械能增加了，所以選項(xiàng)D錯誤。4．(多項(xiàng)選擇)如下圖，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上相對a車保持靜止，此后()A．a(chǎn)、b兩車運(yùn)動速率相等B．a(chǎn)、c兩車運(yùn)動速率相等C．三輛車的速率關(guān)系vc>va>vbD．a(chǎn)、c兩車運(yùn)動方向相反答案CD解析假設(shè)人跳離b、c車時速度為v，由動量守恒定律知，人和c車組成的系統(tǒng)：0＝－M車vc＋m人v對人和b車：m人v＝－M車vb＋m人v對人和a車：m人v＝(M車＋m人)va所以：vc＝eq\f(m人v,M車)，vb＝0，va＝eq\f(m人v,M車＋m人)即vc>va>vb，并且vc與va方向相反。5.(多項(xiàng)選擇)如下圖，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑()A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處答案BC解析在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，選項(xiàng)A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，選項(xiàng)B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽別離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球和槽都做勻速運(yùn)動，小球不能滑到槽上，選項(xiàng)C正確、D錯誤。6.如下圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)。一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面做往復(fù)運(yùn)動。木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中，木塊受到的合外力的沖量大小為()A.eq\f(Mmv0,M＋m)B．2Mv0C.eq\f(2Mmv0,M＋m)D．2mv0答案A解析子彈擊中木塊并嵌在其中，該過程動量守恒，即mv0＝(m＋M)v，即擊中后木塊速度為v＝eq\f(mv0,m＋M)，此后只有彈簧彈力做功，子彈、木塊和彈簧組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)?shù)谝淮位氐狡胶馕恢脮r，速度仍然等于v，根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于動量變化量，即I＝Mv－0＝eq\f(Mmv0,m＋M)，選項(xiàng)A正確。7．兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s答案B解析雖然題中四個選項(xiàng)均滿足動量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的總動能Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝22J，違背了能量守恒定律，故B項(xiàng)正確。8.(多項(xiàng)選擇)將兩個小物體放在光滑的水平面上，其中小物體B的左端與一輕彈簧相連接，在光滑的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給小物體A一水平向右的初速度v0。小物體A、B的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝3kg，v0＝4m/s。那么以下關(guān)于兩小物體的運(yùn)動描述正確的選項(xiàng)是()A．整個過程中小物體A的最小速度為1m/sB．整個過程中小物體B的最大速度為2m/sC．整個過程中彈簧儲存的最大彈性勢能為6JD．整個運(yùn)動過程中小物體A、B整體動能減少量的最大值為8J答案BC解析當(dāng)彈簧壓縮最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時小物體A、B共速，由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝1m/s，此時彈簧的彈性勢能最大，即小物體A、B整體動能減少量最多，ΔEpm＝ΔEkm＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝6J，C正確，D錯誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，小物體B獲得最大速度，由動量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvm，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，解得vm＝2m/s，vA＝－2m/s，B正確；由以上的計(jì)算可以看出小物體A的運(yùn)動方向發(fā)生了改變，因此整個過程中小物體A的最小速度應(yīng)為0，A錯誤。9.(多項(xiàng)選擇)如下圖，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行。甲球的質(zhì)量m甲大于乙球的質(zhì)量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運(yùn)動情況可能是()A．甲球速度為零，乙球速度不為零B．乙球速度為零，甲球速度不為零C．兩球速度都不為零D．兩球都以各自原來的速率反向運(yùn)動答案AC解析上述分析知Ek甲＝Ek乙，因?yàn)镋k＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(m2v2,2m)＝eq\f(p2,2m)，所以動量為：p＝eq\r(2mEk)，因?yàn)閙甲>m乙，所以有：p甲>p乙。甲乙相向運(yùn)動，故甲乙碰撞后總動量沿甲原來的方向，甲可能繼續(xù)沿原來的方向運(yùn)動，乙必彈回。所以乙的速度不可能為零，故A正確，B錯誤；因?yàn)榕鲎埠蠹滓铱赡芏佳丶自瓉淼姆较蜻\(yùn)動，故甲乙速度不為零，C正確；假設(shè)碰撞后兩球都以各自原來的速率反向運(yùn)動，那么違反了動量守恒定律，故D錯誤。10.(多項(xiàng)選擇)如下圖，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．彈簧伸長過程中C向右運(yùn)動，同時AB也向右運(yùn)動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運(yùn)動D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運(yùn)動答案BC解析小車AB與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運(yùn)動時，AB應(yīng)向左運(yùn)動，故A錯誤。設(shè)碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，那么0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正確。設(shè)C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速度為v共，那么0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯誤。二、真題與模擬11.[2022·福建高考]如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動狀態(tài)是()A．A和B都向左運(yùn)動 B．A和B都向右運(yùn)動C．A靜止，B向右運(yùn)動 D．A向左運(yùn)動，B向右運(yùn)動答案D解析選向右的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，選項(xiàng)A、B、C都不滿足此式，只有選項(xiàng)D滿足此式，所以D項(xiàng)正確。12．[2022·北京高考]實(shí)驗(yàn)觀察到，靜止在勻強(qiáng)磁場中A點(diǎn)的原子核發(fā)生β衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動方向和軌跡示意圖如下圖，那么()A．軌跡1是電子的，磁場方向垂直紙面向外B．軌跡2是電子的，磁場方向垂直紙面向外C．軌跡1是新核的，磁場方向垂直紙面向里D．軌跡2是新核的，磁場方向垂直紙面向里答案D解析β衰變方程：eq\o\al(Z,A)X→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(Z,A＋1)Y，知電子電量較小。由動量守恒定律知兩粒子動量大小相等。由r＝eq\f(mv,qB)，得re>rY，故軌跡1是電子的，軌跡2是新核的。由左手定那么知，D正確。13.[2022·福建高考]一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星別離。前局部的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后局部的箭體質(zhì)量為m2，別離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，假設(shè)忽略空氣阻力及別離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，那么別離后衛(wèi)星的速率v1為()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)答案D解析忽略空氣阻力和質(zhì)量損失，系統(tǒng)動量守恒，有(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D正確。14．[2022·重慶高考]一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，那么以下圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的選項(xiàng)是()答案B解析設(shè)彈丸爆炸前質(zhì)量為m，爆炸成甲、乙兩塊后質(zhì)量比為3∶1，可知m甲＝eq\f(3,4)m，m乙＝eq\f(1,4)m。設(shè)爆炸后甲、乙的速度分別為v1、v2，爆炸過程中甲、乙組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，取彈丸運(yùn)動方向?yàn)檎较颍衜v＝eq\f(3,4)mv1＋eq\f(1,4)mv2，得3v1＋v2＝8。爆炸后甲、乙兩彈片水平飛出，做平拋運(yùn)動。豎直方向做自由落體運(yùn)動，h＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s；水平方向做勻速直線運(yùn)動，x＝vt，所以甲、乙飛行的水平位移大小與爆炸后甲、乙獲得的速度大小在數(shù)值上相等，因此也應(yīng)滿足3x1＋x2＝8，從選項(xiàng)圖中所給數(shù)據(jù)可知，B正確。15．[2022·石家莊一中月考]將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，那么噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0D.eq\f(m,M－m)v0答案D解析根據(jù)動量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝eq\f(m,M－m)v0，選項(xiàng)D正確。16.[2022·浙江寧波期末]如圖，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止。假設(shè)救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，那么救生員躍出后小船的速率為()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)答案C解析取向右為正方向，由動量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故C正確。17．[2022·江蘇泰州檢測]如下圖，質(zhì)量分別為m1和m2的小球A、B在光滑水平面上分別以速度v1、v2同向運(yùn)動，并發(fā)生對心碰撞，碰后B被右側(cè)墻壁原速率彈回，又與A碰撞，再一次碰撞后兩球都靜止，那么第一次碰后A速度的大小為()A.eq\f(m1v1＋m2v2,m1＋m2) B.eq\f(m1v1－m2v2,m1＋m2)C.eq\f(m1v1＋m2v2,2m1) D.eq\f(m1v1＋m2v2,2m2)答案C解析設(shè)小球A、B第一次碰后速度的大小分別為v1′和v2′，由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，兩個小球再一次碰撞時m1v1′－m2v2′＝0，得v1′＝eq\f(m1v1＋m2v2,2m1)，C正確。18．[2022·唐山月考](多項(xiàng)選擇)如下圖，動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量。那么以下選項(xiàng)中可能正確的選項(xiàng)是()A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝－2kg·m/s、ΔpB＝2kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s答案AB解析此題的碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過程要符合實(shí)際情況。此題屬于追及碰撞，碰前，后面運(yùn)動物體的速度一定要大于前面運(yùn)動物體的速度(否那么無法實(shí)現(xiàn)碰撞)，碰后，前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，據(jù)此可排除選項(xiàng)D；假設(shè)ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，A球的質(zhì)量和動量大小不變，動能不變，而B球的質(zhì)量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，選項(xiàng)C可以排除；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)A、B滿足碰撞遵循的三個原那么。19．[2022·濟(jì)寧高三期末]如下圖，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動，B開始向右運(yùn)動，A始終沒有滑離B板。在小木塊A做加速運(yùn)動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()A．1.8m/sB．2.4m/sC．2.8m/sD．3.0m/s答案B解析A先向左減速到零，再向右加速運(yùn)動，在此期間，木板減速運(yùn)動，最終它們保持相對靜止，設(shè)A減速到零時，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，那么Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在小木塊A做加速運(yùn)動的時間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于eq\f(8,3)m/s，只有選項(xiàng)B正確。20．[2022·遼寧一模](多項(xiàng)選擇)質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M的小車上，小車靜止在水平地面上，車與地面摩擦不計(jì)。當(dāng)人從小車左端走到右端時，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．人在車上行走的平均速度越大，那么車在地面上運(yùn)動的平均速度也越大B．人在車上行走的平均速度越大，那么車在地面上移動的距離也越大C．不管人以什么樣的平均速度行走，車在地面上移動的距離相同D．人在車上行走時，假設(shè)人相對車突然停止，那么車也立刻停止答案ACD解析人和車組成的系統(tǒng)動量守恒，人的質(zhì)量為m，車的質(zhì)量為M，根據(jù)動量守恒定律得meq\x\to(v)1＝Meq\x\to(v)2，A、D正確；上式還可寫成meq\x\to(v)1t＝Meq\x\to(v)2t，即m(L－x)＝Mx，L為車長，x為車在地面上移動的距離，解得x＝eq\f(mL,M＋m)，故C正確，B錯誤。一、根底與經(jīng)典21．交通事故號稱人類第二大殺手。有人設(shè)想兩車進(jìn)入非平安區(qū)域時產(chǎn)生強(qiáng)大的排斥力，使兩車不發(fā)生碰撞而逐漸分開，從而防止交通事故的發(fā)生。甲車質(zhì)量為1噸，乙車質(zhì)量為1.5噸，某時刻甲的速率為10m/s,乙的速率為20m/s，兩車相向運(yùn)動。1m為兩車產(chǎn)生強(qiáng)大排斥力的臨界距離，假設(shè)兩車運(yùn)動過程中始終未相碰。那么(1)兩車最近時，乙的速度為多大？(2)甲開始反向時，乙的速度為多大？答案(1)8m/s(2)eq\f(40,3)m/s解析(1)兩車相距最近時，兩車的速度相同，設(shè)該速度為v，取乙車的速度方向?yàn)檎较颉Ｓ蓜恿渴睾愣傻?，m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以兩車最近時，乙車的速度為：v＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲,m甲＋m乙)＝8m/s。(2)甲車開始反向時，其速度為0，設(shè)此時乙車的速度為v乙′，由動量守恒定律得：m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，解得：v乙′＝eq\f(40,3)m/s。22.光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝3m、mB＝mC＝m，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小。答案eq\f(6,5)v0解析設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得：對A、B木塊：mAv0＝mAvA＋mBvB①對B、C木塊：mBvB＝(mB＋mC)v②由A與B間的距離保持不變可知：vA＝v③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得：vB＝eq\f(6,5)v0。二、真題與模擬23．[2022·全國卷Ⅱ]如圖，光滑冰面上靜止放置一外表光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體別離后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能解析(1)規(guī)定向左為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時兩者到達(dá)共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律得：m2v20＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝3m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得：m3＝20kg③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體別離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律有：m2v20＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得：v2＝－1m/s。由于冰塊與斜面體別離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在前方，故冰塊不能追上小孩。24．[2022·全國卷Ⅱ]兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x隨時間t變化的圖象如下圖。求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個運(yùn)動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比。答案(1)eq\f(1,8)(2)eq\f(1,2)解析(1)設(shè)a、b質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度分別為v1、v2。由題給圖象得：v1＝－2m/s，v2＝1m/s，a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖象得：v＝eq\f(2,3)m/s。由動量守恒定律有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,8)。(2)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動，由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得eq\f(W,ΔE)＝eq\f(1,2)。25．[2022·山東高考]如圖，三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)v0的速度向右運(yùn)動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動?；瑝KA、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。答案eq\f(\r(21),16)v0解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vA′＝eq\f(1,8)v0，B的速度vB＝eq\f(3,4)v0，由動量守恒定律得：mvA＝mvA′＋mvB①設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得：WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)②設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關(guān)系得：WB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)③據(jù)題意可知：WA＝WB④設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得mvB′＝2mv，⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得v＝eq\f(\r(21),16)v0。26．[2022·北京延慶模擬]如圖甲所示，一質(zhì)量為ma的滑塊(可看成質(zhì)點(diǎn))固定在半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A點(diǎn)，另一質(zhì)量為mb的滑塊(可看成質(zhì)點(diǎn))靜止在軌道的底端B處，A點(diǎn)和圓弧對應(yīng)的圓心O點(diǎn)等高。(1)