資源簡介

課時跟蹤檢測(五)　四種“類碰撞”模型
1.(雙選)如圖所示,小球A與小球B由輕彈簧連接,置于光滑水平面上。一顆子彈以水平初速度v0射入小球A,并在極短時間內嵌在其中。已知小球B的質量為2m,小球A與子彈的質量均是m,彈簧始終在彈性限度內,子彈射入小球以后的過程中,下列說法正確的是 (　　)
A.子彈、小球A和小球B組成的系統動量守恒
B.子彈、小球A和小球B組成的系統總動能保持不變
C.當彈簧壓縮至最短時,小球B動能最大
D.當彈簧壓縮至最短時,彈簧的彈性勢能最大
2.如圖所示,一質量為450 kg的小船靜止在平靜的水面上,質量為50 kg的人在船上立定跳遠的成績為2 m,不計空氣和水的阻力,下列說法正確的是 (　　)
A.人在船上向右散步時,船也將向右運動
B.人向右立定跳遠的過程中船相對地面保持靜止
C.人向右立定跳遠的過程中船相對地面向左運動了0.4 m
D.人相對地面的成績為1.8 m
3.如圖,質量相等的A和B兩個物塊用輕彈簧相連接,用一細線將兩物塊拴住使彈簧處于壓縮狀態;兩物塊以速度v在光滑水平面上運動,已知彈簧的彈性勢能是它們總動能的2倍。若某時刻細線突然斷裂,則在以后的運動過程中 (　　)
A.B的速度最大時,A的速度剛好為零
B.B的速度最大時,A的速度也最大
C.B的速度最大時,彈簧形變量不為零
D.B的速度最大時,彈簧形變量剛好為零
4.(雙選)如圖,光滑水平面上足夠長的木板質量為M,以初速度v0向左運動的同時,長木板左端上方的質量為m的滑塊也以同樣大小的速度v0向右運動,最終它們有共同的速度,則 (　　)
A.若M=m,最終共同速度一定為零
B.若MC.若M>m,當滑塊的速度減至零時,木板向左運動
D.若M>m,滑塊相對木板先向右、后向左運動,直至與木板相對靜止
5.(雙選)如圖甲所示,質量為m=1 kg的物塊B以水平速度v0=2 m/s 滑上原來靜止在光滑水平面上的長木板A的上表面,之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示。已知重力加速度g=10 m/s2,則下列說法正確的是 (　　)
A.長木板A的質量為1 kg
B.木板獲得的動能為1 J
C.系統損失的機械能為1 J
D.長木板A的最小長度為2 m
6.如圖所示,子彈水平射入放在光滑水平地面上的靜止木塊后不再穿出,此時木塊動能增加了6 J,那么此過程產生的內能可能為 (　　)
A.10 J B.3 J
C.6 J D.4 J
7.(雙選)如圖所示,光滑水平面上放置滑塊A和左側固定輕質豎直擋板的木板B,滑塊C置于B的最右端,三者質量分別為mA=2 kg、mB=3 kg、mC=1 kg。開始時B、C靜止,A以v0=7.5 m/s 的速度勻速向右運動,A與B發生正碰(碰撞時間極短),經過一段時間,B、C達到共同速度一起向右運動,且此時C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均無機械能損失,木板B的長度為L=0.9 m,B、C之間的動摩擦因數為μ,取g=10 m/s2,下列說法正確的是 (　　)
A.A與B碰撞后瞬間,B的速度大小為5 m/s
B.A與B碰撞后瞬間,B的速度大小為6 m/s
C.C與B左側的擋板相撞后的一小段時間內,C對B摩擦力的沖量水平向左
D.μ=0.75
8.(雙選)如圖所示,光滑的冰面上有一質量為M的小車處于靜止狀態,小車上表面是一半徑為R的光滑圓弧曲面,圓弧的最低點切線水平。某一時刻,一質量為m的小球自左端以水平速度v0沖上小車。則下列說法正確的是 (　　)
A.小球沿曲面向上運動過程中,小球和小車組成的系統動量守恒
B.小球沿曲面向下運動的過程中,小車的動量增加
C.小球離開小車時小球的速率等于v0
D.若小球速度較大,會從圓弧軌道上端拋出,但仍會落回小車
9.(雙選)如圖,質量和半徑都相同的四分之一光滑圓弧體A、B靜止在光滑的水平面上,圓弧面的最低點和水平面相切,圓弧的半徑為R。圓弧體B鎖定,圓弧體A不鎖定,一個小球從圓弧體A的最高點由靜止釋放,小球沿圓弧體B上升的最大高度為。已知重力加速度大小為g,則 (　　)
A.小球與圓弧體的質量之比為1∶1
B.小球與圓弧體的質量之比為1∶2
C.若圓弧體B沒有鎖定,則圓弧體B最終獲得的速度大小為
D.若圓弧體B沒有鎖定,則圓弧體B最終獲得的速度大小為
10.(2025·浙江1月選考)如圖所示,光滑水平地面上放置完全相同的兩長板A和B,滑塊C(可視為質點)置于B的右端,三者質量均為1 kg。A以4 m/s 的速度向右運動,B和C一起以2 m/s的速度向左運動,A和B發生碰撞后粘在一起不再分開。已知A和B的長度均為0.75 m,C與A、B間動摩擦因數均為0.5,重力加速度g=10 m/s2,則 (　　)
A.碰撞瞬間C相對地面靜止
B.碰撞后到三者相對靜止,經歷的時間為0.2 s
C.碰撞后到三者相對靜止,摩擦產生的熱量為12 J
D.碰撞后到三者相對靜止,C相對長板滑動的距離為0.6 m
11.(9分)(2025年1月·八省聯考河南卷)如圖,在有圓孔的水平支架上放置一物塊,玩具子彈從圓孔下方豎直向上擊中物塊中心并穿出,穿出后物塊和子彈上升的最大高度分別為h和8h。已知子彈的質量為m,物塊的質量為4m,重力加速度大小為g;在子彈和物塊上升過程中,子彈所受阻力忽略不計,物塊所受阻力大小為自身重力的。子彈穿過物塊時間很短,不計物塊厚度的影響,求:
(1)子彈擊中物塊前瞬間的速度大小;(6分)
(2)子彈從擊中物塊到穿出過程中,系統損失的機械能。(3分)
12.(13分)(2024·甘肅高考)如圖,質量為2 kg的小球A(視為質點)在細繩O'P和OP作用下處于平衡狀態,細繩O'P=OP=1.6 m,與豎直方向的夾角均為60°。質量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上,質量為2 kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩O'P,小球A開始運動。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。(5分)
(2)A在最低點時,細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞(時間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運動。求碰后C的速度大小。(3分)
(3)A、C碰后,C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數。(5分)
課時跟蹤檢測(五)
1.選AD　子彈、小球A和小球B組成的系統受到合外力為零,則系統動量守恒,故A正確;子彈射入小球以后的過程中,由于彈簧的彈性勢能發生變化,可知子彈、小球A和小球B組成的系統總動能發生變化,故B錯誤;當彈簧再次恢復原長時,小球B的速度最大,小球B的動能最大,故C錯誤;當子彈、小球A和小球B速度相等時,彈簧壓縮到最短,彈簧的彈性勢能最大,故D正確。
2.選D　根據動量守恒定律知,人在船上向右散步時,船向左運動,A錯誤;根據動量守恒定律有m1v1-m2v2=0,則m1x1=m2x2,又x1+x2=2 m,m1=50 kg,m2=450 kg,代入數據解得x1=1.8 m,x2=0.2 m,即人向右立定跳遠的過程中船相對地面向左運動了0.2 m,人相對地面的位移為1.8 m,B、C錯誤,D正確。
3.選D　設物塊的質量為m,則細線斷裂前彈簧的彈性勢能為Ep=2××2mv2=2mv2,細線斷裂后,彈簧處于壓縮狀態時,物塊B做加速度減小的加速運動,當彈簧變為原長時,物塊B的速度達到最大,之后彈簧處于伸長狀態,物塊B開始做減速運動;設B的速度最大時,A、B的速度分別為vA、vB,根據動量守恒定律可得2mv=mvA+mvB,根據機械能守恒定律可得Ep+×2mv2=m+m,聯立解得vA=(1-)v,vB=(1+)v,此時A的速度不是最大,故選D。
4.選AC　水平面光滑,系統水平方向動量守恒,取向右為正方向,根據動量守恒定律得(m-M)v0=(m+M)v,解得共同速度為v=v0。若M=m,可知最終共同速度一定為零,故A正確;若Mm,合動量方向向左,滑塊先減速,后向左加速,最后以v的速度向左勻速運動,所以當滑塊的速度減至零時,木板向左運動,此過程中滑塊相對木板一直向右運動,直至與木板相對靜止,故C正確,D錯誤。
5.選AC　由題圖乙可知,最終物塊和木板的共同速度為v=1 m/s,由動量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得M=1 kg,故A正確;木板獲得的動能為Ek=Mv2=×1×12 J=0.5 J,故B錯誤;系統損失的機械能ΔE=m-(m+M)v2,解得ΔE=1 J,故C正確;根據v t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移,由題圖乙可得0~1 s內B的位移為xB=×(2+1)×1 m=1.5 m,A的位移為xA=×1×1 m=0.5 m,則木板A的最小長度為L=xB-xA=1 m,故D錯誤。
6.選A　設子彈的初速度為v0,射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v,木塊的質量為M,子彈的質量為m。根據動量守恒定律得mv0=(M+m)v,得v=。木塊獲得的動能為ΔEk=Mv2==·,系統產生的內能為Q=m-(M+m)v2=,可得Q>ΔEk=6 J,故A正確。
7.選BD　規定水平向右為正方向,對A、B組成的系統,由動量守恒定律和機械能守恒定律得mAv0=mAvA1+mBvB1,mA=mA+mB,解得vB1=6 m/s,故A錯誤,B正確;C與B左側的擋板相撞后的一小段時間內,C的速度大于B的速度,C對B的摩擦力水平向右,此時C對B摩擦力的沖量水平向右,故C錯誤;對B、C組成的系統,由動量守恒定律和能量守恒定律得mBvB1=(mB+mC)v共,mB=(mB+mC)+μmCg·2L,解得μ=0.75,故D正確。
8.選BD　小球沿曲面向上運動過程中,小球和小車組成的系統水平方向不受外力,水平方向動量守恒,但整體合外力不為零,則系統動量不守恒,故A錯誤;小球沿曲面向下運動的過程中,小車受到的沖量向右,小車的動量增加,故B正確;小球離開小車時,設小球的速度為v1,小車的速度為v2,選取向右為正方向,根據動量守恒定律和機械能守恒定律可知mv0=mv1+Mv2 ,m=m+M,解得小球離開小車時小球的速率v1=v0,故C錯誤;若小球速度較大,會從圓弧軌道上端拋出,但拋出時兩者水平方向速度相同,水平方向相對靜止,所以仍會落回小車,故D正確。
9.選AC　設小球質量為m,圓弧體質量為M,小球從圓弧體A上滾下時,A的速度大小為v1,小球的速度大小為v2,由題意可知Mv1=mv2,mgR=M+m,mgR=m,解得M=m,v2=,故A正確,B錯誤;若圓弧體B沒有鎖定,則小球與圓弧體B作用過程類似于彈性碰撞,交換速度,因此圓弧體B最終獲得的速度大小為,故C正確,D錯誤。
10.選D　碰撞瞬間C相對地面向左運動,A錯誤;以向右為正方向,則A、B碰撞過程由動量守恒定律有mvA-mvB=2mv1,解得碰撞后瞬間A、B的速度為v1=1 m/s,方向向右;當三者共速時由動量守恒定律有2mv1-mvC=3mv,解得v=0,即最終三者一起靜止,可知從碰撞后到三者相對靜止,經歷的時間t== s=0.4 s,B錯誤;從碰撞后到三者相對靜止,摩擦產生的熱量Q=×2m+m=3 J,由功能關系可知Q=μmgx相對,解得x相對=0.6 m,C錯誤,D正確。
11.解析:(1)設子彈穿出物塊后瞬間子彈和物塊的速度大小分別為v1、v2,由運動學公式得
=2g·8h,=2a·h
對物塊受力分析,由牛頓第二定律得4mg+·4mg=4ma
子彈穿出物塊過程,子彈和物塊組成的系統動量守恒,由動量守恒定律得mv0=mv1+4mv2
解得v0=10。
(2)子彈從擊中物塊到穿出過程中,系統損失的機械能ΔE=m-=37.5mgh。
答案:(1)10　(2)37.5mgh
12.解析:根據題意,A、C質量均為m=2 kg,B的質量為M=6 kg,細繩OP長為l=1.6 m,初始時細繩與豎直方向夾角θ=60°。
(1)從A開始運動到最低點,由動能定理得
mgl(1-cos θ)=m-0
對A在最低點受力分析,根據牛頓第二定律得
F-mg=
解得vA=4 m/s,F=40 N
根據牛頓第三定律,細繩OP所受的拉力為40 N。
(2)A與C相碰,在水平方向動量守恒,由于碰后A豎直下落,可得mvA=0+mvC
解得vC=vA=4 m/s。
(3)A、C碰后,C相對B滑行4 m后與B共速,則對C、B分析,根據動量守恒定律可得
mvC=(M+m)v共
根據能量守恒定律得
μmgL相對=m-(m+M)
聯立解得μ=0.15。
答案:(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15
2 / 4綜合·融通(二)　四種“類碰撞”模型
　　動量守恒定律及其應用是高考的重點,動量與能量的綜合應用是高考命題的重點和難點,命題以選擇題和計算題為主。其中有四種“類碰撞”模型:人船模型、彈簧類碰撞模型、子彈打木塊模型、滑塊—木板模型,是命題常涉及的情境,通過本節課的學習要熟練掌握這些模型的規律和解題方法。
主題(一) 人船模型
[知能融會通]
1.“人船模型”的特征
兩個原來靜止的物體發生相互作用時,若所受外力的矢量和為0,則動量守恒。在相互作用的過程中,任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比。這樣的問題歸為“人船模型”問題。
2.“人船模型”的運動特點
兩個物體的運動特點是“人”走“船”行,“人”停“船”停。
3.處理“人船模型”的兩個關鍵
(1)處理思路:利用動量守恒定律,先確定兩物體的速度關系,再確定兩物體通過的位移的關系。
①用“人船模型”求位移的題目,系統原來處于靜止狀態,然后系統內物體相互作用,此時動量守恒表達式經常寫成m1v1-m2v2=0的形式,式中v1、v2是m1、m2末狀態時的瞬時速率。
②在系統內物體相互作用的過程中,任意時刻的系統總動量為0,因此任意時刻的瞬時速率v1和v2都與各物體的質量成反比,所以全過程的平均速度也與質量成反比,即有m1-m2=0。
③如果兩物體相互作用的時間為t,在這段時間內兩物體的位移大小分別為s1和s2,則有m1-m2=0,即m1s1-m2s2=0。
(2)畫關系圖:畫出各物體的位移關系圖,找出它們相對地面的位移的關系。
　　特別提醒:“人船模型”不一定是人和船,可以是人和小車、滑塊和斜面等。
　　[典例]　(2025·湖北咸寧期中)平靜的水面上停著一只小船,船頭站立著一個人,人的質量為m=50 kg,船的質量為M=100 kg,從某時刻起,人以v=10 m/s的速度向船尾走去,走到船尾時他突然停止走動。不計水對船的阻力,船長為L=6 m,則下列說法正確的是 (　　)
A.人在船上走動過程中,船的速度大小為10 m/s
B.人在船上走動過程中,人的位移大小是船的位移大小的2倍
C.走動時人的動量大于小船的動量
D.人突然停止走動后,小船由于慣性的緣故還會繼續運動
聽課記錄:
[思維建模]
“人船模型”的推廣應用
(1)對于原來靜止、相互作用過程中動量守恒的兩個物體組成的系統,無論沿什么方向運動,“人船模型”均可應用。
(2)原來靜止的系統在某一個方向上動量守恒,運動過程中,在該方向上也可應用處理“人船模型”問題的思路來處理。
[題點全練清]
1.(雙選)質量為m的人在質量為M的小車上從左端走到右端,如圖所示,當車與地面摩擦不計時,那么 (　　)
A.人在車上行走,若人相對車突然停止,則車也突然停止
B.人在車上行走的平均速度越大,則車在地面上移動的距離也越大
C.人在車上行走的平均速度越小,則車在地面上移動的距離就越大
D.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
2.光滑水平面上放有一表面光滑、傾角為θ的斜面體A,斜面體質量為M、底邊長為L,如圖所示。將一質量為m、可視為質點的光滑小球B從斜面的頂端由靜止釋放,經過一段時間后,小球B剛好滑到斜面底端,重力加速度為g。則下列說法中正確的是 (　　)
A.小球B下滑的過程中A、B組成的系統動量守恒
B.小球B下滑的過程中做勻加速直線運動且加速度為a=gsin θ
C.小球B下滑到底端過程中斜面體向左滑動的距離為L
D.小球B下滑到底端過程中斜面體向左滑動的距離為L
主題(二) 彈簧類碰撞模型
[知能融會通]
1.對于彈簧類碰撞問題,在作用過程中,系統所受合外力為零,滿足動量守恒定律。
2.整個過程涉及彈性勢能、動能、內能、重力勢能的轉化,應用能量守恒定律解決此類問題。
3.彈簧壓縮到最短時,彈簧連接的兩物體速度相等,此時彈簧彈性勢能最大。
　　[典例]　如圖,滑塊A、B、C放置于光滑水平面上,A和B之間用平行于水平面的彈簧連接,彈簧處于原長。給物塊A一個水平向右的瞬時速度v0,A和B通過彈簧相互作用,當彈簧第一次恢復原長時,滑塊B恰好與右邊的滑塊C發生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后滑塊B、C粘在一起,整個過程彈簧始終未超出彈性限度。已知滑塊A的質量為m,滑塊B的質量為2m,滑塊C的質量為3m。求:
(1)彈簧第一次壓縮到最短時彈簧的彈性勢能;
(2)彈簧第一次恢復原長時滑塊A和B的速度大小;
(3)彈簧第一次壓縮到最短時與彈簧第二次壓縮到最短時彈簧的彈性勢能之比。
嘗試解答:
[題點全練清]
1.(2024·江蘇高考)如圖所示,物塊B分別通過輕彈簧、細線與水平面上的物塊A左右端相連,整個系統保持靜止。已知所有接觸面均光滑,彈簧處于伸長狀態。剪斷細線后 (　　)
A.彈簧恢復到原長時,A的動能達到最大
B.彈簧壓縮量最大時,A的動量達到最大
C.彈簧恢復到原長過程中,系統的動量增加
D.彈簧恢復到原長過程中,系統的機械能增加
2.光滑水平面上,A、B兩小球與輕質彈簧拴接,初始彈簧處于原長,兩小球靜止。某時刻給A球水平向右的初速度,對應初動能為Ek,設此后運動過程彈簧彈性勢能最大值為Ep,已知A球質量為m,若>4,則B球質量可能為 (　　)
A.m B.m
C.2m D.4m
主題(三) 子彈打木塊模型
[知能融會通]
　　　　　　　　　　　　　　　　
模型圖示
模型特點 (1)子彈水平打進木塊的過程中,系統的動量守恒。 (2)系統的機械能有損失。
兩種情境 (1)子彈嵌入木塊中,兩者速度相等,機械能損失最多(完全非彈性碰撞) 動量守恒:mv0=(m+M)v 能量守恒:Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子彈穿透木塊 動量守恒:mv0=mv1+Mv2 能量守恒: Q=Ff·d=m-
　
　[典例]　(2024·湖北高考)(雙選)如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊,質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變,其大小f與射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k為已知常數)。改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則 (　　)
A.子彈的初速度大小為
B.子彈在木塊中運動的時間為
C.木塊和子彈損失的總動能為
D.木塊在加速過程中運動的距離為
聽課記錄:
[題點全練清]
1.(雙選)如圖所示,一輕細繩一端固定在O點,另一端系一質量為3m的小物塊。開始時小物塊靜止于O點的正下方。現前、后兩次將質量均為m的子彈以向右的水平速度射入小物塊,第一顆子彈的速度為v0,進入小物塊后隨其一起擺動的最大擺角小于90°。當小物塊第一次返回到O點的正下方時,第二顆子彈以另一速度水平向右打入小物塊也留在其中,小物塊的最大擺角與第一次相同。忽略子彈與小物塊的作用時間,不考慮空氣阻力,則 (　　)
A.第一顆子彈射入的過程中,子彈與小物塊組成的系統機械能減少了m
B.第二顆子彈射入小物塊時的速度大小為v0
C.兩次小物塊和子彈擺起的最大高度均為
D.子彈前后兩次作用的過程中,兩子彈受到小物塊的沖量大小之比為3∶8
2.如圖所示,質量為3m的木塊靜止放置在光滑水平面上,質量為m的子彈(可視為質點)以速度v0水平向右射入木塊,穿出木塊時速度變為v0。求:
(1)子彈穿出木塊過程中受到的沖量I;
(2)子彈穿出木塊后,木塊的速度大小v;
(3)子彈從射入木塊到穿出木塊的過程中產生的熱量Q。
主題(四) 滑塊—木板模型
[知能融會通]
1.這類問題通常都是把滑塊、木板看作一個整體,滑塊和木板間的摩擦力為內力,在光滑水平面上整體不受摩擦力,滑塊和木板組成的系統動量守恒。
2.由于滑塊和木板之間的摩擦生熱,一部分機械能轉化為內能,那么系統機械能不守恒,一般由能量守恒定律求解。
3.注意:題目中如果說明滑塊不滑離木板,則最后二者以共同速度運動。
　　[典例]　如圖所示,質量m1=3 kg、長度l=6 m的木板,以速度v1=5 m/s 沿光滑水平面向右勻速運動。某時刻一質量m2=1 kg 的小木塊(可視為質點),以水平向左的速度v2=3 m/s 從木板的右端滑上木板,最終剛好不能滑離木板。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)木塊與木板間的動摩擦因數;
(2)木塊做加速運動的過程中,木板運動的距離。
答題區(面答面評,拍照上傳,現場糾錯品優)
[思維建模]
　　“滑塊—木板”模型是通過板塊之間的滑動摩擦力發生相互作用的,當系統所受合外力為零時,系統的動量守恒,但機械能一般不守恒,多用能量守恒定律求解,需要注意的是,滑塊若不滑離木板,意味著二者最終具有共同速度。
[題點全練清]
1.(雙選)如圖所示,木板B靜止在光滑水平面上,可看作質點的小物塊A從左側以一定的初速度向右滑上木板B,恰好沒有滑離木板。已知A和B的質量均為50 g,木板B長為1.2 m,A與B之間動摩擦因數為0.75,g取10 m/s2。此過程中 (　　)
A.摩擦產生的熱量為0.90 J
B.摩擦產生的熱量為0.45 J
C.A的初速度大小為6 m/s
D.A的初速度大小為3 m/s
2.如圖所示,光滑水平面上有一矩形長木板A和靜止的滑塊C,滑塊B置于A的最左端(滑塊B、C均可視為質點)。若木板A和滑塊B一起以v0=5 m/s的速度向右運動,A與C發生時間極短的碰撞后粘在一起。已知木板A與滑塊B間的動摩擦因數μ=0.1,且mA=2 kg,mB=1 kg,mC=2 kg,g取10 m/s2,求:
(1)長木板A與滑塊C碰后瞬間,滑塊C的速度大小;
(2)B最終與A相對靜止時速度的大小;
(3)要使滑塊B不從木板A上滑下,木板A至少多長
綜合·融通(二)　四種“類碰撞”模型
主題(一)
[典例]　選B　對船和人組成的系統,水平方向上動量守恒,以人的速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv-Mv'=0,可得人在船上走動過程中,船的速度大小為v'== m/s=5 m/s,故A錯誤;人從船頭走到船尾,設人和船對地發生的位移大小分別為x1和x2,以人的速度方向為正方向,由動量守恒定律得m-M=0,又x1+x2=L,解得x1=4 m,x2=2 m,即人在船上走動過程中,人的位移大小是船的位移大小的2倍,故B正確;由系統動量守恒可知,走動時人的動量與小船的動量等大反向,故C錯誤;人突然停止走動是指人和船相對靜止,設這時人、船的速度為v1,則v1=0,所以v1=0,說明船的速度立即變為零,故D錯誤。
[題點全練清]
1.選AD　由于地面光滑,則人與車組成的系統動量守恒,可得mv人=Mv車,可知A正確;設車長為L,由m(L-x車)=Mx車,得x車=L,車在地面上移動的位移大小與人的平均速度大小無關,故D正確,B、C錯誤。
2.選D　小球B下滑過程,系統在水平方向所受合外力為零,系統在豎直方向所受合外力不為零,系統整體所受合外力不為零,系統動量不守恒,故A錯誤;小球B下滑過程斜面會向左運動,小球加速度方向與水平面的夾角不是θ,加速度不等于gsin θ,故B錯誤;小球與斜面體組成的系統在水平方向動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mv1-Mv2=0,可得mx1-Mx2=0,又x1+x2=L,解得小球下滑過程斜面體向左滑動的距離為x2=L,故C錯誤,D正確。
主題(二)
[典例]　解析:(1)彈簧第一次壓縮到最短時,A、B組成的系統動量守恒,則有mv0=(m+2m)v1
根據系統機械能守恒可得,彈簧的彈性勢能為
Ep1=m-(m+2m)
聯立解得Ep1=m。
(2)當彈簧第一次恢復原長時,滑塊B的速度最大,A、B組成的系統動量守恒,則有mv0=mvA+2mvB
根據系統機械能守恒可得m=m+×2m
聯立解得vA=-v0,vB=v0
可知彈簧第一次恢復原長時滑塊A的速度大小為v0,方向水平向左;滑塊B的速度大小為v0,方向水平向右。
(3)彈簧第一次恢復原長時,滑塊B和C發生完全非彈性碰撞,碰撞過程B、C組成的系統動量守恒,則有2mvB=(2m+3m)v2
解得v2=v0
當彈簧再次壓縮到最短時,三個滑塊速度相同,設速度大小為v3,根據動量守恒定律可得mv0=(m+2m+3m)v3
解得v3=
彈簧第二次壓縮到最短時彈簧的彈性勢能為Ep2=m+×(2m+3m)-×(m+2m+3m)
解得Ep2=m
則彈簧第一次壓縮到最短時與彈簧第二次壓縮到最短時彈簧的彈性勢能之比為=。
答案:(1)m　(2)v0　v0　(3)
[題點全練清]
1.選A　對A、彈簧與B組成的系統受力分析,該系統所受合外力為零,則其動量守恒,又運動過程中,只有彈簧彈力做功,所以系統的機械能守恒,C、D錯誤;對系統由動量守恒定律可知mAvA=mBvB,由機械能守恒定律有Ep=mA+mB,聯立兩式可知當彈簧恢復至原長,彈簧的彈性勢能完全轉化為A、B的動能時,A的動能最大,動量也最大,A正確,B錯誤。
2.選B　A、B兩小球與輕質彈簧組成的系統動量守恒,則有mAv0=mBvB+mAvA,當A、B的速度相等時,輕質彈簧有最大彈性勢能,又A球質量為m,>4,設B的質量為km,故可得>4,解得k<。故選B。
主題(三)
[典例]　選AD　子彈在木塊內運動的過程中,子彈與木塊組成的系統所受合外力為0,所以該系統動量守恒,若子彈沒有射出木塊,則由動量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木塊獲得的速度大小為v=,又子彈的初速度越大,其打入木塊越深,則當子彈恰好不射出木塊時,木塊獲得的速度最大,此時有m=(m+M)v2+kv0L,解得v0=;若子彈能夠射出木塊,則有v0>,子彈在木塊內運動的過程,對子彈和木塊分別由牛頓第二定律有kv0=mam,kv0=MaM,根據位移關系有v0t-amt2-aMt2=L,對木塊有v2=aMt,聯立解得v2=,又v0越大,t越小,則v2越小,即隨著v0的增大,木塊獲得的速度v2不斷減小。綜上,若木塊獲得的速度最大,則子彈的初速度大小v0=,A正確;子彈在木塊內運動的過程,對子彈由動量定理有-kv0t=mv-mv0,解得子彈在木塊中運動的時間t=,B錯誤;由能量守恒定律可知,木塊和子彈損失的總動能ΔEk=kv0L=,C錯誤;木塊在加速過程中做勻加速運動,由運動學規律有x=,解得木塊在加速過程中運動的距離x=,D正確。
[題點全練清]
1.選AD　第一顆子彈射入的過程中,根據動量守恒定律,有mv0=(3m+m)v1,解得v1=,子彈與小物塊組成的系統機械能減少了ΔE=m-×4m=m,故A正確;根據機械能守恒定律可知,小物塊第一次返回到O點的正下方時,速度大小仍為v1,方向變為水平向左,因為第二顆子彈射入小物塊后,小物塊的最大擺角與第一次相同,兩次小物塊上升的最大高度相同,所以第二顆子彈射入小物塊后,小物塊的速度大小仍為v1,根據動量守恒定律有mv2-4mv1=5mv1,解得v2=v0,故B錯誤;第一顆子彈射入后,根據機械能守恒定律有×4m=4mgh0,解得h0=,故C錯誤;第一次作用的過程中,子彈受到小物塊的沖量大小I1=m(v0-v1)=mv0,第二次作用的過程中,子彈受到小物塊的沖量大小I2=m(v2-v1)=2mv0,前后兩次作用的過程中,兩子彈受到小物塊的沖量大小之比=,故D正確。
2.解析:(1)根據動量定理可得I=mvt-mv0
子彈受到的沖量為I=mv0-mv0=-mv0,負號表示方向水平向左。
(2)子彈穿過木塊過程,子彈和木塊組成的系統動量守恒,有mv0=3mv+m·v0,解得v=v0。
(3)由能量守恒定律得Q=m-×3mv2-m·
解得Q=m。
答案:(1)mv0,方向水平向左　(2)v0　(3)m
主題(四)
[典例]　解析:(1)設木塊到達木板左端時與木板的共同速度為v,以水平向右為正方向。對木塊和木板組成的系統,由動量守恒定律有m1v1-m2v2=(m1+m2)v
由能量守恒定律有Q=m1+m2-(m1+m2)v2
且Q=μm2gl
聯立以上各式,代入數據解得μ=0.4。
(2)設當物塊的速度等于零時,木板的速度為v3,由動量守恒定律可知m1v1-m2v2=m1v3
解得v3=4 m/s,
設木塊在木板上加速的時間為t
對木塊由動量定理有μm2gt=m2v-0
代入數據可得t=0.75 s
在這段時間內,木板運動的距離s=v3t-at2
其中a== m/s2
解得s=2.625 m。
答案:(1)0.4　(2)2.625 m
[題點全練清]
1.選BC　此過程中摩擦產生的熱量為Q=μmgL=0.75×0.05×10×1.2 J=0.45 J,A錯誤,B正確;由于水平面光滑,故在運動過程中系統動量守恒,得mvA=2mv,根據能量守恒定律得m=·2mv2+Q,聯立解得vA=6 m/s,C正確,D錯誤。
2.解析:(1)A與C碰撞過程中,動量守恒,以向右為正方向,根據動量守恒定律得mAv0=(mA+mC)v1
解得v1=2.5 m/s。
(2)B在A上滑行,A、B、C組成的系統動量守恒,以向右為正方向,根據動量守恒定律得mBv0+(mA+mC)v1=(mA+mB+mC)v2
解得v2=3 m/s。
(3)根據能量守恒定律得mB+(mA+mC)=(mA+mB+mC)+μmBgL
解得長木板A的長度最小值L=2.5 m。
答案:(1)2.5 m/s　(2)3 m/s　(3)2.5 m
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四種“類碰撞”模型(融會課——主題串知綜合應用)
綜合 融通(二)
動量守恒定律及其應用是高考的重點，動量與能量的綜合應用是高考命題的重點和難點，命題以選擇題和計算題為主。其中有四種“類碰撞”模型：人船模型、彈簧類碰撞模型、子彈打木塊模型、滑塊—木板模型，是命題常涉及的情境，通過本節課的學習要熟練掌握這些模型的規律和解題方法。
主題(一) 人船模型
主題(二) 彈簧類碰撞模型
01
02
CONTENTS
目錄
主題(三) 子彈打木塊模型
主題(四) 滑塊—木板模型
03
04
課時跟蹤檢測
05
主題(一) 人船模型
1.“人船模型”的特征
兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為0，則動量守恒。在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比。這樣的問題歸為“人船模型”問題。
2.“人船模型”的運動特點
兩個物體的運動特點是“人”走“船”行，“人”停“船”停。
知能融會通
3.處理“人船模型”的兩個關鍵
(1)處理思路：利用動量守恒定律，先確定兩物體的速度關系，再確定兩物體通過的位移的關系。
①用“人船模型”求位移的題目，系統原來處于靜止狀態，然后系統內物體相互作用，此時動量守恒表達式經常寫成m1v1-m2v2=0的形式，式中v1、v2是m1、m2末狀態時的瞬時速率。
②在系統內物體相互作用的過程中，任意時刻的系統總動量為0，因此任意時刻的瞬時速率v1和v2都與各物體的質量成反比，所以全過程的平均速度也與質量成反比，即有m1-m2=0。
③如果兩物體相互作用的時間為t，在這段時間內兩物體的位移大小分別為s1和s2，則有m1-m2=0，即m1s1-m2s2=0。
(2)畫關系圖：畫出各物體的位移關系圖，找出它們相對地面的位移的關系。
特別提醒：“人船模型”不一定是人和船，可以是人和小車、滑塊和斜面等。
[典例]　 (2025·湖北咸寧期中)平靜的水面上停著一只小船，船頭站立著一個人，人的質量為m＝50 kg，船的質量為M＝100 kg，從某時刻起，人以v＝10 m/s的速度向船尾走去，走到船尾時他突然停止走動。不計水對船的阻力，船長為L＝6 m，則下列說法正確的是(　　)
A．人在船上走動過程中，船的速度大小為10 m/s
B．人在船上走動過程中，人的位移大小是船的位移大小的2倍
C．走動時人的動量大于小船的動量
D．人突然停止走動后，小船由于慣性的緣故還會繼續運動
√
[思維建模]
“人船模型”的推廣應用
(1)對于原來靜止、相互作用過程中動量守恒的兩個物體組成的系統，無論沿什么方向運動，“人船模型”均可應用。
(2)原來靜止的系統在某一個方向上動量守恒，運動過程中，在該方向上也可應用處理“人船模型”問題的思路來處理。
1.(雙選)質量為m的人在質量為M的小車上從左端
走到右端，如圖所示，當車與地面摩擦不計時，那么
(　　)
A.人在車上行走，若人相對車突然停止，則車也突然停止
B.人在車上行走的平均速度越大，則車在地面上移動的距離也越大
C.人在車上行走的平均速度越小，則車在地面上移動的距離就越大
D.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
題點全練清
√
√
解析：由于地面光滑，則人與車組成的系統動量守恒，可得mv人=Mv車，可知A正確；設車長為L，由m(L-x車)=Mx車，得x車=L，車在地面上移動的位移大小與人的平均速度大小無關，故D正確，B、C錯誤。
2.光滑水平面上放有一表面光滑、傾角為θ的斜面體
A，斜面體質量為M、底邊長為L，如圖所示。將一質量
為m、可視為質點的光滑小球B從斜面的頂端由靜止釋
放，經過一段時間后，小球B剛好滑到斜面底端，重力
加速度為g。則下列說法中正確的是 (　　)
A.小球B下滑的過程中A、B組成的系統動量守恒
B.小球B下滑的過程中做勻加速直線運動且加速度為a=gsin θ
C.小球B下滑到底端過程中斜面體向左滑動的距離為L
D.小球B下滑到底端過程中斜面體向左滑動的距離為L
√
解析：小球B下滑過程，系統在水平方向所受合外力為零，系統在豎直方向所受合外力不為零，系統整體所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；小球B下滑過程斜面會向左運動，小球加速度方向與水平面的夾角不是θ，加速度不等于gsin θ，故B錯誤；小球與斜面體組成的系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv1-Mv2=0，可得mx1-Mx2=0，又x1+x2=L，解得小球下滑過程斜面體向左滑動的距離為x2=L，故C錯誤，D正確。
主題(二) 彈簧類碰撞模型
1.對于彈簧類碰撞問題，在作用過程中，系統所受合外力為零，滿足動量守恒定律。
2.整個過程涉及彈性勢能、動能、內能、重力勢能的轉化，應用能量守恒定律解決此類問題。
3.彈簧壓縮到最短時，彈簧連接的兩物體速度相等，此時彈簧彈性勢能最大。
知能融會通
[典例]　如圖，滑塊A、B、C放置于光滑水平面上，A和B之間用平行于水平面的彈簧連接，彈簧處于原長。給物塊A一個水平向右的瞬時速度v0，A和B通過彈簧相互作用，當彈簧第一次恢復原長時，滑塊B恰好與右邊的滑塊C發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后滑塊B、C粘在一起，整個過程彈簧始終未超出彈性限度。已知滑塊A的質量為m，滑塊B的質量為2m，滑塊C的質量為3m。求：
(1)彈簧第一次壓縮到最短時彈簧的彈性勢能；
[答案]　m
[解析]　彈簧第一次壓縮到最短時，A、B組成的系統動量守恒，則有mv0=(m+2m)v1
根據系統機械能守恒可得，彈簧的彈性勢能為
Ep1=m-(m+2m)
聯立解得Ep1=m。
(2)彈簧第一次恢復原長時滑塊A和B的速度大小；
[答案]　v0　v0　
[解析]　當彈簧第一次恢復原長時，滑塊B的速度最大，A、B組成的系統動量守恒，則有mv0=mvA+2mvB
根據系統機械能守恒可得m=m+×2m
聯立解得vA=-v0，vB=v0
可知彈簧第一次恢復原長時滑塊A的速度大小為v0，方向水平向左；滑塊B的速度大小為v0，方向水平向右。
(3)彈簧第一次壓縮到最短時與彈簧第二次壓縮到最短時彈簧的彈性勢能之比。
[答案]　
[解析]　彈簧第一次恢復原長時，滑塊B和C發生完全非彈性碰撞，碰撞過程B、C組成的系統動量守恒，則有2mvB=(2m+3m)v2
解得v2=v0
當彈簧再次壓縮到最短時，三個滑塊速度相同，設速度大小為v3，根據動量守恒定律可得mv0=(m+2m+3m)v3
解得v3=
彈簧第二次壓縮到最短時彈簧的彈性勢能為Ep2=m+×(2m+3m)-×(m+2m+3m)
解得Ep2=m
則彈簧第一次壓縮到最短時與彈簧第二次壓縮到最短時彈簧的彈性勢能之比為=。
1.(2024·江蘇高考)如圖所示，物塊B分別通過輕彈簧、細線與水平面上的物塊A左右端相連，整個系統保持靜止。已知所有接觸面均光滑，彈簧處于伸長狀態。剪斷細線后 (　　)
A.彈簧恢復到原長時，A的動能達到最大
B.彈簧壓縮量最大時，A的動量達到最大
C.彈簧恢復到原長過程中，系統的動量增加
D.彈簧恢復到原長過程中，系統的機械能增加
題點全練清
√
解析：對A、彈簧與B組成的系統受力分析，該系統所受合外力為零，則其動量守恒，又運動過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統的機械能守恒，C、D錯誤；對系統由動量守恒定律可知mAvA=mBvB，由機械能守恒定律有Ep=mA+mB，聯立兩式可知當彈簧恢復至原長，彈簧的彈性勢能完全轉化為A、B的動能時，A的動能最大，動量也最大，A正確，B錯誤。
2.光滑水平面上，A、B兩小球與輕質彈簧拴接，初始彈簧處于原長，兩小球靜止。某時刻給A球水平向右的初速度，對應初動能為Ek，設此后運動過程彈簧彈性勢能最大值為Ep，已知A球質量為m，若>4，則B球質量可能為(　　)
A.m B.m
C.2m D.4m
√
解析：A、B兩小球與輕質彈簧組成的系統動量守恒，則有mAv0=
mBvB+mAvA，當A、B的速度相等時，輕質彈簧有最大彈性勢能，又A球質量為m，>4，設B的質量為km，故可得>4，解得k<。故選B。
主題(三) 子彈打木塊模型
知能融會通
模型圖示
模型特點 (1)子彈水平打進木塊的過程中，系統的動量守恒。
(2)系統的機械能有損失。
續表
[典例]　(2024·湖北高考)(雙選)如圖所示，在光滑
水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為
m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受
到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k為已知常數)。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則(　　)
√
√
1.(雙選)如圖所示，一輕細繩一端固定在O點，另一端系
一質量為3m的小物塊。開始時小物塊靜止于O點的正下方。
現前、后兩次將質量均為m的子彈以向右的水平速度射入小
物塊，第一顆子彈的速度為v0，進入小物塊后隨其一起擺動
的最大擺角小于90°。當小物塊第一次返回到O點的正下方時，第二顆子彈以另一速度水平向右打入小物塊也留在其中，小物塊的最大擺角與第一次相同。忽略子彈與小物塊的作用時間，不考慮空氣阻力，則 (　　)
題點全練清
A.第一顆子彈射入的過程中，子彈與小物塊組成的系統機械能減少了m
B.第二顆子彈射入小物塊時的速度大小為v0
C.兩次小物塊和子彈擺起的最大高度均為
D.子彈前后兩次作用的過程中，兩子彈受到小物塊的沖量大小之比為3∶8
√
√
解析：第一顆子彈射入的過程中，根據動量守恒定律，有mv0=(3m+m)v1，解得v1=，子彈與小物塊組成的系統機械能減少了ΔE=m-×4m
=m，故A正確；根據機械能守恒定律可知，小物塊第一次返回到O點的正下方時，速度大小仍為v1，方向變為水平向左，因為第二顆子彈射入小物塊后，小物塊的最大擺角與第一次相同，兩次小物塊上升的最大高度相同，所以第二顆子彈射入小物塊后，小物塊的速度大小仍為v1，根據動量守恒定律有mv2-4mv1=5mv1，解得v2=v0，故B錯誤；
第一顆子彈射入后，根據機械能守恒定律有×4m=4mgh0，解得h0=，故C錯誤；第一次作用的過程中，子彈受到小物塊的沖量大小I1=m(v0-v1)=mv0，第二次作用的過程中，子彈受到小物塊的沖量大小I2=m(v2-v1)=2mv0，前后兩次作用的過程中，兩子彈受到小物塊的沖量大小之比=，故D正確。
2.如圖所示，質量為3m的木塊靜止放置在
光滑水平面上，質量為m的子彈(可視為質點)
以速度v0水平向右射入木塊，穿出木塊時速度變為v0。求：
(1)子彈穿出木塊過程中受到的沖量I；
答案：mv0，方向水平向左
解析：根據動量定理可得I=mvt-mv0
子彈受到的沖量為I=mv0-mv0=-mv0，負號表示方向水平向左。
(2)子彈穿出木塊后，木塊的速度大小v；
答案：v0
解析：子彈穿過木塊過程，子彈和木塊組成的系統動量守恒，有mv0=3mv+m·v0
解得v=v0。
(3)子彈從射入木塊到穿出木塊的過程中產生的熱量Q。
答案：m
解析：由能量守恒定律得Q=m-×3mv2-m·，解得Q=m。
主題(四) 滑塊—木板模型
1.這類問題通常都是把滑塊、木板看作一個整體，滑塊和木板間的摩擦力為內力，在光滑水平面上整體不受摩擦力，滑塊和木板組成的系統動量守恒。
2.由于滑塊和木板之間的摩擦生熱，一部分機械能轉化為內能，那么系統機械能不守恒，一般由能量守恒定律求解。
3.注意：題目中如果說明滑塊不滑離木板，則最后二者以共同速度運動。
知能融會通
[典例]　如圖所示，質量m1=3 kg、長度l=6 m 的木板，以速度v1=5 m/s 沿光滑水平面向右勻速運動。某時刻一質量m2=1 kg 的小木塊(可視為質點)，以水平向左的速度v2=3 m/s從木板的右端滑上木板，最終剛好不能滑離木板。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)木塊與木板間的動摩擦因數；
[答案]　(1)0.4
[解析]　設木塊到達木板左端時與木板的共同速度為v，以水平向右為正方向。對木塊和木板組成的系統，由動量守恒定律有m1v1-m2v2=(m1+m2)v
由能量守恒定律有Q=m1+m2-(m1+m2)v2，且Q=μm2gl
聯立以上各式，代入數據解得μ=0.4。
(2)木塊做加速運動的過程中，木板運動的距離。
[答案]　2.625 m
[解析]　設當物塊的速度等于零時，木板的速度為v3，由動量守恒定律可知m1v1-m2v2=m1v3
解得v3=4 m/s，
設木塊在木板上加速的時間為t
對木塊由動量定理有μm2gt=m2v-0
代入數據可得t=0.75 s
在這段時間內，木板運動的距離s=v3t-at2
其中a== m/s2
解得s=2.625 m。
[思維建模]
“滑塊—木板”模型是通過板塊之間的滑動摩擦力發生相互作用的，當系統所受合外力為零時，系統的動量守恒，但機械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑塊若不滑離木板，意味著二者最終具有共同速度。
1.(雙選)如圖所示，木板B靜止在光滑水平面上，可看作質點的小物塊A從左側以一定的初速度向右滑上木板B，恰好沒有滑離木板。已知A和B的質量均為50 g，木板B長為1.2 m，A與B之間動摩擦因數為0.75，g取10 m/s2。此過程中 (　　)
A.摩擦產生的熱量為0.90 J
B.摩擦產生的熱量為0.45 J
C.A的初速度大小為6 m/s
D.A的初速度大小為3 m/s
題點全練清
√
√
解析：此過程中摩擦產生的熱量為Q=μmgL=0.75×0.05×10×1.2 J
=0.45 J，A錯誤，B正確；由于水平面光滑，故在運動過程中系統動量守恒，得mvA=2mv，根據能量守恒定律得m=·2mv2+Q，聯立解得vA=6 m/s，C正確，D錯誤。
2.如圖所示，光滑水平面上有一矩形長木
板A和靜止的滑塊C，滑塊B置于A的最左端(滑
塊B、C均可視為質點)。若木板A和滑塊B一起以v0=5 m/s的速度向右運動，A與C發生時間極短的碰撞后粘在一起。已知木板A與滑塊B間的動摩擦因數μ=0.1，且mA=2 kg，mB=1 kg，mC=2 kg，g取10 m/s2，求：
(1)長木板A與滑塊C碰后瞬間，滑塊C的速度大小；
答案：2.5 m/s
解析：A與C碰撞過程中，動量守恒，以向右為正方向，根據動量守恒定律得mAv0=(mA+mC)v1，解得v1=2.5 m/s。
(2)B最終與A相對靜止時速度的大小；
答案：3 m/s
解析：B在A上滑行，A、B、C組成的系統動量守恒，以向右為正方向，根據動量守恒定律得
mBv0+(mA+mC)v1=(mA+mB+mC)v2
解得v2=3 m/s。
(3)要使滑塊B不從木板A上滑下，木板A至少多長
答案：2.5 m
解析：根據能量守恒定律得mB+(mA+mC)=(mA+mB+mC)+μmBgL
解得長木板A的長度最小值L=2.5 m。
課時跟蹤檢測
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1.(雙選)如圖所示，小球A與小球B由輕彈簧連
接，置于光滑水平面上。一顆子彈以水平初速度v0
射入小球A，并在極短時間內嵌在其中。已知小球B的質量為2m，小球A與子彈的質量均是m，彈簧始終在彈性限度內，子彈射入小球以后的過程中，下列說法正確的是 (　　)
A.子彈、小球A和小球B組成的系統動量守恒
B.子彈、小球A和小球B組成的系統總動能保持不變
C.當彈簧壓縮至最短時，小球B動能最大
D.當彈簧壓縮至最短時，彈簧的彈性勢能最大
√
√
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
4
5
解析：子彈、小球A和小球B組成的系統受到合外力為零，則系統動量守恒，故A正確；子彈射入小球以后的過程中，由于彈簧的彈性勢能發生變化，可知子彈、小球A和小球B組成的系統總動能發生變化，故B錯誤；當彈簧再次恢復原長時，小球B的速度最大，小球B的動能最大，故C錯誤；當子彈、小球A和小球B速度相等時，彈簧壓縮到最短，彈簧的彈性勢能最大，故D正確。
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2.如圖所示，一質量為450 kg的小船靜止在平靜
的水面上，質量為50 kg的人在船上立定跳遠的成績
為2 m，不計空氣和水的阻力，下列說法正確的是 (　　)
A.人在船上向右散步時，船也將向右運動
B.人向右立定跳遠的過程中船相對地面保持靜止
C.人向右立定跳遠的過程中船相對地面向左運動了0.4 m
D.人相對地面的成績為1.8 m
√
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解析：根據動量守恒定律知，人在船上向右散步時，船向左運動，A錯誤；根據動量守恒定律有m1v1-m2v2=0，則m1x1=m2x2，又x1+x2=2 m，m1=50 kg，m2=450 kg，代入數據解得x1=1.8 m，x2=0.2 m，即人向右立定跳遠的過程中船相對地面向左運動了0.2 m，人相對地面的位移為1.8 m，B、C錯誤，D正確。
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3.如圖，質量相等的A和B兩個物塊用輕彈簧相連接，用一細線將兩物塊拴住使彈簧處于壓縮狀態；兩物塊以速度v在光滑水平面上運動，已知彈簧的彈性勢能是它們總動能的2倍。若某時刻細線突然斷裂，則在以后的運動過程中 (　　)
A.B的速度最大時，A的速度剛好為零
B.B的速度最大時，A的速度也最大
C.B的速度最大時，彈簧形變量不為零
D.B的速度最大時，彈簧形變量剛好為零
√
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解析：設物塊的質量為m，則細線斷裂前彈簧的彈性勢能為Ep=2
××2mv2=2mv2，細線斷裂后，彈簧處于壓縮狀態時，物塊B做加速度減小的加速運動，當彈簧變為原長時，物塊B的速度達到最大，之后彈簧處于伸長狀態，物塊B開始做減速運動；設B的速度最大時，A、B的速度分別為vA、vB，根據動量守恒定律可得2mv=mvA+mvB，根據機械能守恒定律可得Ep+×2mv2=m+m，聯立解得vA=(1-)v，vB=(1+)v，此時A的速度不是最大，故選D。
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4.(雙選)如圖，光滑水平面上足夠長的木板質量為M，以初速度v0向左運動的同時，長木板左端上方的質量為m的滑塊也以同樣大小的速度v0向右運動，最終它們有共同的速度，則 (　　)
A.若M=m，最終共同速度一定為零
B.若MC.若M>m，當滑塊的速度減至零時，木板向左運動
D.若M>m，滑塊相對木板先向右、后向左運動，直至與木板相對靜止
√
√
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解析：水平面光滑，系統水平方向動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律得(m-M)v0=(m+M)v，解得共同速度為v=v0。若M=m，可知最終共同速度一定為零，故A正確；若Mm，合動量方向向左，滑塊先減速，后向左加速，最后以v的速度向左勻速運動，所以當滑塊的速度減至零時，木板向左運動，此過程中滑塊相對木板一直向右運動，直至與木板相對靜止，故C正確，D錯誤。
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5.(雙選)如圖甲所示，質量為m=1 kg的物塊B以水平速度v0=2 m/s 滑上原來靜止在光滑水平面上的長木板A的上表面，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示。已知重力加速度g=10 m/s2，則下列說法正確的是 (　　)
A.長木板A的質量為1 kg
B.木板獲得的動能為1 J
C.系統損失的機械能為1 J
D.長木板A的最小長度為2 m
√
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解析：由題圖乙可知，最終物塊和木板的共同速度為v=1 m/s，由動量守恒定律得mv0=(M+m)v，解得M=1 kg，故A正確；木板獲得的動能為Ek=Mv2=×1×12 J=0.5 J，故B錯誤；系統損失的機械能ΔE=m
-(m+M)v2，解得ΔE=1 J，故C正確；根據v-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖乙可得0~1 s內B的位移為xB=×(2+1)×1 m=1.5 m，A的位移為xA=×1×1 m=0.5 m，則木板A的最小長度為L=xB-xA=1 m，故D錯誤。
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6.如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面
上的靜止木塊后不再穿出，此時木塊動能增加了6 J，那么此過程產生的內能可能為 (　　)
A.10 J B.3 J
C.6 J D.4 J
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解析：設子彈的初速度為v0，射入木塊后子彈與木塊共同的
速度為v，木塊的質量為M，子彈的質量為m。根據動量守恒定律得mv0=(M+m)v，得v=。木塊獲得的動能為ΔEk=Mv2=
=·，系統產生的內能為Q=m-(M+m)v2=，可得Q>ΔEk=6 J，故A正確。
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7.(雙選)如圖所示，光滑水平面上
放置滑塊A和左側固定輕質豎直擋板的
木板B，滑塊C置于B的最右端，三者質量分別為mA=2 kg、mB=3 kg、mC=1 kg。開始時B、C靜止，A以v0=7.5 m/s的速度勻速向右運動，A與B發生正碰(碰撞時間極短)，經過一段時間，B、C達到共同速度一起向右運動，且此時C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均無機械能損失，木板B的長度為L=0.9 m，B、C之間的動摩擦因數為μ，取g=10 m/s2，下列說法正確的是 (　　)
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A.A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為5 m/s
B.A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為6 m/s
C.C與B左側的擋板相撞后的一小段時間內，C對B摩擦力的沖量水平向左
D.μ=0.75
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解析：規定水平向右為正方向，對A、B組成的系統，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mAv0=mAvA1+mBvB1，mA=mA+mB，
解得vB1=6 m/s，故A錯誤，B正確；C與B左側的擋板相撞后的一小段時間內，C的速度大于B的速度，C對B的摩擦力水平向右，此時C對B摩擦力的沖量水平向右，故C錯誤；對B、C組成的系統，由動量守恒定律和能量守恒定律得mBvB1=(mB+mC)v共，mB=(mB+mC)+μmCg·2L，
解得μ=0.75，故D正確。
8.(雙選)如圖所示，光滑的冰面上有一質量為M的小車
處于靜止狀態，小車上表面是一半徑為R的光滑圓弧曲
面，圓弧的最低點切線水平。某一時刻，一質量為m的
小球自左端以水平速度v0沖上小車。則下列說法正確的是(　　)
A.小球沿曲面向上運動過程中，小球和小車組成的系統動量守恒
B.小球沿曲面向下運動的過程中，小車的動量增加
C.小球離開小車時小球的速率等于v0
D.若小球速度較大，會從圓弧軌道上端拋出，但仍會落回小車
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解析：小球沿曲面向上運動過程中，小球和小車組成的系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，但整體合外力不為零，則系統動量不守恒，故A錯誤；小球沿曲面向下運動的過程中，小車受到的沖量向右，小車的動量增加，故B正確；小球離開小車時，設小球的速度為v1，小車的速度為v2，選取向右為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可知mv0=mv1+
Mv2 ，m=m+M，解得小球離開小車時小球的速率v1=v0，故C錯誤；若小球速度較大，會從圓弧軌道上端拋出，但拋出時兩者水平方向速度相同，水平方向相對靜止，所以仍會落回小車，故D正確。
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9.(雙選)如圖，質量和半徑都相同的四分之一光滑圓弧體A、B靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點和水平面相切，圓弧的半徑為R。圓弧體B鎖定，圓弧體A不鎖定，一個小球從圓弧體A的最高點由靜止釋放，小球沿圓弧體B上升的最大高度為。已知重力加速度大小為g，則(　　)
A.小球與圓弧體的質量之比為1∶1
B.小球與圓弧體的質量之比為1∶2
C.若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為
D.若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為
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解析：設小球質量為m，圓弧體質量為M，小球從圓弧體A上滾下時，A的速度大小為v1，小球的速度大小為v2，由題意可知Mv1=mv2，mgR=M+mmgR=m，解得M=m，v2=，故A正確，B錯誤；若圓弧體B沒有鎖定，則小球與圓弧體B作用過程類似于彈性碰撞，交換速度，因此圓弧體B最終獲得的速度大小為，故C正確，D錯誤。
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10.(2025·浙江1月選考)如圖所示，光滑水平地面上放置完全相同的兩長板A和B，滑塊C(可視為質點)置于B的右端，三者質量均為1 kg。A以4 m/s 的速度向右運動，B和C一起以2 m/s的速度向左運動，A和B發生碰撞后粘在一起不再分開。已知A和B的長度均為0.75 m，C與A、B間動摩擦因數均為0.5，重力加速度g=10 m/s2，則 (　　)
A.碰撞瞬間C相對地面靜止
B.碰撞后到三者相對靜止，經歷的時間為0.2 s
C.碰撞后到三者相對靜止，摩擦產生的熱量為12 J
D.碰撞后到三者相對靜止，C相對長板滑動的距離為0.6 m
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解析：碰撞瞬間C相對地面向左運動，A錯誤；以向右為正方向，則A、B碰撞過程由動量守恒定律有mvA-mvB=2mv1，解得碰撞后瞬間A、B的速度為v1=1 m/s，方向向右；當三者共速時由動量守恒定律有2mv1-mvC=3mv，解得v=0，即最終三者一起靜止，可知從碰撞后到三者相對靜止，經歷的時間t== s=0.4 s，B錯誤；從碰撞后到三者相對靜止，摩擦產生的熱量Q=×2m+m=3 J，由功能關系可知Q=μmgx相對，解得x相對=0.6 m，C錯誤，D正確。
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11.(9分)(2025年1月·八省聯考河南卷)如圖，在
有圓孔的水平支架上放置一物塊，玩具子彈從圓孔下方豎直向上擊中物塊中心并穿出，穿出后物塊和子彈上升的最大高度分別為h和8h。已知子彈的質量為m，物塊的質量為4m，重力加速度大小為g；在子彈和物塊上升過程中，子彈所受阻力忽略不計，物塊所受阻力大小為自身重力的。子彈穿過物塊時間很短，不計物塊厚度的影響，求：
(1)子彈擊中物塊前瞬間的速度大小；(6分)
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答案：10　
解析：設子彈穿出物塊后瞬間子彈和物塊的速度大小分別為v1、v2，由運動學公式得
=2g·8h，=2a·h
對物塊受力分析，由牛頓第二定律得4mg+·4mg=4ma
子彈穿出物塊過程，子彈和物塊組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得mv0=mv1+4mv2
解得v0=10。
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(2)子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統損失的機械能。(3分)
答案：37.5mgh
解析：子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統損失的機械能ΔE=m-=37.5mgh。
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12.(13分)(2024·甘肅高考)如圖，質量為2 kg的小球A(視為質點)在細繩O'P和OP作用下處于平衡狀態，細繩O'P=OP=1.6 m，與豎直方向的夾角均為60°。質量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上，質量為2 kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩O'P，小球A開始運動。(重力加速度g取10 m/s2)
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(1)求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。(5分)
答案：40 N
解析：根據題意，A、C質量均為m=2 kg，B的質量為M=6 kg，細繩OP長為l=1.6 m，初始時細繩與豎直方向夾角θ=60°。
從A開始運動到最低點，由動能定理得mgl(1-cos θ)=m-0
對A在最低點受力分析，根據牛頓第二定律得F-mg=
解得vA=4 m/s，F=40 N
根據牛頓第三定律，細繩OP所受的拉力為40 N。
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(2)A在最低點時，細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞(時間極短)，碰后A豎直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。(3分)
答案：4 m/s
解析：A與C相碰，在水平方向動量守恒，由于碰后A豎直下落，可得mvA=0+mvC
解得vC=vA=4 m/s。
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(3)A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數。(5分)
答案：0.15
解析：A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速，則對C、B分析，根據動量守恒定律可得mvC=(M+m)v共
根據能量守恒定律得
μmgL相對=m-(m+M)
聯立解得μ=0.15。

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