專題16動(dòng)量能量在各類模型中的應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一碰撞模型 1類型1一動(dòng)一靜的彈性碰撞 1類型2彈性碰撞中的“子母球”模型 6題型二非彈性碰撞中的“動(dòng)能損失”問題 13類型1非彈性小球碰撞中的動(dòng)能損失 13類型2滑塊木板模型中的動(dòng)能損失 15類型3滑塊-曲面模型中的動(dòng)能損失問題 16類型4小球-彈簧模型中的動(dòng)能損失問題 18類型5帶電系統(tǒng)中動(dòng)能的損失問題 19類型6導(dǎo)體棒“追及”過程中的動(dòng)能損失問題 20題型三碰撞遵循的規(guī)律 22類型1碰撞的可能性 22類型2碰撞類型的識(shí)別 25題型四“滑塊—彈簧”碰撞模型中的多過程問題 28題型五“滑塊—斜(曲)面”碰撞模型 39題型六滑塊模型中的多過程 46題型七子彈打木塊模型中的能量動(dòng)量問題 51題型八兩體爆炸（類爆炸）模型中的能量分配 54題型九人船模型及其拓展模型的應(yīng)用 59題型十懸繩模型 67題型一碰撞模型類型1一動(dòng)一靜的彈性碰撞．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈－v1，v2′≈0.【例1】（2023春·江西贛州·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）彈玻璃球是小孩子最愛玩的游戲之一，一次游戲中，有大小相同、但質(zhì)量不同的A、B兩玻璃球，質(zhì)量分別為、，且，小朋友在水平面上將玻璃球A以一定的速度沿直線彈出，與玻璃球B發(fā)生正碰，玻璃球B沖上斜面后返回水平面時(shí)與玻璃球A速度相等，不計(jì)一切摩擦和能量損失，則、之比為（）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5【答案】B【詳解】兩球碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒可得由能量守恒可得聯(lián)立可得玻璃球B返后兩球速度相等可得故選B?！纠?】（2023·四川達(dá)州·統(tǒng)考二模）如圖所示，用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為的小球懸掛在O點(diǎn)，繩長，輕繩處于水平拉直狀態(tài)。現(xiàn)將小球由靜止釋放，下擺至最低點(diǎn)與靜止在A點(diǎn)的小物塊發(fā)生碰撞，碰后小球向左擺的最大高度，小物塊沿水平地面滑到B點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)。已知小物塊質(zhì)量為，小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離，重力加速度，則下列說法正確的是（）A．小球與小物塊質(zhì)量之比 B．小球與小物塊碰后小物塊速率C．小球與小物塊碰撞是彈性碰撞 D．小球與小物塊碰撞過程中有機(jī)械能損失【答案】BC【詳解】B．根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊的加速度根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)公式解得小球與小物塊碰后小物塊速率B正確；A．設(shè)小球碰撞前的速度為，碰撞后的速度為，根據(jù)動(dòng)能定理解得以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得A錯(cuò)誤；CD．碰撞前動(dòng)能碰撞后動(dòng)能碰撞前后動(dòng)能相等，所以小球與小物塊碰撞是彈性碰撞，無機(jī)械能損失，C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。【例3】（2023·四川遂寧·統(tǒng)考三模）在一個(gè)水平桌面上固定一個(gè)內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點(diǎn)，且ac與bd相互垂直。在內(nèi)部放置A、B兩個(gè)小球（球徑略小于管徑，管徑遠(yuǎn)小于R），質(zhì)量分別為、，開始時(shí)B球靜止于a點(diǎn)，A球在其左側(cè)以的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對(duì)心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)。則下列說法中正確的是（）A．A、B兩球的質(zhì)量比為B．若只增大A球的初速度則第二次碰撞點(diǎn)可能在之間某處C．若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點(diǎn)可能仍在b處D．若只增大A球的質(zhì)量則第一、二次碰撞時(shí)間間隔不可能大于【答案】CD【詳解】A．設(shè)第一次碰后A、B兩球的速度分別為，。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有第二次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)，則有聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；BC．設(shè)第二次碰撞A球轉(zhuǎn)過的角度為，則有解得可知與初速度無關(guān)，即第二次碰撞點(diǎn)與A球的初速度無關(guān)，若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點(diǎn)可能仍在b處，故B錯(cuò)誤，C正確；D．兩次碰撞間隔時(shí)間為故D正確；故選CD?！纠?】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，小球1從固定光滑斜面上某處由靜止釋放，滑過光滑水平桌面后，落在水平地面上的N點(diǎn)。若在水平桌面的邊緣處放置另一小球2，再將小球1從斜面上同一位置由靜止釋放，使兩小球發(fā)生彈性正碰，兩小球在地面上的落點(diǎn)分別為M、P點(diǎn)。已知小球1的質(zhì)量為，小球2的質(zhì)量為，且，O點(diǎn)為桌面邊緣在地面上的投影，不計(jì)轉(zhuǎn)彎處的機(jī)械能損失，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．碰撞后小球1的落點(diǎn)為M點(diǎn)B．碰撞后小球1的落點(diǎn)為P點(diǎn)C．圖中點(diǎn)間距離滿足的關(guān)系為D．圖中點(diǎn)間距離滿足的關(guān)系為【答案】BC【詳解】AB．設(shè)小球1碰撞前的速度為，取水平向右為正方向，因?yàn)榍?質(zhì)量較小，可知小球1與小球2碰撞后，球1反向，設(shè)碰撞后球1和球2速度大小分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有解得，根據(jù)題意，可得，斜面光滑，小球1反向到達(dá)最高點(diǎn)回到拋出點(diǎn)時(shí)速度大小等于，兩球在做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故可知小球1的水平位移較大，即碰撞后小球1的落點(diǎn)為P點(diǎn)，A錯(cuò)誤，B正確；CD．當(dāng)小球1單獨(dú)釋放時(shí)有小球1與小球2碰撞后有，可得C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。類型2彈性碰撞中的“子母球”模型m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)【例1】（2022屆云南省昆明市第一中學(xué)高三（上）第五次復(fù)習(xí)檢測(cè)理綜物理試題）如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量分別為m1=60g、m2=30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度h0=1.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s，不計(jì)空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度時(shí)間圖象如圖乙所示，g取10m/s2（）A.B球與A球碰前的速度大小為6m/sB.兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對(duì)B球的沖量大小比值為1：101C.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞D.若m2<m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m【答案】AB【解析】由機(jī)械能守恒定律可知解得兩物體落地前的速度根據(jù)動(dòng)量定理，A和B相互作用過程中，B動(dòng)量變化量等于合力的沖量重力的沖量為因?yàn)锳、B作用時(shí)間極短，重力對(duì)系統(tǒng)的沖量遠(yuǎn)小于系統(tǒng)總動(dòng)量，可以視系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒得A碰后速度為，計(jì)算知碰撞前后，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，不是彈性碰撞。若不計(jì)系統(tǒng)重力的影響，且m2<<m1，由動(dòng)量守恒不計(jì)碰撞損失，由能量關(guān)系聯(lián)立解得因m2<<m1，則v1=3v0，則m2球上升的最大高度h2=9h0=16.2m故AB正確CD錯(cuò)誤。故選AB。【例2】（2023·湖南常德·高三常德市一中?？茧A段練習(xí)）如圖為“子母球”表演的示意圖，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球直徑，小球B的質(zhì)量是A質(zhì)量的3倍。假設(shè)所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向，不考慮空氣阻力，則下列判斷中錯(cuò)誤的是（）A．下落過程中兩個(gè)小球之間沒有相互作用力B．A與B第一次碰后小球B的速度為零C．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是2hD．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4h【答案】C【詳解】A．球B與地面碰撞前，對(duì)AB整體，由牛頓第二定律得（mA+mB）g＝（mA+mB）a解得a＝g設(shè)下落過程中兩個(gè)小球之間的彈力為T，對(duì)B球，由牛頓第二定律得mBg+T＝mBa解得T＝0故A不符合題意；B．根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得（mA+mB）gh＝（mA+mB）解得球A、B與地面碰撞前瞬間的速度大小為v0＝B球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選A與B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后A、B速度大小分別為vA、vB，選向上方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB由機(jī)械能守恒定律得（mA+mB）v02＝mAvA2+mBvB2由題可知mB＝3mA聯(lián)立解得vA＝vB＝0故B不符合題意；CD．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度為故C符合題意，D不符合題意。故選C?！纠?】（2023·云南昆明·統(tǒng)考一模）物理課堂上，老師帶同學(xué)們做了一個(gè)有趣的實(shí)驗(yàn)：如圖甲所示，老師讓某同學(xué)將一個(gè)網(wǎng)球疊放在一個(gè)充足氣的籃球上，舉到頭頂附近，然后一起由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)網(wǎng)球和籃球碰撞后，被反彈的網(wǎng)球能打到教室的天花板。若將該實(shí)驗(yàn)簡化為如圖乙所示模型，網(wǎng)球和籃球均可視為質(zhì)點(diǎn)，籃球和地面碰撞完成后恰與網(wǎng)球碰撞，所有碰撞均為彈性碰撞。已知網(wǎng)球的質(zhì)量為，籃球的質(zhì)量為，初始釋放高度為，籃球和網(wǎng)球的球心始終在同一豎直線上，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度，求：（1）籃球落地前瞬間，網(wǎng)球和籃球共同的速度大小；（2）網(wǎng)球反彈后能達(dá)到的最大高度；（3）若用一個(gè)質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于籃球質(zhì)量的彈性小球替代網(wǎng)球重復(fù)該實(shí)驗(yàn)，其他條件不變，求彈性小球反彈后能夠上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)籃球觸地前瞬間，籃球與網(wǎng)球的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得（2）規(guī)定豎直向上為正方向，設(shè)籃球與地面發(fā)生彈性碰撞后瞬間，網(wǎng)球的速度為，籃球的速度為，有，。設(shè)碰后瞬間，網(wǎng)球和籃球的速度分別為，網(wǎng)球與籃球發(fā)生彈性碰撞，可得根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)解得（3）由題意，設(shè)彈性小球與籃球發(fā)生彈性碰撞后瞬間，彈性小球的速度為，籃球的速度為，有可得當(dāng)時(shí)，可取得極大值，可得設(shè)彈性小球能上升的最大高度為，由解得【例4】（2023·河北張家口·統(tǒng)考三模）伽利略大炮是一種極為簡易的機(jī)械發(fā)射裝置，由伽利略于1590年左右發(fā)明?，F(xiàn)我們共同研究伽利略大炮的實(shí)驗(yàn)，先將500g的彈性大球單獨(dú)自由釋放，落地反彈高度為下落高度的0.64倍?，F(xiàn)在彈性大球上將彈性小球逐個(gè)疊放，并將它們從距地面0.8m高處自由釋放，如圖所示。已知各球相互接觸且重心在同一豎直線上，每個(gè)彈性球的質(zhì)量為該球下面接觸球質(zhì)量的一半，各球之間均發(fā)生彈性碰撞，作用時(shí)間極短，無論彈性大球上面是否疊放彈性小球及疊放幾個(gè)彈性小球，彈性大球與地面碰撞過程中能量損失均保持不變，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）若將彈性大球單獨(dú)從距地面0.8m高處自由釋放，求地面對(duì)彈性大球所做的功；（2）若彈性大球上端只放一個(gè)彈性小球，求兩球碰撞過程中彈性大球?qū)椥孕∏虻臎_量大?。唬?）若要使最上端的彈性小球上升高度不低于45m，求至少需要疊放多少個(gè)彈性小球？【答案】（1）；（2）；（3）彈性大球上至少疊放6個(gè)彈性小球【詳解】（1）設(shè)彈性大球與地面碰撞前的速度大小為，與地面碰撞后的速度大小為，地面對(duì)彈性大球所做的功為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得，上升過程下落過程由動(dòng)能定理可得解得（2）彈性小球與彈性大球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)彈性大球碰后的速度為，彈性小球碰前與碰后的速度分別為，取向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得由動(dòng)量定理可得解得（3）由（2）可得第一個(gè)彈性小球與彈性大球碰撞之后速度為整理可得同理可得第二個(gè)彈性小球與第一個(gè)彈性小球碰撞之后的速度為整理可得……由數(shù)學(xué)知識(shí)可得由于要使最上端的彈性小球上升高度不低于，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得則解得時(shí)時(shí)故彈性大球上至少疊放6個(gè)彈性小球。題型二非彈性碰撞中的“動(dòng)能損失”問題1.非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，動(dòng)能有部分損失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk損3.完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損max類型1非彈性小球碰撞中的動(dòng)能損失【例1】在光滑水平面上甲、乙兩個(gè)小球發(fā)生碰撞后粘在一起，兩球運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間變化如圖所示，已知甲球的質(zhì)量，則碰撞過程中損失的能量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設(shè)乙球的質(zhì)量為，甲、乙碰前的速度為v1、v2，碰后的速度為v3，由動(dòng)量守恒得代值可得得乙球的則碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B?！纠?】（2023·遼寧沈陽·沈陽二中?？寄M預(yù)測(cè)）某次冰壺運(yùn)動(dòng)訓(xùn)練中，甲壺與靜止的乙壺發(fā)生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，不計(jì)空氣阻力，兩壺完全相同且均可視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短可不計(jì)，碰撞前、后兩壺運(yùn)動(dòng)軌跡始終在同一水平直線上。從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，測(cè)得乙壺位移是甲壺位移的k倍，則（

）A．k<1B．k值越大，兩壺碰撞過程中損失機(jī)械能越大C．k值越大，兩壺碰撞過程中損失機(jī)械能越小D．碰撞后瞬時(shí)，乙壺速度為零【答案】C【詳解】A．甲乙碰撞瞬間動(dòng)量守恒，即且有所以故A錯(cuò)誤；BC．兩壺碰撞過程中損失的機(jī)械能為變形可得由此可知，當(dāng)k=1時(shí)，損失的機(jī)械能達(dá)到最大，隨著k增大，損失的機(jī)械能減小，故B錯(cuò)誤，C正確；D．由于兩壺完全相同，所以碰撞后瞬時(shí)乙壺速度一定大于零，故D錯(cuò)誤。故選C。類型2滑塊木板模型中的動(dòng)能損失【例3】(多選)長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖所示，g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．木板獲得的動(dòng)能為1JB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1【答案】ABD【解析】由題圖可知，最終木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，則木板獲得的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，故A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2J，故B正確；根據(jù)v－t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1s內(nèi)B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，m/s2＝－1m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正確．【例2】（2023秋·江蘇·高三統(tǒng)考期末）質(zhì)量為m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分點(diǎn)。質(zhì)量為M的物塊以一定的初速度從a點(diǎn)水平滑上粗糙木板，物塊的寬度不計(jì)，且，經(jīng)過一段時(shí)間物塊停在木板上。若圖是物塊剛滑上木板時(shí)的物塊與板的位置狀態(tài)，下圖是物塊剛與木板達(dá)到共同速度時(shí)的位置，下列示意圖正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】地面光滑，物塊A與木板B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得對(duì)m有設(shè)相對(duì)位移為，對(duì)M有整理得因?yàn)?，所以解得故B正確ACD錯(cuò)誤。故選B。類型3滑塊-曲面模型中的動(dòng)能損失問題【例1】(2021·安徽十校聯(lián)盟檢測(cè))如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道M靜止在光滑水平面上，一個(gè)物塊m在水平地面上以大小為v0的初速度向右運(yùn)動(dòng)并無能量損失地滑上圓弧軌道，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上某一位置時(shí)，物塊向上的速度為零，此時(shí)物塊與圓弧軌道的動(dòng)能之比為1∶2，則此時(shí)物塊的動(dòng)能與重力勢(shì)能之比為(以地面為參考平面)()A．1∶2B．1∶3C．1∶6D．1∶9【答案】C【解析】因?yàn)樗矫婀饣?，m和M組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒；當(dāng)物塊向上的速度為零時(shí)，根據(jù)題意可知此時(shí)物塊與圓弧軌道速度相同，又因?yàn)榇藭r(shí)物塊與圓弧軌道的動(dòng)能之比為1∶2，即eq\f(1,2)mv2∶eq\f(1,2)Mv2＝1∶2，得m∶M＝1∶2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，得：v0＝3v，根據(jù)能量守恒定律：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Ep，得物塊的重力勢(shì)能為Ep＝eq\f(1,3)mv02，此時(shí)物塊的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,18)mv02，所以此時(shí)物塊的動(dòng)能與重力勢(shì)能之比為Ek∶Ep＝1∶6，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．【例2】.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質(zhì)量，小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端水平。有一質(zhì)量的小球以水平初速度從圓弧下端滑上小車，重力加速度取。下列說法正確的是（）A．在小球滑到最高點(diǎn)的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．在小球滑到最高點(diǎn)的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小球沿圓弧軌道上升的最大高度時(shí)的速度大小為1m/sD．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.6m【答案】ACD【詳解】A．在小球滑到最高點(diǎn)的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A正確；B．在小球滑到最高點(diǎn)的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，但豎直方向動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，小球沿圓弧軌道上升的最大高度為，兩者共同速度大小為解得小球與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解得選項(xiàng)CD正確。故選ACD。類型4小球-彈簧模型中的動(dòng)能損失問題【例1】(2022·山東日照市3月模擬)A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、B兩球的質(zhì)量分別為m和M(m＜M)。若使A球獲得瞬時(shí)速度v(如圖2甲)，彈簧壓縮到最短時(shí)的長度為L1；若使B球獲得瞬時(shí)速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時(shí)的長度為L2，則L1與L2的大小關(guān)系為()A.L1＞L2 B.L1＜L2C.L1＝L2 D.不能確定【答案】C【解析】當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同，對(duì)題圖甲取A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv＝(m＋M)v′由機(jī)械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時(shí)Ep＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)同理：對(duì)題圖乙取B的初速度方向?yàn)檎较?，?dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)有Ep＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)故彈性勢(shì)能相等，則有L1＝L2，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確?！纠?】(2022·江西省教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩物體用輕彈簧連接，靜止在光滑水平面上，其中B物體靠在墻壁上?，F(xiàn)用力推動(dòng)物體A壓縮彈簧至P點(diǎn)后再釋放物體A，當(dāng)彈簧的長度最大時(shí)，彈性勢(shì)能為Ep1?，F(xiàn)將物體A的質(zhì)量增大到原來的3倍，仍使物體A壓縮彈簧至P點(diǎn)后釋放，當(dāng)彈簧的長度最大時(shí)，彈性勢(shì)能為Ep2。則Ep1∶Ep2等于()A.1 B.2C.3 D.4【答案】B【解析】設(shè)壓縮到P點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，開始時(shí)，物體A、B的質(zhì)量均為m，則有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)Ep，把A的質(zhì)量換成3m，Ep＝eq\f(1,2)×3mv0′2，3mv0′＝4mv′，Ep2＝Ep－eq\f(1,2)×4mv′2＝eq\f(1,4)Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，選項(xiàng)B正確。類型5帶電系統(tǒng)中動(dòng)能的損失問題如圖所示，在光滑絕緣水平面上，A、B兩小球質(zhì)量分別為2m、m，帶電荷量分別為＋q、＋2q。某時(shí)刻A有指向B的速度v0，B球速度為零，之后兩球在運(yùn)動(dòng)中始終未相碰，當(dāng)兩小球從該時(shí)刻開始到第一次相距最近的過程中()A．任意時(shí)刻A、B兩小球的加速度大小之比均為1∶2B．兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，電勢(shì)能減少C．A球減少的機(jī)械能大于B球增加的機(jī)械能D．電場(chǎng)力對(duì)A球做功的大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】AC【解析】兩球所受的庫侖力為作用力與反作用力，大小相等，由F＝ma知兩球的加速度之比eq\f(aA,aB)＝eq\f(\f(F,2m),\f(F,m))＝eq\f(1,2)，故A正確；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，從A開始運(yùn)動(dòng)到兩球距離最近過程，兩球間的距離減小，電勢(shì)能增大，機(jī)械能減少，故B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，系統(tǒng)電勢(shì)能增加，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩球距離最近時(shí)，兩球速度相等，由動(dòng)量守恒定律得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0，A球減少的機(jī)械能為ΔEkA＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，B球增加的機(jī)械能為ΔEkB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)，所以A球減少的機(jī)械能大于B球增加的機(jī)械能，故C正確；由動(dòng)能定理可知，電場(chǎng)力對(duì)A球做功大小W＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，故D錯(cuò)誤?！纠?】如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球，t＝0時(shí)，甲靜止，乙以v＝6m/s的初速度向甲運(yùn)動(dòng)。它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)(整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中沒有接觸)，它們運(yùn)動(dòng)的v－t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知()A.兩小球帶電的電性一定相反B.甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2∶1C.t2時(shí)刻，乙球的電勢(shì)能最大D.在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能一直減小【答案】B【解析】由題圖可知乙球減速的同時(shí)，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電性的電荷，故A錯(cuò)誤；兩球作用過程動(dòng)量守恒，有m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,1)，故B正確；t1時(shí)刻，兩球共速，此時(shí)兩球間距離最近，則此時(shí)乙球的電勢(shì)能最大，故C錯(cuò)誤；在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能先減小，t2時(shí)刻后逐漸增大，故D錯(cuò)誤。類型6導(dǎo)體棒“追及”過程中的動(dòng)能損失問題【例1】(多選)如圖所示，在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩條足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，間距l(xiāng)＝1m，電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，金屬棒AB、CD水平放在兩導(dǎo)軌上，相隔為L＝0.2m，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，AB棒質(zhì)量為m1＝0.2kg，CD棒質(zhì)量為m2＝0.4kg，兩金屬棒接入電路的總電阻R＝0.5Ω，若CD棒以v0＝3m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，在兩根金屬棒運(yùn)動(dòng)到兩棒間距最大的過程中，下列說法正確的是()A．AB棒的最終速度大小為1m/sB．該過程中電路中產(chǎn)生的熱量為0.6JC．該過程中通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為0.4CD．兩金屬棒的最大距離為0.3m【答案】BC【解析】開始CD棒做減速運(yùn)動(dòng)、AB棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)它們間的距離最大，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝Q＋eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6J，選項(xiàng)B正確；對(duì)AB棒，由動(dòng)量定理得BIlt＝m1v，而It＝q，則Blq＝m1v，解得q＝0.4C，選項(xiàng)C正確；通過導(dǎo)體橫截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bld,R)，兩金屬棒間的最大距離D＝d＋L＝eq\f(qR,Bl)＋L＝eq\f(0.4×0.5,1×1)m＋0.2m＝0.4m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！纠?】(多選)如圖所示，水平面上有相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上靜止放置著金屬桿a和b(桿a、b均與導(dǎo)軌垂直)，兩桿均位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的左側(cè)，讓桿a以速度v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞后，兩桿先后進(jìn)入右側(cè)的磁場(chǎng)中，當(dāng)桿a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，桿b的速度剛好為a的一半.已知桿a、b的質(zhì)量分別為2m和m，接入電路的電阻均為R，其他電阻忽略不計(jì)，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，磁場(chǎng)足夠大，則()A.桿a與桿b碰撞后，桿a的速度為eq\f(v,3)，方向向右B.桿b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過b的電流為eq\f(2BLv,3R)C.從b進(jìn)入磁場(chǎng)至a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，該過程產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(7,8)mv2D.桿a、b最終具有相同的速度，大小為eq\f(2v,3)【答案】ABC【解析】以向右為正方向，桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)×mv22，解得v1＝eq\f(v,3)，v2＝eq\f(4,3)v，即桿a的速度為eq\f(v,3)，方向向右，故A正確；桿b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過b的電流為I＝eq\f(BLv2,2R)＝eq\f(2BLv,3)，故B正確；從b進(jìn)入磁場(chǎng)至a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由能量守恒得該過程產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v1))2＝eq\f(7,8)mv2，故C正確；a進(jìn)入磁場(chǎng)后，a、b組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，則有2mv1＋m·eq\f(1,2)v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝eq\f(5,18)v，即桿a、b最終具有相同的速度，大小為eq\f(5,18)v，故D錯(cuò)誤.題型三碰撞遵循的規(guī)律1．碰撞問題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變．2．物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，物體B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.則碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.類型1碰撞的可能性【例1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在光滑水平面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)，B在前，A在后。已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞前后，它們動(dòng)量的變化量分別為ΔpA、ΔpB。下列數(shù)值可能正確的是（）A．ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/s B．ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s【答案】A【詳解】碰撞前的總動(dòng)量為碰撞前的總動(dòng)能為A．如果、，則碰后兩球的動(dòng)量分別為，則有滿足動(dòng)量守恒；由于A的動(dòng)量大小減少，B的動(dòng)量大小增加，根據(jù)可知A的動(dòng)能減少，B的動(dòng)能增加，由于兩者的質(zhì)量關(guān)系未知，所以總動(dòng)能可能不增加，是可能的，故A正確；BD．由于B在前，A在后，故A、B碰后A的動(dòng)量減少，B的動(dòng)量增加，故BD錯(cuò)誤；C．如果、，則碰后兩球的動(dòng)量分別為，則有滿足動(dòng)量守恒；由于A的動(dòng)量大小不變，B的動(dòng)量大小增加，根據(jù)可知A的動(dòng)能不變，B的動(dòng)能增加，總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律，故不可能，故C錯(cuò)誤。故選A?！纠?】（2023·高三課時(shí)練習(xí)）在光滑的水平面上，有a、b兩個(gè)等大的小球，a的質(zhì)量為2m，b的質(zhì)量為m，它們?cè)谕恢本€上運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻兩球發(fā)生正碰，則下列關(guān)于兩球碰撞前后的速度-時(shí)間圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】設(shè)縱軸坐標(biāo)分度值為v0；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)能不增加。A．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量，違背動(dòng)量守恒定律，故A錯(cuò)誤；B．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，物體發(fā)生完全非彈性碰撞，該過程可能發(fā)生，故B正確；C．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒；碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)能為碰撞后的動(dòng)能增加，這是不可能發(fā)生，故C錯(cuò)誤；D．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量碰撞過程不遵守動(dòng)量守恒定律，這種情況不可能發(fā)生，故D錯(cuò)誤。故選B?！纠?】（2023·甘肅蘭州·高三西北師大附中期中）質(zhì)量為m的小球A以速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，則碰撞后小球A的速度大小和小球B的速度大小可能為（）A．， B．，C．， D．，【答案】AC【詳解】碰撞過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒，即還應(yīng)滿足系統(tǒng)總動(dòng)能不增加，即A．若，當(dāng)與方向相反時(shí)代入計(jì)算，可知滿足動(dòng)量守恒，碰撞后總動(dòng)能為，滿足總動(dòng)能不增加，故A可能；B．若，當(dāng)與方向相同時(shí)代入計(jì)算，可知滿足動(dòng)量守恒，但，會(huì)發(fā)生二次碰撞，故不符合實(shí)際情況，故B不可能；C．若，當(dāng)與方向相反時(shí)代入計(jì)算，可知滿足動(dòng)量守恒，且碰后總動(dòng)能為，滿足總動(dòng)能不增加，故C可能；D．若，當(dāng)與方向相反時(shí)代入計(jì)算，可知滿足動(dòng)量守恒，碰撞后總動(dòng)能為，大于系統(tǒng)碰撞前的動(dòng)能，故D不可能。故選AC。類型2碰撞類型的識(shí)別碰撞的分類動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大【例1】（2023秋·江蘇鹽城·高三鹽城市第一中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）質(zhì)量為m和m的兩個(gè)物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，其位移—時(shí)間圖像如圖所示。（1）碰撞后和的速度、；（2）若，則等于多少；（3）在第（1）（2）問基礎(chǔ)上，通過計(jì)算判斷兩個(gè)物體的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞？【答案】（1），；（2）；（3）彈性碰撞【詳解】（1）根據(jù)圖像可得碰撞后（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得（3）根據(jù)圖像可得碰撞前碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能說明屬于彈性碰撞。【例2】．（2023春·遼寧鞍山·高三統(tǒng)考期中）某次訓(xùn)練中使用的冰壺A和冰壺B的質(zhì)量均為，初始時(shí)兩冰壺之間的距離，運(yùn)動(dòng)員以的初速度將冰壺A水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變?yōu)?，方向不變，碰撞時(shí)間極短．已知兩冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度。求：（1）冰壺A與B碰撞碰撞前的速度大?。唬?）兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大??；（3）計(jì)算碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)能，判斷是否為彈性碰撞?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）冰壺A從開始運(yùn)動(dòng)到與冰壺B碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得（2）兩冰壺碰撞過程中，滿足動(dòng)量守恒，則有代入數(shù)據(jù)解得（3）碰撞前兩冰壺的總動(dòng)能為碰撞后兩冰壺的總動(dòng)能為由于可知兩冰壺碰撞為非彈性碰撞。【例3】2022年第24屆冬奧會(huì)在北京舉行，其中冰壺比賽是冬奧會(huì)項(xiàng)目之一．在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時(shí)受到的阻力．如圖(a)所示，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰．若碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖(b)所示．關(guān)于冰壺的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．碰撞后在冰面滑行的過程中，藍(lán)壺受到的阻力比紅壺的大B．碰撞后，藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.1m/s2C．碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.1mD．兩壺碰撞是彈性碰撞【答案】C【解析】根據(jù)v－t圖像的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度比藍(lán)壺的加速度大，兩壺質(zhì)量相等，所以藍(lán)壺受到的阻力比紅壺的小，故A錯(cuò)誤；m/s，碰后紅壺的速度v0′＝0.4m/s，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6m/s.根據(jù)圖像可得，紅壺碰前的加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝0.2m/s2，所以藍(lán)壺靜止的時(shí)刻為t＝eq\f(v,a1)＝6s，碰后藍(lán)壺的加速度大小為a′＝eq\f(v,Δt2)＝0.12m/s2，故B錯(cuò)誤．碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離Δx＝eq\f(0.6×5,2)m－eq\f(0.4×2,2)m＝1.1m，碰撞前兩壺的總動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)mv02＝0.5m，碰撞后兩壺的總動(dòng)能為Ek2＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2＝0.26m，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故C正確，D錯(cuò)誤．題型四“滑塊—彈簧”碰撞模型中的多過程問題1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，類似彈性碰撞。(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))。【例1】（2023·安徽黃山·統(tǒng)考三模）如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為2M的物體A以速度v向右勻速滑動(dòng)，質(zhì)量為M的B物體左端與輕質(zhì)彈簧連接并靜止在光滑水平面上，在物體A與彈簧接觸后，以下判斷正確的是（）A．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對(duì)A的彈力沖量大小為B．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率一直增大C．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，彈簧對(duì)A、B做功的代數(shù)和為0D．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，最大彈性勢(shì)能為【答案】AD【詳解】A．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得根據(jù)動(dòng)量定理得解得A正確；B．在物體A與彈簧接觸到彈簧最短的過程中，彈簧的彈力和B的速度都增大，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率增大；在彈簧接近原長時(shí)，B的速度接近，而彈簧的彈力幾乎等于零，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率幾乎等于零，所以在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率先增大后減小，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得解得彈簧對(duì)A、B做功分別為彈簧對(duì)A、B做功的代數(shù)和為最大彈性勢(shì)能為C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。【例2】（2023·河北·高三學(xué)業(yè)考試）如圖甲所示，物塊A、B靜止在光滑水平地面上，中間用一輕質(zhì)彈簧連接，初始時(shí)彈簧處于原長，給A一水平向右的瞬時(shí)速度，之后兩物塊的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，、時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能分別為、，則下列說法正確的是（）A．A、B的質(zhì)量之比為B．時(shí)刻B的速度為C．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為D．時(shí)刻A、B的速率之比為【答案】BC【詳解】A．根據(jù)圖乙可知時(shí)刻兩物塊速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖乙可知時(shí)刻A的速度為零，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有又可得時(shí)刻B的速度為B正確；C．從時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒可得從時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得C正確；D．時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有結(jié)合以上分析聯(lián)立解得，或，結(jié)合圖乙可知第二種結(jié)果不符合題意，則時(shí)刻A、B的速率之比為D錯(cuò)誤。故選BC?！纠?】（2023·河北·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，足夠長光滑水平面上，一輕質(zhì)彈簧左端與質(zhì)量為2m的B滑塊相連，右端與質(zhì)量為m的滑塊A接觸而不固連，彈簧處于原長，現(xiàn)給A施加一瞬間沖量使其獲得一個(gè)水平向左的初速度，經(jīng)一段時(shí)間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢(shì)能為，則下列說法正確的是（）A．A與彈簧分離前任一時(shí)刻，A與B的動(dòng)量之比為B．若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢(shì)能為C．兩者分離后A、B的動(dòng)能之比為D．若事先在距B左側(cè)很遠(yuǎn)處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A【答案】BC【詳解】A．A與彈簧分離之前任一時(shí)刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方向相反，因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一定相等，即動(dòng)量大小之比不一定為，A錯(cuò)誤；B．A、B運(yùn)動(dòng)過程中，二者相對(duì)靜止時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律有即B固定，則A速度減小為0時(shí)彈性勢(shì)能最大，可得B正確；C．整個(gè)過程系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒可得解得即有即兩者分離后A、B的動(dòng)能之比為，選項(xiàng)C正確；D．由前面分析可知B與檔板發(fā)生彈性碰撞反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，則B可追上A，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。【例4】．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考三模）如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與物塊Q（質(zhì)量未知）之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長。現(xiàn)給P物體一瞬時(shí)初速度，并把此時(shí)記為0時(shí)刻，規(guī)定向右為正方向，0~2t0內(nèi)P、Q物塊運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，已知時(shí)刻P、Q的加速度最大，其中軸下方部分的面積大小為，則（

）A．物體Q的質(zhì)量為B．時(shí)刻Q物體的速度大小為C．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為D．時(shí)間內(nèi)彈簧對(duì)P物體做功為零【答案】BCD【詳解】A．時(shí)間內(nèi)Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右；時(shí)刻，P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得解得物體Q的質(zhì)量為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知時(shí)間內(nèi)，Q物體的速度變化量大小為則時(shí)刻Q物體的速度大小為，故B正確；C．時(shí)刻兩物體具體相同的速度，根據(jù)對(duì)稱性可知，時(shí)刻P、Q物體的速度大小為設(shè)物體P的初速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒可得解得設(shè)時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為，根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得故C正確；D．設(shè)時(shí)刻P物體的速度為；根據(jù)動(dòng)量守恒可得解得可知時(shí)刻P物體的速度大小等于時(shí)刻P物體的速度大小，則時(shí)刻P物體的動(dòng)能等于時(shí)刻P物體的動(dòng)能，故時(shí)間內(nèi)彈簧對(duì)P物體做功為零，故D正確。故選BCD?！纠?】（2023春·陜西咸陽·高三統(tǒng)考期中）如圖所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A的質(zhì)量，B的質(zhì)量?；瑝KB的左端連有輕質(zhì)彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態(tài)?，F(xiàn)使滑塊以速度水平向右運(yùn)動(dòng)，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用（無機(jī)械能損失），直至分開未與C相撞．整個(gè)過程彈簧沒有超過彈性限度，求：（1）彈簧被壓縮到最短時(shí)，B滑塊的速度大小；（2）彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能；（3）從A與彈簧相互作用開始到A與彈簧分開，該過程中彈簧給滑塊B的沖量；（4）若彈簧被壓縮到最短時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短，求B、C粘在一起瞬間的速度大小及整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能。【答案】（1）1m/s；（2）3J；（3）4N·s；（4）0.5m/s；0.5J【詳解】（1）對(duì)AB系統(tǒng)，AB速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，根據(jù)動(dòng)量守恒有代入數(shù)據(jù)，解方程可得

（2）根據(jù)能量守恒，彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能代入數(shù)據(jù)，解得（3）從A與彈簧相互作用開始到A與彈簧分開，B一直加速，B與彈簧分開后，B的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有代入數(shù)據(jù)，解方程可得則彈簧給滑塊B的沖量（4）彈簧被壓縮到最短時(shí)，B速度為，此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)，解方程可只有B與C發(fā)生非彈性碰撞，有機(jī)械能損失，對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，則損失的系統(tǒng)機(jī)械能為【例6】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運(yùn)動(dòng)，時(shí)與彈簧接觸，到時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)、速度相等，即時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得（2）解法一：同一時(shí)刻彈簧對(duì)、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時(shí)刻則同一時(shí)刻、的的瞬時(shí)速度分別為，根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積可得，又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動(dòng)量守恒，有對(duì)方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間，有0-t0之間，根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得下滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計(jì)算出滑塊A上滑和下滑時(shí)的加速度，，上滑時(shí)末速度為0，下滑時(shí)初速度為0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移速度關(guān)系可得，聯(lián)立可解得題型五“滑塊—斜(曲)面”碰撞模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)最高點(diǎn)：m1與m2具有共同水平速度v共，m1不會(huì)從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m1)veq\o\al(2,共)＋m1gh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)最低點(diǎn)：m1與m2分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(完全彈性碰撞拓展模型)?！纠?】如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計(jì)一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是()A．滑塊b沿a上升的最大高度為eq\f(v\o\al(02),5g)B．物塊a運(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\f(2v0,5)C．滑塊b沿a上升的最大高度為eq\f(v\o\al(02),2g)D．物塊a運(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\f(v0,5)【答案】B【解析】b沿a上升到最大高度時(shí)，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2v\o\al(02),5g)，A、C錯(cuò)誤；滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運(yùn)動(dòng)的速度最大．系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，對(duì)整個(gè)過程，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvb2＋eq\f(1,2)×4mva2，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正確，D錯(cuò)誤．【例2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R=0.8m的光滑圓弧斜劈B，斜劈的質(zhì)量是M=3kg，底端與水平面相切，左邊有質(zhì)量是m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s從切點(diǎn)C（是圓弧的最低點(diǎn)）沖上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．小球A不能從斜劈頂端沖出B．小球A能從斜劈頂端沖出后還會(huì)再落入斜劈C．小球A沖上斜劈過程中經(jīng)過最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)斜劈的壓力大小是30ND．小球A從斜劈上返回最低點(diǎn)C時(shí)速度大小為2m/s，方向向左【答案】ACD【詳解】C．小球A向右運(yùn)動(dòng)到斜劈最低點(diǎn)C時(shí)，設(shè)此時(shí)斜劈對(duì)小球的支持力為代入數(shù)據(jù)得N小球A對(duì)斜劈的壓力也是30N，選項(xiàng)C正確；AB．假設(shè)小球能運(yùn)動(dòng)到斜劈頂端，此時(shí)小球和斜劈水平速度相等為，小球豎直速度為，水平方向動(dòng)量守恒小球和斜劈系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立得小球A不能從斜劈頂端沖出，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；D．當(dāng)小球A在斜劈上返回最低點(diǎn)C時(shí)，設(shè)小球A和斜劈的速度分別為、聯(lián)立得小球A從斜劈上返回最低點(diǎn)C時(shí)速度大小為2m/s，方向向左，選項(xiàng)D正確。故選ACD。【例3】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為、半徑為R（R足夠大）的光滑圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)小球A質(zhì)量為，小球A以的速度向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，則（

）A．B的最大速率為 B．B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為C．B能與A再次發(fā)生碰撞 D．B不能與A再次發(fā)生碰撞【答案】AD【詳解】A．A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒得解得所以B的最大速率為，故A正確；B．B沖上弧面上的最高點(diǎn)時(shí)，豎直速度減小到零、水平速度與弧面共速，設(shè)它們的共同速度為v，則由水平方向動(dòng)量守恒有解得故B錯(cuò)誤；CD．從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時(shí)的速度分別為，由水平方向動(dòng)量守恒有由機(jī)械能守恒有聯(lián)立解得由于所以二者不會(huì)再次發(fā)生碰撞，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。【例4】（2023·河北滄州·河北省吳橋中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量的物塊C靜置在光滑水平面上，其左側(cè)為半徑的四分之一光滑圓弧，圓弧底端和水平面平滑連接。一質(zhì)量的小物塊A被壓縮的輕質(zhì)彈簧彈出后與靜止在水平面上的物塊B發(fā)生正碰，此后兩物塊粘在一起運(yùn)動(dòng)。A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。已知物塊B的質(zhì)量為1.5kg，A、B碰撞后瞬間B的速度大小為6m/s，取。求：（1）最初彈簧上儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能。（2）A、B整體碰后能達(dá)到的最大高度。（3）A、B整體第一次與C分離時(shí)C速度的大小。（4）從A、B整體第一次與C分離瞬間至A、B整體第二次與C分離瞬間的過程，A、B整體對(duì)C的沖量大小?！敬鸢浮浚?）144J；（2）1.5m；（3）2m/s；（4）【詳解】（1）對(duì)AB系統(tǒng)發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知對(duì)彈簧和A系統(tǒng)由能量守恒定律可得解得（2）A、B整體碰后與C組成的系統(tǒng)，由水平方向動(dòng)量守恒可得碰后到達(dá)最高點(diǎn)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可得解得h=1.5m（3）A、B整體第一次與C分離此過程中ABC系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，ABC系統(tǒng)機(jī)械能守恒。由水平方向動(dòng)量守恒由機(jī)械能守恒定律解得故A、B整體第一次與C分離時(shí)C速度的大小為2m/s。（4）A、B整體第一次與C分離瞬間至A、B整體第二次與C分離瞬間的過程中，ABC系統(tǒng)由動(dòng)量守恒和能量守恒定律可得A、B整體對(duì)C的沖量為解得【例5】（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，A、B、C的質(zhì)量分別為、、，輕彈簧的左端固定在擋板上，C為半徑的圓軌道，靜止在水平面上。現(xiàn)用外力使小球A壓縮彈簧（A與彈簧不連接），當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能為時(shí)由靜止釋放小球A，小球A與彈簧分離后與靜止的小球B發(fā)生正碰，小球B到圓軌道底端的距離足夠長，經(jīng)過一段時(shí)間小球滑上圓軌道，一切摩擦均可忽略，假設(shè)所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取。求：（1）小球B能達(dá)到的最大高度；（2）通過計(jì)算分析，小球B能否第二次進(jìn)入圓軌道?！敬鸢浮浚?）；（2）不能【詳解】（1）設(shè)碰前小球A的速度為，從釋放小球A到分離的過程，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得A、B碰撞的過程，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒有帶入數(shù)據(jù)解得，小球與圓軌道在水平方向上共速時(shí)上升的高度最高，設(shè)共同的速度為，小球與圓軌道組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒有小球與圓軌道組成的系統(tǒng)能量守恒，有代入數(shù)據(jù)解得，（2）設(shè)小球與圓軌道分離時(shí)的速度分別，由動(dòng)量守恒定律和能量能守恒定律得聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得，球A與球B第一次碰后以的速度向左運(yùn)動(dòng)，再次壓縮彈簧，根據(jù)能量守恒定律，球A與彈簧分離后的速度大小為，經(jīng)過一段時(shí)間，球A與球B發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰后球A和球B的速度分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量能守恒定律得聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得，因?yàn)椋孕∏駼無法第二次進(jìn)入圓軌道。【例6】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A以及曲面劈B，其中A的質(zhì)量為m=1kg，曲面劈B的質(zhì)量M=3kg，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，所有的摩擦均不考慮?，F(xiàn)給A一個(gè)正對(duì)B曲面的初速度，使A沖上曲面劈。若曲面劈B固定在地面上，則物塊A能夠達(dá)到的最大高度為H1，隨后物塊A從曲面劈B上滑離時(shí)的速度為v1；若將曲面劈B自由放置在地面上，則物塊A能夠達(dá)到的最大高度為H2，隨后物塊A從曲面劈B上滑離時(shí)的速度為v2。求：（1）H1與H2的比值；（2）v1與v2的比值?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】若曲面劈B固定在地面上，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得若曲面劈B固定在地面上，設(shè)共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得（2）若曲面劈B固定在地面上，隨后物塊A從曲面劈B上滑離時(shí)的速度為若將曲面劈B自由放置在地面上，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得題型六滑塊模型中的多過程【例1】（2023·湖南株洲·統(tǒng)考三模）如圖，一平板車靜止在光滑水平地面上，小物塊A和B分別從車的最左端和最右端同時(shí)開始相向運(yùn)動(dòng)，兩物塊在平板車上發(fā)生碰撞，最終都與平板車保持相對(duì)靜止。已知平板車的質(zhì)量，長度，A、B的質(zhì)量均為，A的初速度大小為，與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；B的初速度大小為，與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，它們之間的碰撞為彈性碰撞，重力加速度取，求：（1）整個(gè)過程中，A、B以及平板車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）A、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離；（3）A、B與車保持相對(duì)靜止時(shí)，A、B之間的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)平板車最終的速度為，以A、B以及平板車為系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為解得（2）根據(jù)題意，設(shè)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A、B和平板車的加速度大小分別為、和a，根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)經(jīng)時(shí)間A、B發(fā)生碰撞，則有代入數(shù)據(jù)得或（舍去）A、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離解得（3）設(shè)A、B發(fā)生碰撞前瞬間，A、B和平板車的速度分別為、和v，則有A、B質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后速度交換，則碰撞后有碰后B與平板車速度相等，分析可知此后B與平板車始終保持相對(duì)靜止。設(shè)此后A與平板車的相對(duì)位移為，則有最終A、B之間的距離【例2】（2023·江西南昌·校聯(lián)考二模）如圖所示，一質(zhì)量為的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質(zhì)量為，停在木板B的左端。質(zhì)量為的小球用長為的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O上，將輕繩向左拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點(diǎn)與物塊A發(fā)生彈性碰撞，碰后立即取走小球，物塊A與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知物塊A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度。（1）求碰撞過程中小球?qū)ξ飰KA的沖量大??；（2）若木板長度為，求物塊A的最終速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）小球由靜止擺至最低點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒小球與物塊A發(fā)生彈性碰撞過程，由動(dòng)量守恒和能量守恒可得對(duì)物塊A運(yùn)用動(dòng)量定理代入數(shù)據(jù)可得（2）假設(shè)物塊A與木板B達(dá)到共同速度，設(shè)相對(duì)位移為s，則由動(dòng)量守恒和能量守恒得聯(lián)立解得由于，故物塊A從木板B上滑下，設(shè)物塊A與木板B最終速度分別為和，由動(dòng)量守恒和能量守恒得解得【例3】（2023·湖北·華中師大一附中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量的長木板C靜止在光滑的水平面上，長木板C右端與豎直固定擋板相距，左端放一個(gè)質(zhì)量的小物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），與長木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。在小物塊B的正上方，用不可伸長、長度的輕繩將質(zhì)量的小球A懸掛在固定點(diǎn)O。初始時(shí)，將輕繩拉直并處于水平狀態(tài)，使小球A與O點(diǎn)等高，由靜止釋放。當(dāng)小球A下擺至最低點(diǎn)時(shí)恰好與小物塊B發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），之后二者沒有再發(fā)生碰撞。已知A、B之間以及C與擋板之間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取。（1）小球A與小物塊B碰后瞬間，求小物塊B的速度大??；（2）為保證長木板C與豎直擋板碰撞時(shí)B、C能共速，求應(yīng)滿足的條件；（3）在（2）問的前提下，即與豎直擋板碰撞到B、C能共速，求長木板的最短長度。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球A由靜止到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得設(shè)小球A與小物塊B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有碰撞前后根據(jù)機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得（2）設(shè)B、C獲得共同速度為，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得若B、C共速時(shí)C剛好運(yùn)動(dòng)到擋板處，對(duì)C應(yīng)用動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得則保證C運(yùn)動(dòng)到豎直擋板前B、C能夠共速，應(yīng)滿足的條件是（3）第一次共速過程中，由能量守恒定律有長木板C與擋板碰后速度方向反向，設(shè)B、C第二次獲得共同速度為，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有由能量守恒定律有長木板的最短長度為聯(lián)立解得題型七子彈打木塊模型中的能量動(dòng)量問題1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失．3．兩種情景(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子彈穿透木塊動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)【例1】(2022屆云南省高三（下）第一次統(tǒng)測(cè)物理試題)如圖所示，子彈以某一水平速度擊中靜止在光滑水平面上的木塊并留在其中。對(duì)子彈射入木塊的過程，下列說法正確的是（）A.木塊對(duì)子彈的沖量等于子彈對(duì)木塊的沖量B.因子彈受到阻力的作用，故子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒C.子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于子彈損失的動(dòng)能減去子彈對(duì)木塊所做的功D.子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動(dòng)能減少量和摩擦產(chǎn)生的熱量之和【答案】C【解析】A．木塊對(duì)子彈的沖量與子彈對(duì)木塊的沖量，方向相反，不相等，A錯(cuò)誤；B．因?yàn)樗矫婀饣?，系統(tǒng)不受外力，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理，子彈對(duì)木塊所做的功等于木塊獲得的動(dòng)能；根據(jù)能量守恒定律，子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于子彈損失的動(dòng)能減去木塊獲得的動(dòng)能，C正確；D．根據(jù)動(dòng)能定理，子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動(dòng)能減少量，D錯(cuò)誤。故選C?！纠?】（2023春·河北·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量為的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上，質(zhì)量為的滑塊靜止在木板的左端，質(zhì)量為的子彈以大小為的初速度射入滑塊，子彈射入滑塊后未穿出滑塊，且滑塊恰好未滑離木板?；瑝K與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為，子彈與滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)子彈射入滑塊的時(shí)間。求：（1）木板的長度；（2）滑塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做功（產(chǎn)生熱量）的平均功率?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)子彈射入滑塊后瞬間子彈和滑塊的共同速度大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得設(shè)最終滑塊與木板的共同速度大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得對(duì)滑塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）滑塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的功設(shè)滑塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)時(shí)木板的加速度大小為，對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)滑塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有又有解得【例3】如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980g的長方形勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運(yùn)動(dòng)．已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的長度為10cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6cm.設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力保持不變．(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們?cè)诖诉^程中所產(chǎn)生的內(nèi)能．(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？【答案】(1)6m/s882J(2)能【解析】(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J.(2)假設(shè)子彈以v0′＝400m/s的速度入射時(shí)沒有射穿木塊，則對(duì)以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關(guān)系有ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x相′＝F阻d′則eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(1568,147)cm因?yàn)閐′>10cm，所以能射穿木塊．題型八兩體爆炸（類爆炸）模型中的能量分配爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)【例1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，光滑水平軌道MN左端與傾角θ=37°的足夠長的斜面PM連接，右端與半徑為R的光滑圓弧軌道QN連接。質(zhì)量分別為m1=2kg和m2=3kg的滑塊A、B之間夾有少量炸藥，靜止在MN上（滑塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，炸藥的質(zhì)量忽略不計(jì)）。炸藥引爆后釋放的化學(xué)能E=30J全部轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動(dòng)能，之后滑塊B沖上圓弧軌道，滑塊A沖上斜面PM，A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）炸藥引爆后A、B到達(dá)M、N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EA、EB各為多大；（2）已知B恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)Q，圓弧軌道的半徑R是多大；（3）A沿斜面上滑的最大距離x?！敬鸢浮浚?）18J，12J；（2）0.4m；（3）0.9m【詳解】（1）設(shè)炸藥引爆后A、B的速度大小各為v1、v2，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v1-m2v2=0由能量守恒定律得可得，聯(lián)立解得EkA=18J，EkB=12J（2）B從N到Q的上滑過程，由機(jī)械能守恒定律得EkB=m2gR可得R=0.4m（3）A從M沿斜面上滑的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理得-m1gxsin37°-μm1gxcos37°=0-EkA解得x=0.9m【例2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，兩塊小木塊A和B中間夾上輕彈簧用細(xì)線扎在一起，放在光滑的水平臺(tái)面上，燒斷細(xì)線，彈簧將小木塊A、B彈出，最后落到水平地面上，根據(jù)圖中的有關(guān)數(shù)據(jù)，可以判定下列說法中正確的是（彈簧原長遠(yuǎn)小于桌面長度）（）A．小木塊A先落到地面上B．兩小木塊質(zhì)量之比C．兩小木塊離開桌面時(shí)，動(dòng)能之比D．兩小木塊在空中飛行時(shí)所受的沖量大小之比【答案】D【詳解】AB．題意中可知桌面光滑，則彈簧、A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)A、B兩物塊速度的大小分別為、，則根據(jù)，由下落高度相同，則AB下落時(shí)間相同。A和B平拋的水平距離之比為則小物塊的質(zhì)量之比為彈簧原長遠(yuǎn)小于桌面長度，且AB與桌邊緣距離均為，則兩物塊分離后，在平拋運(yùn)動(dòng)之前，B的速度較大，所以B到達(dá)桌邊用時(shí)更短，平拋后AB下落時(shí)間相同。故B先落到地面上。故AB錯(cuò)誤；C．兩小木塊離開桌面時(shí)，動(dòng)能之比為故C錯(cuò)誤；D．兩小木塊在空中飛行時(shí)所受的沖量大小之比故D正確。故選D。【例3】（2022·天津·模擬預(yù)測(cè)）兩質(zhì)量均為m的相同物塊緊密相連，中間放有少量火藥，在足夠長水平地面上以初速度開始運(yùn)動(dòng)，物塊與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。當(dāng)物塊一起運(yùn)動(dòng)時(shí)間為時(shí)，火藥爆炸將兩物塊炸開，有的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為兩物塊的動(dòng)能，且爆炸后兩物塊均沿水平方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短。求：（1）火藥爆炸前瞬間兩物塊的速度大?。唬?）兩物塊炸開后均停止運(yùn)動(dòng)時(shí)兩物塊間的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）對(duì)于兩物塊根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有（2）火藥爆炸后，兩物塊均沿水平方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間B、A物塊速度分別為和，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有解得向左運(yùn)動(dòng)向右運(yùn)動(dòng)（另一組解與題意不符，舍去）火藥爆炸后物塊A向右運(yùn)動(dòng)的距離火藥爆炸后物塊B向左運(yùn)動(dòng)的距離兩物塊炸開后均停止運(yùn)動(dòng)時(shí)兩物塊間的距離【例4】如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek1.現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,2)D.eq\f(4,3)【答案】C【解析】設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m，則Q的質(zhì)量為m，弧形頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時(shí)，Q下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P解除鎖定，Q下滑過程，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mvQ2＋eq\f(1,2)·2mvP2，Q離開P時(shí)的動(dòng)能：Ek2＝eq\f(1,2)mvQ2，解得：eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(3,2)，故C正確．【例5】(2022·遼寧大連市中學(xué)高三月考)質(zhì)量為3m的劈A，其右側(cè)是光滑曲面，曲面下端與光滑的水平面相切，如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊B位于劈A的曲面上，距水平面的高度為h，物塊從靜止開始滑下，到達(dá)水平面上，跟右側(cè)固定在墻壁上的彈簧發(fā)生作用后(作用過程無機(jī)械能損失)，又滑上劈A，求物塊B在劈A上能夠達(dá)到的最大高度．【答案】eq\f(1,4)h【解析】設(shè)物塊B滑到曲面底端時(shí)速率為v1，劈A的速率為v2，物塊B和劈A組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，則有3mv2－mv1＝0由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×3mv22聯(lián)立可得v1＝eq\f(\r(6gh),2)，v2＝eq\r(\f(gh,6))與彈簧作用后，物塊B速度方向變?yōu)橄蜃?，速度大小不變，v1′＝v1，當(dāng)物塊B在劈A上達(dá)到最大高度時(shí)二者速度相同，設(shè)為v3，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有3mv2＋mv1′＝(3m＋m)v3物塊B和劈A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得mgh′＝eq\f(1,2)×3mv22＋eq\f(1,2)mv1′2－eq\f(1,2)×(3m＋m)v32聯(lián)立可得h′＝eq\f(1,4)h.題型九人船模型及其拓展模型的應(yīng)用人船模型(1)模型圖示(2)模型特點(diǎn)①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0②兩物體的位移大小滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).【例1】（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為M=2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住，此時(shí)鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離，彈簧原長遠(yuǎn)小于L。將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有（）A．鐵