【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍08 碰撞类模型和动量守恒中的力学综合问题 Word版含解析.docx，共(33)页，1.464 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍08碰撞类模型和动量守恒中的七大力学综合问题碰撞类模型和动量守恒中的七大力学综合问题1弹性碰撞1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3

)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.“动碰动”弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动

量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：''11221112mvmvmvmv+=+(1)22'2'21122111211112222mvmvmvmv+=+(2)联立（1）、（2）解得：v1’=1212211-2vmmvmvm++，

v2’=2212211-2vmmvmvm++.特殊情况：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。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，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2（2）解得：v1′＝（m1－m2）v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v

2′＝v1(质量相等，)v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)

当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率，大不变)2非弹性碰撞和完全非弹性碰撞1.非弹性碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)损失动能ΔEk，根据机

械能守恒定律可得：21m1v12+21m2v22=21m1v1ˊ2+21m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk

=½m1v12+½m2v22-½(m1+m2)v共2（2）联立（1）、（2）解得：v共=212211mmvmvm++；ΔEk=2212121-21)vv(mmmm+3人船模型1.适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方

向动量守恒．2.常用结论设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m

人v人t,即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L，v1v2v共m1m2可解得：m=m+mxL船人人船；m=m+mxL人船人船3.类人船模型类型一类型二类型三类型四类型五4爆炸和反冲问题1．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常

用动量守恒来处理。(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间

的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆

炸前的位置以新的动量开始运动。5.子弹打木块模型1．模型特点(1)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．(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．2．两种类型(1)子弹留在木块中(未穿出)①动量守恒

：mv0＝(m＋M)v②机械能损失(摩擦生热)Q热＝Ff·d＝12mv02－12(m＋M)v2其中d为子弹射入木块的深度．(2)子弹穿出木块①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2②机械能的损失(摩擦生热)Q热＝Ff·L＝12mv02－12mv12－12Mv22其中L为木块的长

度，注意d≤L.6.弹簧模型条件与模型规律与公式情况一：从原长到最短（或最长）时①()vmmvmBAA+=0；②()2201122AABpmmvmmvE=++情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①'2'10vmvmvmBAA

+=；②2'2'2012111222AABmvmvmv=+7.板块模型板块模型过程简图x1v0x2x相对mm2v共v共动力学常用关系1212;ffaamm==；012vatat−=；221012212

11;;=22xvtatxatxxx=−=−相对功能常用关系()22101211=22fxmvmmv−+共相对动量常用关系1012()mvmmv=+共【题型】碰撞类模型和动量守恒中的七大力学综合问题【典例1】（2024·北京平谷·

模拟预测）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和()MmM。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为Av，B球的速度为Bv，弹簧的长度为L；若使B球

获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为Av，B球的速度为Bv，弹簧的长度为L'。则（）A．ABvv>B．''ABvvC．'AAvv=D．LL=【答案】D【详解】根据题意可知，无论图甲还是图乙，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相等，则有A

Bvv=，''ABvv=图甲中，由动量守恒定律有()()ABmvmMvmMv=+=+解得ABmvvvmM==+由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为()()2222pA11112222mmMvE

mvmMvmvMmMm=−+=−=++图乙中，由动量守恒定律有()()''ABMvmMvmMv=+=+解得''ABMvvvmM==+由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为()()22'22p

A11112222MmMvEMvmMvMvMmMm=−+=−=++可知'AAMmvvvvmMmM==++两图中弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有LL=故选D。【典例2】（20

24·安徽芜湖·二模）如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为()1kmk的子弹以水平速度0v射入木块A并留在物块中（时间极短），则下列说法正确的是（）A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动

量变化量为01kmvk+B．子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为()20221kmvk+C．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量大小最大值为02kmvk+D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为()()22012kmvkk++【答案

】C【详解】A．子弹射入物块A的过程中，子弹与物块A组成的系统动量守恒，则有()01kmvmkmv=+求得101kvvk=+子弹动量的变化量0101kmvpkmvkmvk=−=−+选项A错误；B．物块A的动能

增加量为()2220kA121221kmvEmvk==+选项B错误；C．当弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量大小最大，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有()022kmvmkmv=+求得2

02kvvk=+物块B的动量大小最大值为0Bm2kmvpk=+选项C正确；D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为()()()()22220p1211222212kmvEmkmvmkmvkk=+−+=++选项D错误。故选C。【

典例3】（2024·湖北·二模）如图所示，质量分别为m、3m、nm(1,2,3n=……)的14圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上，圆弧槽的半径为R，末端与水平面相切。现将质量为m的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放，一段时间后与B

发生弹性正碰，已知重力加速度为g，不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法正确的是（）A．小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为mgB．若BC发生的是完全非弹性碰撞，n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同C．若BC发生的是弹性正碰，当2n=时，碰撞完成后

小球C的速度为35gRD．n取不同值时，C最终的动量不同，其最小值为38mgR【答案】BCD【详解】A．小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时，小球A和圆弧槽组成的系统水平方向上动量守恒，有A1mvmv=根据小球A和圆弧槽组成的系统机械能守恒有22A11122mgRmvmv=+解得A1vvgR==小球A

通过圆弧槽最低点时，相对于圆弧槽的速度大小为A1vvv=+相根据牛顿第二定律有2vFmgmR−=相联立解得，小球A通过圆弧槽最低点时，受到圆弧槽的支持力为5Fmg=则小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的

压力大小为5mg，故A错误；B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，设小球A与B碰撞后，小球B的初速度为0v，则BC碰撞过程，根据动量守恒有03(3)mvmnmv=+根据能量守恒有220113(3)22Emvmnmv=−+联立解得，BC碰撞损失的机械能为222003

922(3)mvmvEmnm=−+可知，当n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同，故B正确；C．小球A与B发生弹性正碰，取向右为正方向，根据动量守恒有AA1B3mvmvmv=+根据机械能守恒有222AA1B1113222

mvmvmv=+联立解得A112vgR=−，B12vgR=若BC发生的是弹性正碰，当2n=时，BC碰撞过程，根据动量守恒有BB1C332mvmvmv=+根据机械能守恒有222BB1C111332222mvmv

mv=+联立解得，碰撞完成后小球C的速度为C35vgR=故C正确；D．当BC发生的是完全非弹性正碰时，C获得的动量最小。BC碰撞过程，根据动量守恒有BC233mvmnmv=+（）解得，碰撞完成后小球C的速度为C2623vgRn+=则此时C的动量为C2336622npnmvmgR

mgRnn===++可知，当n取1时，C的动量取最小值为min38pmgR=故D正确。故选BCD。【典例4】（2024·四川宜宾·二模）如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体

B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100ms的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40ms，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为A0.1kgm=、B1.0kgm=、C0.5kgm=，重力加速度210msg=。下列说法正确的是（）A．物体B能上升的最大高度为

0.6mB．物体B能上升的最大高度为1.8mC．物体C能达到的最大速度为4.0msD．物体C能达到的最大速度为8.0ms【答案】AD【详解】AB．子弹A以100ms的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为

40ms，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有2AA0B1vvmmmv=+B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有3BB2C()mvmmv=+BB2B223C11()22vvhmgmmm=++解得0.6h=m故A正确，B错误；D．B

返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有5BB24Cvmvvmm=−+2222BCB45111222mvmvmv=+解得58v=m/s故C错误，D正确；故选AD。【典例5】（2024·河北石家庄·二模）如图所示，水平

地面上有一轻质弹簧自然伸长，左端固定在墙面上，右端位于O点。地面上M点右侧有一传送带，其上表面与地面齐平，传送带以06m/sv=的速度逆时针转动。现用力推动置于O点、质量A4kgm=的小物块A，使弹簧缓慢

压缩到Q点后由静止释放，物块A运动到O点时的速度A/s1mv=。现将物块A换成质量B1kgm=的物块B，重复以上过程，发现物块B刚好运动到M点速度减为0，此时将质量C1kgm=的物块C在传送带上与M距离为l（未知）的位置由静止释放，物块B、C碰撞后粘在一起，形

成结合体P，P第一次到达O点时的速度大小为v（未知）。已知地面O点左侧光滑，物块B、C与传送带、O点右侧水平地面间的动摩擦因数均为0.4=，M、N之间的距离9mL=，重力加速度g取210m/s，物块A、B、C均可视为质点。（1）求O、M两点间的距离s；（2）若0v=，求l的大小；（3

）求v与l的关系表达式。【答案】（1）0.5m；（2）2m；（3）当2m4.5ml时，24(m/s)vl=−，当4.5m9ml时，5m/sv=【详解】（1）根据动能定理22AABB1122QOFxmvmv==解得物块B运动到O点时的速度B2m/sv=物块B、C在传送带、O点右侧水平地

面间的加速度大小为24m/sag==物块B刚好运动到M点速度减为0，则2B2vas=解得O、M两点间的距离为0.5ms=（2）若0v=，P从M点第一次到达O点时，则2212Mvvas−=−物块B、C碰撞动量守恒有CC1BC1()Mmvmmv=+在传送带上有2C12val=解得2ml=（3）由上述

分析可知，当02ml时，P不能到达O点，物块C离开传送带的速度恰好为6m/s时，物块C在传送带上运动的距离为2014.5m2vla==则当4.5m9ml时，物块C离开传送带的速度为6m/s，则CC2BC2()Mmvm

mv=+2222Mvvas−=−解得5m/sv=当2m4.5ml时，物块C离开传送带的速度满足2C32val=且CC3BC3()Mmvmmv=+2232Mvvas−=−解得24(m/s)vl=−1．（2024·贵州·模拟预测）如图，光滑水平

地面上，动量为1p的小球1向右运动，与同向运动且动量为2p的小球2发生弹性碰撞，12pp=，碰撞后小球1的速率为1v、动能为k1E、动量大小为1p，小球2的速率为2v、动能为k2E、动量大小为2p。下列选项一定正确的是（）A．12vv

B．碰撞后球2向右运动，球1向左运动C．k1k2EED．21pp【答案】D【详解】AB．要发生碰撞则12vv12mm根据两个物体发生弹性碰撞的公式可得碰撞后速度()21212211121232mppmmvm

vmvmmmm−−+==++，()12121122121232mppmmvmvmvmmmm−−+==++因此当21mm足够大时可造成12vv由弹性碰撞规律，当213mm时可造成碰后两者可以都向右运动，故AB错误；C．碰撞过程小球2动能增大，但初动能小球1的大于小球

2的，故碰后动能大小不确定，故C错误；D．碰撞过程小球2动量增大，且系统动量守恒，所以21pp，故D正确。故选D。2．如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为150kgm=的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为220kgm=，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的

高度为5mh=。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，气球上升的距离大约是（可以把人看作质点）（）A．5mB．2.6mC．3.6mD．8m【答案】C【详解】设人的速度1v，气球的速度2v，根据人和气球动量守恒得1122mvmv=则有1122mxmx=由几何

关系125mxxh+==气球上升的距离为121255m3.6m7mxhmm==+故选C。3．如图所示，一个质量为4m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为m，从半圆槽的最左端与

圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（）A．P、Q组成的系统满足动量守恒B．P、Q的水平位移大小之比为4:1C．Q滑到半圆槽最低点时，半圆槽的速率为1010gRD．Q运动到半圆槽右

端最高点时，半圆槽由于惯性的缘故还会继续运动【答案】C【详解】A．P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．设Q的水平位移大小为1x，则P的水平位移大小为2

x，P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得QP40xxmvmv−=则有1240mxmx−=可得P、Q的水平位移大小之比为21:1:4xx=故B错误；C．设Q到达最低点的速度大小为1v，此时P的速度大小为2v，P、Q组成的系统在水平方

向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得1240mvmv−=系统机械能守恒，由机械能守恒定律得221211422mgRmvmv=+联立解得21010gRv=故C正确；D．P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，Q运动到半圆槽右

端最高点时，P、Q的水平速度均为零，故D错误。故选C。4．（2024·陕西商洛·模拟预测）“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，

设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以0v的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重

力加速度为g，下列说法中正确的是（）A．火箭的推力来自空气对它的作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为0mvvMm=−C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为()2202mvgMm−D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒【答案】

B【详解】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；B．在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有()00Mmvmv−−=解得火

箭的速度大小为0mvvMm=−故B正确；C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为()2220222vmvhgMmg==−故C错误；D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒

，故D错误。故选B。5．（2020·山东潍坊·一模）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中

斜面对滑块的支持力大小为NF，则下列说法中正确的是（）A．cosαNFmg=B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为cosαNFtC．滑块到达斜面底端时的动能为tanαmgLD．此过程中斜面向左滑动的距离为mLMm+【答案】D【详解】A．当滑块B

相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力NF不等于cosαmg，故A错误；B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为NIF

t=故B错误；C．B下降的高度为tanαL，其重力势能的减小量等于tanαmgL，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于tanαmgL，故C错误；D．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为1x、2x，取水平向左为正方向，由动量守恒

定律得120xxMmtt−=即有12Mxmx=又12xxL+=解得1mLxMm=+故D正确。故选D。6．（2024·陕西西安·一模）如图，质量11kgm=的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数20N/mk=的轻弹簧，处于自然状态。质量24kgm=的小物块以

水平向右的速度05m/s4v=滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数0.1=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能pE与形变量x的关系为2p12Ek

x=（210m/s=g）。则下列说法正确的是（）A．木板刚接触弹簧时速度为1m/sB．木板运动前右端距弹簧左端的距离0.125mC．木板与弹簧接触后弹簧的最大压缩量为0.5mD．木板与弹簧接触到弹簧再次恢复原长的过程中

系统机械能守恒【答案】AB【详解】A．根据题意，设木板刚接触弹簧时速度为1v，由动量守恒定律有()20121mvmmv=+解得11msv=故A正确；B．对木板，由牛顿第二定律有21mgma=解得24msa=则木板运动前右端距弹簧左端的距离210.1

25m2vxa==故B正确；CD．木板与弹簧接触以后，对木板和小物块组成的系统有()12kxmma=+共小物块的最大加速度为mag=当maa=共时，小物块与木板发生先对滑动，解得0.25mx=设此时木板和小物块速度为2v，由能量守恒定律有()()22212112211

1222mmvmmvkx+=++解得23ms2v=即木板与弹簧接触到弹簧再次恢复原长的过程中，小物块与木板发生相对滑动，系统机械能不守恒，若小物块与木板的动能全部转化为弹簧的弹性势能，木板与弹簧接触后弹簧的压缩量最大，则有()22121m1122mmvkx+=解得m0

.5mx=由于木板运动到最远的过程中，由摩擦力做功，则小物块与木板的动能未全部转化为弹簧的弹性势能，则木板与弹簧接触后弹簧压缩量的最大值一定小于0.5m，故CD错误。故选AB。7．（2024·广东江门·模拟预测）烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花从水平地面斜飞向天空且恰好沿

水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，下列说法正确的是（）A．炸裂时，质量较大的P受到的内力更大B．炸裂过程烟花水平方向动量守恒C．炸裂后，P飞行的水平距离较大D．炸裂后，P、Q两块同时落地【答案】BD【详解】A

．炸裂时、P、Q两块受到的内力相等，故A错误；B．炸裂时，冲天炮位于最高点，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故B正确；C．炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反。无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水

平距离大小关系，故C错误；D．P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，同时落地，故D正确。故选BD。8．（2024·湖南长沙·一模）如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量

为m的物块a以大小为0v的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．a与b碰撞前b与c保持相对

静止B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动C．物块与木板间的动摩擦因数为2038vgLD．整个过程因摩擦产生的内能为2014mv【答案】AC【详解】A．a滑上c后相对滑动过程中，假设b相对c静止，由牛顿第二定律得，对b、c整体，

根据牛顿第二定律(2)mgmma=+对b，根据牛顿第二定律=fma解得13fmgmg=即b与c间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则b相对c保持静止，b、c一起加速运动，a与b碰撞前b做匀加速运动，速度不为零，故A正确；B．设a、b碰撞前瞬间a的速度为v，a、b发生弹性

碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得abmvmvmv=+由机械能守恒定律得222111222abmvmvmv=+解得0av=，bvv=即碰撞后a、b两者交换速度，b相对c滑动，由A可知，a、c相对静止一起运动，故B错误；CD．b刚好滑到c的右端

与c相对静止，a、b、c共速，设共同速度为v，a、b、c组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得()02vmvmmm=++由能量守恒定律得()22011222mvmmvm=++其中Qm

gL=解得2038Qmv=，2038vgL=故C正确，D错误。故选AC。9．（2024·福建·一模）如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止

，质量为M的物块丙以速度0v向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中0t时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确

的是（）A．碰后瞬间乙的速度大小为03vB．甲、乙间的动摩擦因数为003vgtC．甲到乙左端的距离003vtLD．乙、丙的质量比:1:2mM=【答案】BC【详解】AB．设碰后瞬间乙的速度大小为1v，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知20

0100122vtxvtat=−=抛物线的顶点为Q，根据x-t图像的切线斜率表示速度，则有102vat=联立解得0123vv=，003avt=根据牛顿第二定律可得mgagm==解得甲、乙间的动摩擦因数为003vgt=故A错误，B正确；C．由于甲、乙质量相同，则甲做加

速运动的加速度大小也为003avt=根据图（b）可知，0t时刻甲、乙刚好共速，则00t时间内甲、乙发生的相对位移为10010002223vvvvtvxxxttt+=−=−==共共乙甲则甲到乙左端的距离满足003vtLxa

==故C正确；D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得021MvMvmv=+222102111222MvMvmv=+可得010223vMvvMm==+可得乙、丙的质量比为:2:1mM=故D错误。故选BC。10．（2024·河北保定·一模）如图所示，粗糙的水平面上放置一轻

质弹簧，弹簧的右端固定，左端与质量为m的滑块甲（视为质点）连接，小球乙（视为质点）静止在C点，让甲在A点获得一个水平向左的初速度02v，且甲在A点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为203mv，当甲运动到B点时弹簧正好恢复到原长，甲继续运动到C点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水

平面之间的动摩擦因数为202vgL=，A、B两点间距与B、C两点间距均为L，下列说法正确的是（）A．甲刚到达B点时的速度大小为0vB．甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为203mvC．甲刚到达C点时（与乙发生碰撞

前）的动能为20mvD．若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为022v，则乙的质量为3m【答案】BCD【详解】A．甲刚到达B点时，弹簧弹性势能为零，即弹簧对甲做功为203mv，根据动能定理()22200113222BmvmgLmvmv−=−得03Bvv=A错误；B．由题意，根据对称

性可知，甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为203mv，B正确；C．根据动能定理220k123BmgLEmmvv−−=−得2k0Emv=C正确；D．根据动量守恒定律和机械能守恒k12CmEmvmv=+乙乙22k11122CEmvmv

=+乙乙由题意，碰撞后乙的速度为k02222Emvvmmm==+乙乙得3mm=乙D正确。故选BCD。11．（2024·河北·一模）如图所示，两个均可视为质点的小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在水平固定的光滑细杆上，小球A的质量为m，小球B的质量为3m。初始时细绳处

于水平状态，现将两小球由静止释放，小球A在竖直平面内摆动的轨迹为如图所示的半椭圆。已知半长轴为a、半短轴为b的椭圆在最低点的曲率半径2ba=，向心加速度大小2va=向，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列

说法正确的是（）A．图中椭圆的半短轴为34LB．小球B的最大速度为66gLC．小球A到达最低点时的速度大小为63gLD．小球A到达最低点时细绳中的张力大小为113mg【答案】ABD【详解】A．系统在水平方向动量守恒，

结合几何关系有03ABmvmv=−，Abvt=，BBxvt=，BLbx=+解得34Lb=故A正确；BC．小球A到达最低点时，小球B的速度最大，有03ABmvmv=−，2211322ABmgLmvmv=+解得62AgLv=，66

BgLv=故B正确；C错误；D．显然椭圆的半长轴aL=，所以椭圆在最低点的曲率半径为2916bLa==又2113AmvmgTmg=+=这与利用相对速度计算的结果一致，即()2113ABmvvmgTmgL+=+=故D正确。故选ABD。1

2．（2024·天津·一模）静止在水平地面上可视为质点的两小物块A、B的质量分别为A1.0kgm=，B4.0kgm=。两者之间有一被压缩的轻质微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离2.0ml=，如图所示。某时刻将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，A沿着与墙壁垂直的方向运动，恰好

不会与墙壁发生碰撞。A、B与地面之间的动摩擦因数为0.4=，取210m/sg=。求：（1）弹簧释放后A获得的速度大小Av；（2）弹簧释放后B获得的速度大小Bv；（3）弹簧释放前储存的弹性势能pE。【答案】（1）

4m/s；（2）1m/s；（3）10J【详解】（1）弹簧释放后A做匀减速直线运动，由动能定理，可得2AAA102mglmv−=−解得A4m/sv=（2）依题意，释放弹簧过程中，系统动量守恒，有AABBmvmv=解得B1m/sv=（3）根据能量守恒可知弹簧释放前储存的弹性势能为22pAA

BB1110J22Emvmv=+=13．（2024·安徽黄山·二模）如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静止释放

，与b碰撞后黏在一起，碰撞时间极短。重力加速度为g，则：（1）求a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度和加速度大小；（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能（结果用含h0的式子表示）；（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，c恰好能离开地面，求hx为

多少？【答案】（1）22gh，2g；（2）22022mghmgk−；（3）8mgk【详解】（1）a做自由落体运动，有2012mghmv=解得02vgh=a、b碰撞过程动量守恒，则012mvmv=所以1222gvvh==碰撞后瞬间，

对a、b整体，根据牛顿第二定律有022mgkxma−=0kxmg=解得加速度大小为2ga=（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，则有20012mghmv=a、b碰撞过程动量守恒，则022mvmv=弹簧恰好

能恢复原长，根据能量守恒可得22p01222mvEmgx+=联立可得220p22mghmgEk=−（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，且c恰好能离开地面，则2012xmghmv=032mvmv=23012222mvmgx=联立可得8xmghk=14．（2024

·重庆·模拟预测）如题图所示，光滑斜面与水平面平滑连接，水平面上O点左侧光滑，右侧动摩擦因数为μ。B、C、D三个物块处于静止状态且刚好相互接触，B的左端与O点对齐。A从光滑斜面的某一高度处由静止滑下，在光滑水平面运动一段时间，与B发生碰后粘在一起形成

组合体AB，碰撞过程中AB的机械能损失了50%，然后AB与C发生弹性碰撞，C又与D发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短。C、D碰撞结束后瞬间，AB的动量、C的动量、D的动量都相同。质量为m的物块D停止运动时，右端距离

O点12l。所有物块的宽度均为l，高度相同，均不翻转，重力加速度为g。求：（1）D碰后瞬间的速度大小；（2）A、B和C的质量；（3）A下滑的高度以及所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距。【答案】（1）32gl；（2）3m，3m，3m；（3）9l；34l【详解】设

A、B、C三个物块的质量分别为1m、2m、3m，A、B两个物体碰前、碰后的速度分别为Av、ABv；A、B、C三个物体碰后的速度分别为ABv、Cv；C与D发生弹性碰撞后的速度分别为Cv、Dv。（1）对D物

块由动能定理2D1(123)02mgllmv−−=−可得D碰后瞬间的速度大小为D32vgl=（2）C与D发生弹性碰撞，由动量守恒定律3C3CDmvmvmv=+由机械能守恒定律2223C3CD111222mvmvmv=+因为C的动量和D的动量都相同

，则3CDmvmv=联立可得C2vgl=，C22vgl=，33mm=因为AB发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律1A12AB()mvmmv=+碰撞过程中AB的机械能损失了50%，由能量守恒定律可得221A12AB1150%()22mvmmv=+联立

可得12mm=，A2ABvv=AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律()()12123C'ABABmmvmmvmv+=++由机械能守恒定律()()2'2212123C111222ABABmmvmmvmv+=++其中12ABD()mmvmv+=联立

可得1233mmmm===（3）由（2）可知2'2ABglv=，322ABglv=，32Avgl=物块A由斜面下滑的过程中，由动能定理211A12mghmv=联立可得，A下滑的高度为9hl=AB碰后继续运动的位移为'224ABABvlxg

==C碰后继续运动的位移为'22CCvxlg==所以所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距为C3Δ4ABlxxx=−=15．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，质量6kgM=、半径15mR=的四分之一光滑圆孤abc静止在足够长的光滑水平面上，末端与水平面相切，圆弧右侧有

一质量为14m的小物块B，B的左侧固定一水平轻弹簧，将质量为2kgm=的小物块A从圆弧顶端由静止释放，在小物块B的右侧有一竖直挡板（图中未画出，挡板和B的间距可调），当小物块B与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A与弹簧接触后即与弹簧固定连接，已知重力加速度21

0m/sg=，不计空气阻力，A、B均可视为质点。求：（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端时的速度的大小；（2）若圆弧不固定，小物块A到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；（3）若圆弧不固定，小物块B与挡板发

生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围。【答案】（1）103v=m/s；（2）15m/s；3.75m；（3）p45J217.8JE【详解】（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有212mgRmv=解得103v

=m/s（2）若圆弧不固定，小物块A与圆弧组成的系统动量守恒，则有12mvMv=根据能量守恒定律有22121122mgRmvMv=+解得115v=m/s同时根据动量守恒定律有12mxMx=根据几何关系可知12xxR+=解得23.75x

=m（3）设物块B碰撞挡板的速度为0，则碰后AB总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势能最小，根据动量守恒定律与能量守恒定律有121()4mvmmv=+2212p1111224mvmmvE=++解得p145E=J物块B碰撞挡板的速度最大，则碰后AB总动量最小，两者共速时动

能最小，弹簧弹性势能最大，设B的最大速度为3v，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知13414mvmvmv=+22213411112242mvmvmv=+解得324v=m/s碰后总动量最小为1326m/s4mpmvvkg=−=则AB共速

的速度为52.414pvmm==+m/s弹性势能为22p215111224Emvmmv=−+解得p2217.8E=J则当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围为p45J217.8JE16．（2024·河南·一模）如图甲所示，质量B3kgm=的长木板B上表面放置一质量A

2kgm=的物块A，另有一质量1kgCm=的物块C以某一初速度0v从长木板最左端滑上长木板，物块C与物块A发生弹性碰撞后恰好能从长木板左端滑落，物块A最终未从长木板滑离。物块A、C与长木板B之间的动摩擦因数均为1，长木板B与地面之间的动摩擦因数为2，两

物块碰撞前长木板与地面相对静止。从两物块碰撞后瞬间开始计时，物块A的vt−图像如图乙所示，重力加速度g取210m/s。求：（1）两物块碰撞后瞬间C的速度大小；（2）动摩擦因数1、2的大小；（3）长木板B与地面之

间由于摩擦产生的热量大小。【答案】（1）1m/s；（2）0.4，0.1；（3）0.2J【详解】（1）规定向右为正方向，设两物块碰前瞬间C的速度为Cv，碰后瞬间C的速度为'Cv，碰后瞬间物块A的速度为Av，物块C与物块A发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒CCCCAAmvmvmv=+222C

CCCAA111222mvmvmv=+解得CACCAC223mvvvmm==+CACCCAC13mmvvvmm−==−+由乙图可知，物块A发生碰撞后速度A2m/sv=解得C1m/sv=−负号表示方向向左。（2）由乙图可知，0-0

.45s内，A做匀减速直线运动的加速度大小为2AΔ4m/sΔvat==由牛顿第二定律得1AAAmgma=解得10.4=物块C从碰撞后到滑落过程中，设加速度大小为aC，由牛顿第二定律得1CCCmgma=得2C4m/sa=物块C恰好能从长木板左端滑落时

速度为零，物块C从碰撞后到滑落的时间C1C0vta−=解得10.25st=设物块C从长木板滑落后，长木板的加速度大小为Ba，有1A2ABBB()mgmmgma−+=由乙图可知物块A发生碰撞后的20.45st=物块A和长木板共速，速度大小都是B0.2m/sv=由运动学公式得BB21()va

tt=−解得2B1m/sa=20.1=（3）长木板B加速阶段的位移大小121()2Bvxtt=−解得10.02mx=设从A、B共速到停止运动的加速度大小为a，位移大小为2x，有2ABAB()()mmgmma+=+2B22vax=解得2

0.02mx=长木板B与地面之间产生的热量大小2AB12()()Qmmgxx=++解得0.2JQ=