专题6：碰撞与动量守恒(教师版).doc

第六章 碰撞与动量守恒
1．【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
【答案】A
【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。
【考点定位】动量、动量守恒
【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。
5．【2017·新课标Ⅲ卷】一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则

A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
【答案】AB

【考点定位】动量定理
【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。F–t图线与时间轴所围面积表示冲量。

1.（15福建卷）如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2vo，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是____________。(填选项前的字母)
A. A和B都向左运动 B. A和B都向右运动
C. A静止，B向右运动 D. A向左运动，B向右运动
答案 D

2.（15重庆卷）高空作业须系安全带.如果质量为的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为（可视为自由落体运动）.此后经历时间安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式，可知；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得，解得：，故选A。
考点：本题考查运动学公式、动量定理。
30． [2014·福建卷Ⅰ] (2)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为________．(填选项前的字母)

A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
30．(2)D　[解析] 忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D项正确．
14．[2014·浙江卷] (1)如图1所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)
A. 甲木块的动量守恒
B. 乙木块的动量守恒
C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
14．[答案] (1)C　
[解析] (1)本题考查碰撞、动量守恒定律等知识点．甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．
4． [2014·重庆卷] 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是

A　　　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　　　D
4．B　[解析] 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m弹丸v0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．
11、(2013年天津理综)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】B
【解析】甲、乙运动员相互作用时，根据作用力与反作用力的特点，力的大小相等，作用时间也相等，所以冲量的大小相等，但冲量是矢量，它们的方向相反，故选项A错误；在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则由甲与乙构成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，甲、乙动量变化量大小相等，方向相反，故选项B正确；甲乙互相作用时是非弹性碰撞，所以机械能会有损失，所以甲的动能增加量和乙的动能的减小量不相等，所以选项C错误；根据选项C可知，甲、乙的动能增加量与减小量不相等，所以由动能定理可知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做的功的绝对值不相等，所以选项D错误。
4．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较

A. 射入滑块A的子弹速度变化大
B. 整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，木块对子弹的平均阻力一样大
C. 射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D. 两个过程中系统产生的热量相同
【答案】D
【解析】A、根据动量守恒定律可得，可知两种情况下木块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误；
B、两滑块的动量变化相同，受到的冲量相同，由，射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时平均阻力对子弹是射入滑块B中时的倍，故B错误；
C、射入滑块A中时阻力对子弹做功与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误；
D、由，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确；
故选D。
6．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是

A. 在下滑过程中，物块的机械能守恒
B. 物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动
C. 在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
D. 物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处
【答案】B
【解析】在物块下滑的过程中，斜槽将后退，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒；对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒．故A错误．物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒．故C错误．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动．故B正确，D错误．故选B．
8．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是

A. 弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B. 板的加速度一直增大
C. 弹簧给木块A的冲量大小为
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】D
【解析】在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2 ；
根据机械能守恒定律，有：•2m•v02=•2m•v12+mv22 ；解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v ；
系统机械能守恒，根据守恒定律，有：Ep=•2m•v02-（2m+m）v2  ；由以上两式解得：Ep=mv02，故D正确；故选D.
9．质量分别为m＝1 kg和M＝2 kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻开始，对物块B施加一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F＝6t(N)，两物块之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列结论正确的是(　　)

A. 两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/s
B. 从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为s
C. 从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 m
D. 从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6 N·s
【答案】A
【解析】AB. 当m达到最大静摩擦力时，m相对M发生相对滑动；则此时m的加速度为：a=μg=0.2×10=2m/s2；则对整体受力分析可知，F=(m+M)a=3×2=6N=6t，则可知发生相对运动的时间为1s，F是均匀增加的，，对整体由动量定理可得：；解得：v=1m/s，故A正确，B错误；
C. 若物体做匀加速直线运动，则1s内的位移x=vt/2=0.5m；而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；故C错误；
D. 由动量定理可知,I=(M+m)v=3N⋅s；故D错误；
故选：A.
21．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为 （ ）

A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 3∶1
【答案】A
【解析】由x-t图象可知，碰撞前，vB=0m/s，碰撞后vA′=vB′=v=，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，设A原方向为正方向，则由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得mA：mB=1：3；故A正确，BCD错误．
故选A．
27．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）

A. t=1 s时物块的速率为2 m/s
B. t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C. t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D. t=4 s时物块的速度为零
【答案】B
【解析】前两秒，根据牛顿第二定律，，则0﹣2s的速度规律为； s时，速率为1m/s，故A错误；t=2s时，速率为2m/s，则动量为，故B正确；2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为，4s时速度为1m/s，故CD错误；
33．如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，（ ）

A. 小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心
B. 小球所受支持力的冲量为0
C. 小球所受重力的冲量大小为m
D. 小球所受合力的冲量大小为m
【答案】D
【解析】试题分析：由冲量的计算公式求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量或合力的冲量．
小球受到竖直向下的重力，和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，A错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒可得，故，根据动量定理可得，故C错误D正确．
44．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动．它们从开始到到达地面，下列说法正确的有(　　)

A. 它们同时到达地面
B. 重力对它们的冲量相同
C. 它们的末动能相同
D. 它们动量变化的大小相同
【答案】D
【解析】球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的运动时间相同，为：；球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据，
得：；故t＜t′，故A错误；由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，故B错误；初动能不全相同，而合力做功相同，故根据动能定理，末动能不全相同，故C错误；bc球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；ab球机械能守恒，末速度相等，故末动量相等，初动量为零，故动量增加量相等，故D正确；故选D.
45．如图所示，轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一挡板，挡板的质量为m，一物体沿光滑水平面以一定的速度撞向挡板，物体质量为M，物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣，使得它们相撞后立即粘连在一起，若碰撞时间极短（即极短时间内完成粘连过程），则对物体M、挡板m和弹簧组成的系统，下面说法中正确的是

A. 在M与m相撞的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒
B. 从M与m开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，系统的动量不守恒而机械能守恒
C. 从M与m开始接触到弹簧恢复原长的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒
D. 以上三种说法都不正确
【答案】A
【解析】在M与m相撞的过程中，有能量损失，所以系统机械能不守恒．碰撞的瞬间，由于时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒，故A正确；从M与m粘连后到弹簧被压缩到最短的过程中，墙壁对系统有作用力，即系统所受的外力之和不为零，系统动量不守恒，该过程只有弹力做功，系统机械能守恒，由于从M与m开始接触时动量守恒机械能不守恒，则选项B错误；从M与m开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，墙壁对系统有作用力，即系统所受的外力之和不为零，系统动量不守恒，由于碰撞的过程有能量损失，系统机械能不守恒，故CD错误；故选A．
点睛：本题考查了判断动量与机械能是否守恒，知道动量守恒与机械能守恒的条件即可正确解题；碰撞过程中内力远远大于外力，动量守恒，只有重力或弹簧弹力做功时机械能守恒．
1．如图所示装置中，质量为M的木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以v0射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）

A. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能守恒
C. 弹簧的最大弹性势能为
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】C
【解析】试题分析：系统内力远远大于外力，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与做功情况判断系统动量与机械能是否守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．
子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，AB错误；设子弹射入木块后，两者的速度为v，子弹击中木块过程子弹与木块的内力远远大于外力，所以子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，木块压缩弹簧过程，动能转化为弹性势能，当弹性势能最大时，系统的动能全部转化为弹性势能，故由能量守恒定律得，联立解得，C正确D错误．
3．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2=0.5kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得( )

A. 在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态
B. 从t3到t4之间弹簧由原长变化为压缩状态
C. t3时刻弹簧弹性势能为6J
D. 在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态
【答案】AC
【解析】从图象可以看出，从0到的过程中B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，A正确；从图中可知从到时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于原长，故BD错误；由图示图象可知，时刻两物体相同，都是2m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，即，解得m1：m2=2：1，所以，在时刻根据能量守恒定律可得即，解得，C正确．
7．如图所示，一轻杆两端分别固定a、b 两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为，将此装置从图示位置由静止释放，则（）

A. 在b球落地前的整个过程中，a、b 及轻杆系统机械能不守恒
B. 在b球落地前瞬间，b球的速度大小为
C. 在b球落地前的整个过程中，a、b 及轻杆系统动量守恒
D. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零
【答案】BD
【解析】将三者看做一个整体，在b球下落过程中，整体只有重力做功，系统的机械能守恒，A错误；因为两杆对两小球做功的代数和为零，所以有，解得b球落地瞬间的速度为，B正确；整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，竖直方向上动量不守恒，C错误；设杆对a球做功，对b球做功，系统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必定为零，即，对a球由动能定理可知，故，D正确．

二、实验题

三、计算题
10．【2017·天津卷】（16分）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求：
（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始时B离地面的高度H。

【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：解得：
（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，总动量守恒：
绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s
（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：
解得，初始时B离地面的高度
【考点定位】自由落体运动，动量守恒定律，机械能守恒定律
【名师点睛】本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律——是两物体的动量守恒，而不是机械能守恒。

⑵（10分）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为，冰块的质量为，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小．
（ⅰ）求斜面体的质量；
（ⅱ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
（2）（i）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20=(m2+ m3)v①
m2v202=(m2+ m3)v2+m2gh②
式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得
m3=20kg ③
(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1+m2v20④
代入数据得
v1=1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥
12m2v202=12m2v22+12m3v32⑦
（2）、如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直：a和b相距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦力因数满足的条件。
解答：35．（1）ABE
（2）答：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有
① 即②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒有
③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v'1、v'2，由动量守恒和能量守恒有
mv1=mv'1+v'2④
⑤
联立④⑤式解得v'2=v1⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
⑦
联立③⑥⑦式，解得： ⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件，所以有：
⑨

3.（15新课标2卷）（10分）滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：

（ⅰ）滑块a、b的质量之比；
（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
【答案】（1）；（2）

考点：动量守恒定律；能量守恒定律
4.（15新课标1卷）

35．[物理——选修3－5][2014·新课标全国卷Ⅰ] (2)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：

(1)B球第一次到过地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度．
(2)解：(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有
vB＝①
将h＝0.8 m代入上式，得
v1＝4 m/s.②
(ⅱ)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2，由运动学规律可得
v1＝gt③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有
mAv1＋mBv2＝mBv′2④
mAv＋mBv＝mv′⑤
设B球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得
v′B＝vB⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′＝⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m．⑧

24．[2014·安徽卷] (20分)
在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B.物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2.求：

(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．

24．[答案] (1)2.5 m/s　(2)6次　(3)12.75 m
[解析] (1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得
mv0＝2mv，解得v＝2.5 m/s
(2)设物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μN＝μmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得
－Ff·s1＝(m＋m)v2－mv，得s3＝12.5 m
已知L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．
(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v′1、v′2.有mv1＋mv2＝mv′1＋mv′2
mv＋mv＝mv′＋mv′
得v′1＝v2，v′2＝v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段凹槽，物块的vt图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v＝v0＋at，a＝－μg，解得t＝5 s

凹槽的vt图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5 L，其余每份面积均为L)
s2＝t＋6.5 L＝12.75 m．
22．[2014·北京卷]如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：

(1) 碰撞前瞬间A的速率v；
(2) 碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3) A和B整体在桌面上滑动的距离l.
22．[答案] (1)2 m/s 　(2)1 m/s 　(3)0.25 m
[解析] 设滑块的质量为m.
(1)根据机械能守恒定律有
mgR＝mv2
解得碰撞前瞬间A的速率有
v＝＝2 m/s.
(2)根据动量守恒定律有
mv＝2mv′
解得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v′＝v＝1 m/s.
(3)根据动能定理有
(2m)v′2＝μ(2m)gl
解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l＝＝0.25 m.
24． [2014·全国卷] 冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
(1 )碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失．
24．[答案] (1)1.0 m/s　(2)1400 J
[解析] (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′.由动量守恒定律有
mv－MV＝MV′①
代入数据得
V′＝1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1400 J④
[2014·山东卷] 【物理35】 (2)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．求：
(ⅰ)B的质量；
(ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
(2)[答案] (ⅰ)　(ⅱ)mv
[解析] (ⅰ)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m＋2mBv＝(m＋mB)v①
由①式得
mB＝②
(ⅱ)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝m＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④
联立②③④式得
ΔE＝mv⑤
10． [2014·天津卷] 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块 B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s.求：

(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
10．(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m
[解析] (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得
a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③
代入数据解得
v＝1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45 m⑦
题9图
h
ph
A
B
12、(2013重庆理综)在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面的高度为ph（p＞1）和h的地方同时由静止释放，如题9图所示。球A的质量为m，球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；
（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。
【答案】（1）A球的速率
（2）1<P<5
（3）1<P<3
21、(2013年新课标Ⅰ卷) 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短:当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ. B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小。
【答案】见解析
【解析】设在发生碰撞前的瞬间，木块Ａ的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和Ｂ的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由动量和能量守恒定律，得
①
②
式中，以碰撞前木块Ａ的速度方向为正。由①②式得
　③
设碰撞后Ａ和Ｂ运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
④
⑤
按题意有
⑥
设A的初速度为v0,由动能定理得
⑦
联立上式，得
⑧
22、 (2013年新课标Ⅱ卷) (10分)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块Ａ、B、C。B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计)。设A以速度朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(1) 整个系统损失的机械能；
(2) 弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【答案】见解析
【解析】
(1) 从A压缩弹簧到A与B具有相同速度时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为，损失的机械能为。对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得
②
③
联立①②③式得
④
(2) 由②式可知，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为。由动量守恒和能量守恒定律得
⑤
⑥
联立④⑤⑥式得
⑦
1．如图所示，在倾角的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量、可视为质点的物体，以的初速度沿斜面上滑．已知，，重力加速度取，不计空气阻力．求：
（1）物体沿斜面向上运动的加速度大小．
（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值．
（3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量．

【答案】(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)20。
【解析】（1）设物体运动的加速度为，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力，
根据牛顿第二定律有，
解得：．
（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为，
对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：
解得：．
（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间，
此过程中重力的冲量，方向：竖直向下．
综上所述本题答案是：(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)20
2．如图，质量为的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为的物体B相连，弹簧的劲度系数为，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，一端连轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．在挂钩上系一质量为的物体C并从静止状态释放，恰好能够到达地面．已知它恰能使B离开地面但不继续上升．现将质量为的物体D系在挂钩上后再举高H=0.8m（未触及滑轮）然后由静止释放（g取，空气阻力不计）．求：
（1）C从释放到落地过程中弹簧弹性势能的变化
（2）D刚刚落至地面时的速度（结果可保留根号）

【答案】（1）-1.5J，（2）.
【解析】试题分析：（1）开始时A、B均处于平衡状态，由平衡条件可以求出开始时弹簧的弹力以及弹簧从长度；C到达最低点时，B恰好离开地面，此时弹簧的弹力等于B的重力，C下降的距离等于弹簧从被压缩到回复原长再到被拉长的形变量的长度，求出开始弹簧的压缩量，再求出弹簧的伸长量，即可求出C下降的距离．然后结合机械能守恒即可求出弹簧的弹性势能的变化；（2）由机械能守恒求出轻绳刚刚被拉直时D的速度，然后由动量守恒求出A与D的共同速度，最后结合机械能守恒求出D刚刚落至地面时的速度．
（1），开始时A处于静止状态，A对弹簧的压力等于A的重力；B恰好要离开地面时，B物体受到的拉力等于B的重力，由胡克定律可得A上升的高度：
由于C恰能使B离开地面但不继续上升，可知C与A的末速度都是0
由功能关系可得弹簧的弹性势能的变化量：
（2）D下降H的过程中机械能守恒，则有：
轻绳拉紧的一瞬间，轻绳对A的冲量与对D的冲量大小相等，方向都向上，设为I，轻绳拉紧后A与