6/8秘籍07碰撞類問題與動量守恒的綜合應用【解密高考】【題型一】“滑塊—彈簧”模型【題型二】“光滑圓弧軌道＋滑塊”模型【題型三】懸繩模型【題型四】“滑塊—木板”模型【題型五】“子彈打木塊”模型：高考對動量守恒定律及其應用的考查主要集中在“碰撞”類問題，主要考查方式有兩種：（1）以碰撞為模型考查動量守恒定律的應用；（2）以生活中的實例為背景，考查規律的靈活運運用。：掌握彈性碰撞和非彈性碰撞的概念，記住兩個物體碰撞的幾個基本公式，能運用動量守恒定律并結合能量關系解決簡單的碰撞問題。【題型一】“滑塊—彈簧”模型1．模型圖示2．模型特點(1)兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒。(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化，系統的總動能將發生變化；若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)。【例1】如圖所示，物塊A、B靜止在光滑水平地面上，A與輕彈簧相連，C沿水平面以一定初速度向右運動，與B碰后粘在一起，二者向右運動一小段距離后與彈簧接觸，一段時間后與彈簧分離，則（

）A．A加速過程中，加速度越來越大 B．A、B、C共速時，B所受合力為0C．A、B、C共速時，彈簧彈性勢能最大 D．B、C碰撞過程中，B、C系統機械能守恒【答案】C【詳解】A．A加速過程中，一開始彈簧壓縮量逐漸增大，之后彈簧壓縮量又逐漸減小，所以A受到的彈簧彈力先增大后減小，則A的加速度先增大后減小，故A錯誤；BC．A、B、C共速時，彈簧的壓縮量達到最大，彈簧彈性勢能最大，此時BC受到的彈力不為0，BC的加速度不為0，則B的加速度不為0，所受合力不為0，故B錯誤，C正確；D．B、C碰后粘在一起，屬于完全非彈性碰撞，所以B、C碰撞過程中，B、C系統機械能不守恒，故D錯誤。故選C。“彈簧類”模型的解題思路(1)系統的動量守恒。(2)系統的機械能守恒。(3)應用臨界條件：兩物體共速時，彈簧的彈性勢能最大。【變式1】如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A以初動量沿直線運動，與靜止的帶輕質彈簧的小球B發生正碰，此過程中，小球A的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖乙所示，時刻圖線的切線斜率最大，此時縱坐標為，時刻縱坐標為零。已知小球A、B的直徑相同，則（）A．小球A、B的質量之比為B．時刻彈簧的彈性勢能最大C．小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比為D．0~時間內，小球B的動量變化量為【答案】C【詳解】B．時刻圖線的切線斜率最大，則小球A的動量變化率最大，根據可知小球A的速度變化率最大，即加速度最大，根據牛頓第二定律可知此時彈簧彈力最大，由胡克定律可知，此時彈簧形變量最大，則此時彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；A．時刻兩小球共速，設速度大小均為v，則小球A的質量根據動量守恒有則小球B的質量由此可知兩小球的質量之比為故A錯誤；C．根據機械能守恒有小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比故C正確；D．時間內，小球B的動量變化量故D錯誤。故選C。【變式2】（多選）如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊A、B用輕質橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。t=0時，A以水平向左的初速度v0開始運動，B的初速度為0，A、B運動的v?t圖像如圖乙所示。已知A的質量為m，0~t0時間內B的位移為x0，t=3t0時二者發生碰撞并粘在一起，則（）A．B的質量為2m B．橡皮繩的最大彈性勢能為C．橡皮繩的原長為 D．橡皮繩的原長為v0t0【答案】AD【詳解】A．由圖乙及動量守恒定律得解得故A正確；CD．由圖乙知，2t0時刻橡皮繩處于原長，設此時A、B的速度分別為vA、vB，由動量守恒定律及能量守恒定律得解得，橡皮繩的原長故C錯誤，D正確；B．由能量守恒定律，橡皮繩的最大彈性勢能故B錯誤。故選AD。【題型二】“光滑圓弧軌道＋滑塊”模型1．模型圖示2．模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共。系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，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：m與M分離點。水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(彈性碰撞拓展模型)。【例1】（多選）如圖所示，質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊下端與光滑水平面相切。給質量為m的小球一水平向右的初速度，如果圓弧滑塊固定，小球運動過程中距離水平面的最大高度為R（R為圓弧的半徑），如果圓弧滑塊不固定，小球運動過程中距離水平面的最大高度為R。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球的初速度大小為B．M=2mC．如果圓弧滑塊不固定，小球滑離圓弧滑塊到最高點的過程中，水平位移為RD．如果圓弧滑塊不固定，小球最終的速度大小為【答案】AD【詳解】A．如果圓弧滑塊固定，則由機械能守恒定律解得小球的初速度大小為選項A正確；B．如果圓弧滑塊不固定，設小球離開圓弧時水平速度為vx，則由水平方向動量守恒由能量關系聯立解得M=0.5m選項B錯誤；C．如果圓弧滑塊不固定，小球滑離圓弧滑塊到最高點過程的時間水平位移為選項C錯誤；D．如果圓弧滑塊不固定，小球最終落回到槽中并從槽中滑出時槽的速度最大，此時由動量守恒和能量關系解得小球和圓弧槽的速度大小分別為選項D正確。故選AD。【例2】如圖甲所示，一小車靜止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O為圓心、半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，左端P與平臺等高且平滑對接（不粘連）。一小球以某一水平速度沖上小車。測得在水平方向上小球與小車的速度大小分別為，作出圖像，如圖乙所示。已知P點距地面高，重力加速度為g，則（）A．小車質量是小球質量的2倍B．小球上升到最高點時的速度為C．小球上升的最大高度為RD．小球落地時與小車左端P點的水平距離為2R【答案】B【詳解】A．設小球質量為m，小車質量為M，小球和小車組成的系統在水平方向所受合力為零，所以水平方向動量守恒，由圖乙數據可得，時總動量時總動量又有解得故A錯誤；B．小球上升到最高點時與小車具有共同速度，設為，則解得故B正確；C．設小球上升的最大高度為H，對小球、小車組成的系統，根據機械能守恒定律有解得故C錯誤；D．小球滑回至P點時，設小球和小車的速度分別為和，根據動量守恒定律和機械能守恒定律分別有，解得，則小球離開小車后做自由落體運動，設運動時間為t，有t時間內小車做勻速直線運動，所以小球落地時與小車左端P點的水平距離為故D錯誤。故選B。【變式1】（多選）如圖，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）的質量為m，原來靜止在光滑的水平面上。有一個可以看做質點的小球，質量也為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道右端滑離小車。不計空氣阻力，關于這個過程，下列說法正確的是（）A．小球滑離小車時，小車回到原來位置B．小球滑離小車時的速度大小為vC．到達最高點時小球上升的豎直高度為D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車所受合外力沖量大小為【答案】BCD【詳解】A．由題意，小球與小車組成的系統在水平方向上不受外力，所以系統在水平方向動量守恒。小球從左端滑上小車到從右端滑離小車的過程中，小車水平方向先加速后減速，小球水平方向先減速后加速，在整個過程中小車一直向右運動，不會回到原來位置，故A錯誤；B．由動量守恒可得其中是小球速度，是小車速度。由機械能守恒定律可得解得，小球滑離小車時的速度大小是v，故B正確；C．小球恰好到達管道的最高點后，則小球和小車的速度相同為，由動量守恒定律可得解得根據機械能守恒定律可得解得故C正確；D．小球滑到管道的最高點時，根據動量定理可得，小車所受合外力沖量為故D正確。故選BCD。【變式2】（多選）如圖，水平地面上有一質量為m的“”形木板A，其水平部分表面粗糙，長度為2R，圓弧部分的半徑為R、表面光滑，兩部分平滑連接。現將質量也為m、可視為質點的滑塊B從圓弧的頂端由靜止釋放。若地面粗糙，滑塊B恰好能滑到此木板的最左端，此過程中木板A始終處于靜止狀態，重力加速度大小為g，則下列說法中正確的是（）A．此過程中，A對水平地面的最大壓力為4mg B．B與A水平部分上表面的動摩擦因數為0.2C．若水平地面光滑，滑塊B將從木板A的左端滑出 D．若水平地面光滑，A向右運動的最大位移為1.5R【答案】AD【詳解】A．若地面粗糙，B滑到低端時根據可得FN=3mg可知此過程中，A對水平地面的最大壓力為FNm=4mg選項A正確；

B．若地面粗糙，根據能量關系解得B與A水平部分上表面的動摩擦因數為選項B錯誤；C．若水平地面光滑，則當B相對A靜止時由水平方向動量守恒即兩物體的速度均為零，根據能量關系可得即滑塊B仍停在木板A的左端，選項C錯誤；

D．若水平地面光滑，水平動量守恒可得解得x=1.5R即A向右運動的最大位移為1.5R，選項D正確。故選AD。【變式3】（多選）質量為的光滑半圓形凹槽靜止在光滑水平地面上，在凹槽左側與圓心等高處由靜止釋放一質量為、可視為質點的小球，小球相對地面運動的軌跡為半個橢圓，如圖甲中虛線所示。運動過程中小球的動能隨時間變化圖像如圖乙所示，已知橢圓半長軸與半短軸之比為。下列說法正確的是（）A．半圓形凹槽與小球組成的系統動量不守恒B．小球質量與凹槽質量之比C．時刻，小球受到凹槽的支持力方向與速度垂直D．時刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力【答案】ABD【詳解】A．小球向下運動過程中，在豎直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先處于失重后處于超重狀態，可知，半圓形凹槽與小球組成的系統所受外力的合力不為0，即半圓形凹槽與小球組成的系統動量不守恒，故A正確；B．令凹槽半徑為R，根據圖中所示半個橢圓可知，半長軸為R，則半短軸為，短軸為，即小球在水平方向的分位移半圓形凹槽與小球組成的系統在水平方向動量守恒，則有其中解得故B正確；C．根據圖乙的對稱性可知，時刻小球位于凹槽最低點，則時刻小球位于釋放點與凹槽最低點之間的某一位置，小球相對地面運動的軌跡為半個橢圓，軌跡的最低點即為凹槽的最低點，時刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圓心，速度方向沿半橢圓軌跡切線方向，可知，時刻，小球受到凹槽的支持力方向與速度方向不垂直，故C錯誤；D．結合上述可知，時刻小球位于凹槽最低點，小球相對于凹槽做圓周運動，小球在最低點相對于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相對于凹槽做圓周運動，則小球在最低點沿半徑方向的合力提供向心力，此時加速度方向豎直向上，則時刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力，故D正確。故選ABD。【題型三】懸繩模型懸繩模型(如圖所示)與“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型特點類似，即系統機械能守恒，水平方向動量守恒，解題時需關注物體運動的最高點和最低點。【例1】（多選）如圖所示，質量為0.3kg的滑塊套在水平固定的光滑軌道上，質量為0.2kg的小球（視為質點）通過長為0.75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，可繞O點在豎直平面內自由轉動。初始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態。小球以3m/s豎直向下的初速度開始運動，g取，則（）A．小球從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊向右移動了0.30mB．小球第一次到達最低點時，滑塊的速度大小為2m/sC．小球第一次到達最低點時，輕桿對小球的拉力為5.84ND．小球相對于初始位置可以上升的最大高度為0.45m【答案】AD【詳解】A．小球從初始位置到第一次到達最低點的過程中，設滑塊在水平軌道上向右移動的距離為，小球的質量為m，滑塊的質量為M，取向左為正方向，根據水平動量守恒有解得A正確；B．小球從初始位置到第一次到達最低點的過程中，小球和滑塊系統水平方向動量守恒，取水平向左為正方向，設小球到最低點時的瞬時速度為，滑塊的速度為，則有根據能量守恒則有聯立解得，此時小球相對于地面的速度故小球受到桿的拉力為代入數據解得BC錯誤；D．設小球相對于初始位置可以上升的最大高度為h，此時豎直方向速度為0，根據水平動量守恒得根據能量守恒可得解得D正確。故選AD。【例2】質量為2m的物體A穿在光滑的水平桿上，用長為L的細繩與質量為m的小球B相連，如圖甲所示，初始時A、B在同一水平面上（細繩平行于水平桿），且細繩剛好拉直，將小球B由靜止釋放，當細繩剛好豎直、小球B運動到最低點時繩子恰好繃斷，已知A、B均可視為質點，重力加速度為g，求：(1)小球B運動到最低點時，物體A的速度大小以及A相對于初始位置運動的距離；(2)細繩的最大張力；(3)以A物體的初始位置為坐標原點建立如圖乙所示平面直角坐標系xOy，求出繩斷之前小球B運動的軌跡方程。【答案】(1)；；(2)；(3)【詳解】（1）小球B從初始位置到第一次到達最低點的過程中，小球B和A物體系統水平方向動量守恒，取水平向左為正方向，可得設A相對于初始位置運動的距離為，可得解得根據能量守恒有聯立，解得（2）小球B運動到最低點速度小球B運動到最低點時繩子恰好繃斷，有解得即細繩的最大張力為。（3）設小球位置坐標為（x，y）時，此時A物體運動的位移為，則水平動量守恒由幾何關系可知解得小球從出發至最低點過程的軌跡方程【變式1】如圖所示，輕桿兩端分別系著質量為的圓環A和質量為的小球B，輕桿與A的連接處有光滑鉸鏈，輕桿可以繞鉸鏈自由轉動，A套在光滑的水平固定橫桿上且能自由滑動，A、B靜止不動時B球恰好與光滑地面接觸，在B的左側是半徑為的圓弧，質量為的小球C以的速度向左與B球發生正碰，已知碰后C小球恰好能做平拋運動，小球B在運動過程中恰好能與橫桿接觸。重力加速度取，則：(1)碰后C球平拋的水平位移大小；(2)碰后瞬間B球的速度大小；(3)A、B間輕桿的長度。【答案】(1)；(2)3m/s；(3)0.3m【詳解】（1）碰后C球恰好能做平拋運動，則C球在圓弧頂端，根據牛頓第二定律有C做平拋運動，在水平方向上有在豎直方向上有解得（2）碰撞過程中，B球和C球組成的系統動量守恒，則有解得（3）碰后當B球恰好與橫桿接觸時，A、B二者具有相同的水平速度，A、B構成的系統水平方向動量守恒，則有根據機械能守恒定律有解得【變式2】質量均為的木塊和，并排放在光滑水平面上，如圖所示。上固定一豎直輕桿，輕桿上端的點系一長為的細線，細線另一端系一質量也為的球。現將球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球。(1)若木塊固定在水平面上，求球向左擺動能達到的最大高度；(2)若木塊不固定，求球第一次擺到最低點時球的位移大小。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）對球，下落過程機械能守恒有對球和木塊，水平方向動量守恒，取向左為正方向有系統機械能守恒，有聯立解得（2）對球和A、B組成的系統：設水平向左為正方向，水平方向平均動量守恒，有即又，聯立得【題型四】“滑塊—木板”模型【例1】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。A以的速度向右運動，B和C一起以的速度向左運動，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0.75m，C與A、B間動摩擦因數均為0.5，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0.2sC．碰撞后到三者相對靜止，摩擦產生的熱量為D．碰撞后到三者相對靜止，C相對長板滑動的距離為0.6m【答案】D【詳解】A．碰撞瞬間C相對地面向左運動，選項A錯誤；B．向右為正方向，則AB碰撞過程由動量守恒解得v1=1m/s方向向右；當三者共速時可知v=0即最終三者一起靜止，可知經歷的時間選項B錯誤；C．碰撞到三者相對靜止摩擦產生的熱量選項C錯誤；D．碰撞到三者相對靜止由能量關系可知可得選項D正確。故選D。【例2】如圖甲所示，質量為的薄板靜止在水平地面上，質量為的物塊靜止在的右端。時刻對施加一水平向右的作用力，的大小隨時間的變化關系如圖乙所示。已知與之間、與地面之間的動摩擦因數均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，始終未脫離。取，下列說法正確的是（）A．時，與發生相對滑動B．時，的加速度大小為C．時，的速度大小為D．時，、動量之和為【答案】C【詳解】A．設A、B發生相對滑動時的最小外力為，對A受力分析，由牛頓第二定律可得解得對于B而言，則有聯立上式解得由乙圖可知，外力與時間的關系滿足當時，，A、B沒有發生相對滑動，A錯誤；B．根據上述分析可知，時，，A、B具有共同的加速度，大小為，B錯誤；C．根據動量定理，結合乙圖可知代入數據解得C正確；D．根據乙圖，結合動量定理可知，時，A、B系統具有的動量之和為代入數據解得D錯誤。故選C。【變式1】（多選）如圖所示，足夠長的木板M放在光滑水平面上，滑塊N放在木板上的左端，二者之間接觸面粗糙，水平地面的右側固定一豎直擋板。木板M和滑塊N以相同的速度水平向右運動，木板M和擋板發生彈性碰撞，碰撞時間可忽略不計。以木板M第一次與擋板發生碰撞的時刻為計時起點，水平向右為正方向，以下描述木板M和滑塊N的速度隨時間變化規律的圖像（用實線表示滑塊N的速度變化規律，用虛線表示木板M的速度變化規律）可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】ABD【詳解】A．若木板和滑塊質量相等，則滑塊向右減速的加速度大小等于木板向左減速的加速度大小，同時減速為0，故A正確；BC．若木板質量大于滑塊，則兩物體共速時速度向左，一起勻速運動，故B正確，C錯誤；D．若木板質量小于滑塊，兩物塊共速時速度向右，先勻速運動一段再和擋板碰撞，重復之前的過程，故D正確。故選ABD。【變式2】（多選）如圖甲所示，足夠長的木板A靜止于光滑水平面上，t=0時小物塊B以4m/s的水平初速度從左端滑上A，圖乙為A的動能Ek隨時間t變化的關系圖像，t=0.4s后圖線為平行于t軸的直線。已知A、B間的動摩擦因數為0.5，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．t=0.4s時A、B速度相同B．B的質量為2.0kgC．A的長度至少為1.0mD．整個過程系統因摩擦產生的內能為4.0J【答案】AD【詳解】A．由乙圖知，后A的動能不再發生變化，即時A、B速度相同，故A正確；B．B在與A共速前，B的加速度為設A、B的共同速度為v，由速度公式整理得末速度為結合根據動量守恒得二者質量相等，設都為m，共速后A的動能解得B的質量為故B錯誤；C．二者共速時相對靜止，相對位移為即A的長度至少為，故C錯誤；D．整個過程系統因摩擦產生的內能故D正確。故選AD。【變式3】質量為的長木板A在光滑水平面上以的速度向左運動，某時刻質量為的小木塊B以的速度從左端向右滑上長木板，經過時間小木塊B相對A靜止，求：(1)兩者相對靜止時的運動速度。(2)從木塊滑上木板到相對木板靜止的過程中，木板A的動量變化量的大小。(3)小木塊與長木板間的動摩擦因數。【答案】(1)，方向水平向右；(2)、(3)0.5【詳解】（1）（1）設水平向右為正方向，從開始到相對靜止，水平方向動量守恒解得方向水平向右；（2）長木板的動量變化量大小（3）對小木塊B，根據動量定理得解得“滑塊—木板”模型的解題思路(1)系統的動量守恒。(2)在涉及滑塊或木板的運動時間時，優先考慮用動量定理。(3)在涉及滑塊或木板的位移時，優先考慮用動能定理。(4)在涉及滑塊與木板的相對位移時，優先考慮用系統的能量守恒。(5)滑塊與木板不相對滑動時，兩者達到共同速度。【題型五】“子彈打木塊”模型1．模型圖示2．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。3．兩種情境(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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。(2)子彈穿透木塊動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋\f(1,2)mveq\o\al(2,1)))。【例1】如圖所示，光滑的地面上有一個木塊C，C上面通過一個彈性棒連接木塊B，彈性棒可以彎曲但不改變長度。開始彈性棒處于豎直狀態，一顆子彈A以水平初速度射入B但沒有穿出，射入過程時間極短，之后AB整體在彈性棒上面反復左右搖擺。已知，，，整個運動過程C始終沒有脫離地面且沒有翻倒，下列說法正確的是（）A．子彈A射入木塊B過程中AB系統機械能守恒B．彈性棒向右彎曲最大時AB整體的速度為C．彈性棒向右彎曲最大時具有的彈性勢能大小等于子彈射入木塊B之后系統減少的動能D．彈性棒第一次回到豎直狀態時C的速度大小為【答案】D【詳解】A．子彈A射入木塊B過程中機械能有損失，故A錯誤；B．彈性棒向右彎曲最大時，ABC相對靜止，具有相同的速度，由得整體的速度為故B錯誤；C．彈性棒向右彎曲最大時具有的彈性勢能大小應等于子彈射入木塊B之后系統減少的動能與AB減少的重力勢能之和，故彈性棒向右彎曲最大時具有的彈性勢能大小應大于子彈射入木塊B之后系統減少的動能，故C錯誤；D．A射入B過程中，由得彈性棒第一次