人教版高二物理專項訓(xùn)練：動量守恒模型歸納【十六大題型】解析版

動量守恒模型歸納【十六大題型】

＞題型梳理

目錄

【題型1完全彈性碰撞：動碰靜】...................................................................2

【題型2完全彈性碰撞：動碰動】...................................................................6

【題型3"子母球"模型】.........................................................................10

【題型4碰撞后粘連問題】.........................................................................16

【題型5子彈打木塊模型】.........................................................................21

【題型6滑塊-彈簧模型】.........................................................................25

【題型7滑塊-光滑圓弧軌道模型】................................................................30

【題型8繩連接體模型】...........................................................................36

【題型9多次碰撞問題】...........................................................................41

【題型10電場+動量】............................................................................46

【題型11傳送帶模型中的動量、能量問題】.........................................................51

【題型12爆炸類問題】............................................................................57

【題型13火箭的原理】............................................................................61

【題型14"人船"模型】..........................................................................65

【題型15彈簧彈開兩物體模型】...................................................................68

【題型16氣球和人模型】..........................................................................71

?舉一反三

【題型1完全彈性碰撞：動碰靜】

【例1】（多選）（24-25高三上?湖北?開學(xué)考試）質(zhì)量為叫和叫的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置

坐標x隨時間，變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.碰撞前啊靜止B.碰撞后叫的運動方向不變

C.叫：根2=1：3D.該碰撞為非彈性碰撞

【答案】AC

【解析】A.根據(jù)xT圖像斜率表示速度可知碰撞前叫靜止，碰撞后叫的運動方向發(fā)生改變，故A正確,

B錯誤;

C.碰撞前犯的速度為

vo=1m/s=4m/s

碰撞后犯的速度為

0-4

v.=------m/s=-2m/s

13-1

碰撞前啊的速度為0，碰撞后叫的速度為

8-4

匕=---m/s=2m/s

3-1

根據(jù)動量守恒定律得

mxv0=m}v}+m2v2

可得兩物體的質(zhì)量之比為

ml:m2=1:3

故C正確;

D.碰撞前系統(tǒng)的總動能為

線=，說=8叫

碰撞后系統(tǒng)的總動能為

1212

=2WIV1+~m2v2=8加I

則有

紜=耳

可知兩物體的碰撞為彈性碰撞，故D錯誤。

故選ACo

【變式1-1］（23-24高二下?北京通州?期末）動量守恒定律是一個獨立的實驗定律，它適用于目前為止物理

學(xué)研究的一切領(lǐng)域。運用動量守恒定律解決二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。如

圖所示，質(zhì)量分別為叫和叫的球1和球2構(gòu)成一系統(tǒng)，不考慮系統(tǒng)的外力作用。球1以速度％（方向沿x

軸正向）與靜止的球2發(fā)生彈性碰撞，若速度%不在兩球球心的連線上，碰撞之后兩球的速度外、匕都會

偏離力的方向，偏角分別為。、夕。下列說法正確的是（）

A.兩小球在球心連線方向動量不守恒

B.兩小球的相互作用力方向與速度匕方向共線

C.兩小球碰后速度大小滿足加Msin。=m2v2sin（9

一11212

D.兩小球碰后速度大小滿足5加"=5叫（匕cos夕）+］垃2（v2cos昉

【答案】C

【解析】A.碰撞為彈性碰撞，動量守恒和機械能守恒，則兩小球在球心連線方向動量守恒，A錯誤:

B.對球1,由動量定理得

FM=加%1-加%1=mx(y1-v0)

匕與%不共線，故兩小球的相互作用力方向與匕-為方向共線，與匕方向不共線，B錯誤;

C.規(guī)定x軸的正方向為正方向，x軸方向的動量守恒表達式如下

加1%=嗎匕cos（p+m2v2cos0

規(guī)定歹軸的正方向為正方向，丁軸方向的動量守恒表達式如下

m2v2sin。一叫巧sin°=0

C正確；

D.球1以速度（方向沿x軸正向）與靜止的球2發(fā)生完全彈性碰撞，機械能守恒，則

；機1說=3機1匕2+3機2%2

D錯誤；

故選C。

【變式1-2]（23-24高二下?新疆阿勒泰?期末）如圖所示，質(zhì)量為加『2kg的A球和質(zhì)量為加B=4kg的B球,

原來均靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給A球一個向右的w=6m/s初速度，之后與B球發(fā)生對心碰撞。若是彈性

碰撞，求碰后A球的速度。

—，〃〃〃〃/歹7/〃〃〃〃〃〃，勞〃〃〃〃〃〃〃〃//

【答案】-2m/s,負號表示碰后A的速度方向向左

【解析】兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，有

mvmvmv

Ao=AA+BB，|=；%V：+；mBvl

聯(lián)立，解得

vA=-2m/s

負號表示碰后A的速度方向向左。

【變式1-3]（23-24高二下?貴州六盤水?期末）如圖所示，一質(zhì)量為別的物塊P靜止在水平桌面上，質(zhì)量

為3m的光滑物塊Q以大小為h的速度向右運動并與P發(fā)生彈性正撞，碰撞時間極短。碰撞后，P和Q先

后從桌面的右端滑出，并落在地面上同一位置。P與桌面間的動摩擦因數(shù)為〃，P和Q可視為質(zhì)點，不計空

氣阻力。求：

（1）P、Q碰撞后瞬間的速度大?。?/p>

(2)P在桌面上運動過程中產(chǎn)生的熱量；

(3)與P碰撞后，Q在桌面上運動的時間。

【解析】(1)設(shè)碰后瞬間Q的速度大小為h,P的速度大小為匕，由動量守恒和能量守恒得

3mv0=3mv}+mv2

:x3mv^=；x3mv1+gmv^

聯(lián)立解得

1

匕=5%

3

%=5%

(2)由于碰后P和Q離開桌面后在空中都做平拋運動，并先后落到地面上的同一地點，設(shè)P離開桌面時的

速度大小為Vp,則

v

VP=i

設(shè)物塊P在桌面上運動過程中產(chǎn)生的熱量為Q,則根據(jù)能量守恒定律對P在桌面上運動的過程有

解得

Q=mvg

(3)對P在桌面上運動過程分析有

Q=pmgx

由于Q光滑，故碰后Q在桌面上以速度匕勻速直線運動，設(shè)與P碰后，Q在桌面上運動的時間為則

X=卬

解得

〃g

【題型2完全彈性碰撞：動碰動】

【例2】（2024?河北滄州?三模）甲、乙兩小球在光滑的水平面上沿同一直線相向運動，已知小球甲的質(zhì)量

小于小球乙的質(zhì)量，兩小球碰撞前后的位移隨時間的變化規(guī)律如圖所示。則下列說法正確的是（）

A.圖線/為碰前乙的位移一時間圖像

B.圖線C為碰后甲的位移一時間圖像

C.小球甲、乙的質(zhì)量之比為1：2

D.兩小球的碰撞為非彈性碰撞

【答案】A

【解析】AB.由圖像可知圖線4B、。對應(yīng)的小球的速度大小分別為

%=迎、力=旦、“血

認Mt0

由題意小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，即碰前小球乙的動量大于小球甲的動量，又由于碰撞過程兩小球

組成的系統(tǒng)動量守恒，碰后系統(tǒng)的動量方向與碰前小球乙的方向相同，結(jié)合實際分析可知碰后小球乙靜止,

小球甲反彈，所以圖線A為碰前小球乙的圖線，圖線C為碰后小球乙的圖線，故A正確，B錯誤;

C.由碰撞過程動量守恒定律得

-m^vB+mzyA=m^vc

由以上解得

甲：m乙=1:3

故C錯誤；

D.碰前系統(tǒng)的動能為

Eg=；加甲4+；加乙v；=；加甲.

乙N乙Lr\

碰后系統(tǒng)的動能為

&2=^mVVC=］機甲,

顯然

所以該碰撞為彈性碰撞，故D錯誤。

故選Ao

【變式2-1］（2023?湖南邵陽?二模）“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運動的探測器，借助行星的引力來改變自

己的速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運動的速度為“，探測器的初速度大小為%,在圖示情況下,

探測器在遠離行星后速度大小為匕。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上,

其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確

的是（）

A.匕=2"B.匕=%+2"

C.v,=2v0+uD.v,=v0+w

【答案】B

【解析】根據(jù)動量守恒定律

-mv0+Mu=mvt+Mu{

根據(jù)能量守恒定律

1212

—mVn+—Mu=—mv+—Mu.

222t2

解得

M(v0+2M)mv0

M+mM+m

又因為

m《M

解得

v,=%+2〃

故選B。

【變式2-2](22-23高二下?福建泉州?期中)如圖，質(zhì)量為加=lkg的A球用長為￡=lm的輕質(zhì)細線懸掛于

固定點。，初始時細線與豎直向下夾角為37。，將A由靜止釋放。與此同時，質(zhì)量為"=3%的B球沿光滑

水平面向左運動，兩球恰好在。點正下方發(fā)生彈性正碰，碰后B球恰好靜止。已知sin37o=0.6,

cos37°=0.8,不計空氣阻力，g取10m/s2。A、B碰撞前，A球在O點正下方繩的拉力為N,B球碰

前速度應(yīng)為m/s?

B

【答案】142

【解析】[1]A擺下過程，由動能定理有

1,

wgZ(l-cos37°)=~mvl

得

%==^yxlOxlm/s=2m/s

A球在。點正下方時，根據(jù)牛頓第二定律可得

TV；

T-mg=mj

解得

7,

T=—mg=14N

⑵設(shè)B球碰前速度為％,A球碰后速度為匕，A、B碰撞過程滿足由動量守恒和機械能守恒；以向左為正

方向，則有

一加%+3加%=mv2,

解得

Vj=2m/s

【變式2-3］（2024?天津?二模）如圖所示，水平面上固定一傾角夕=30°的光滑斜面，斜面長為4=1.6m。

一質(zhì)量加=1kg的物塊A以初速度%從底端沖上斜面，恰好能到達斜面頂端。若在A以初速度%剛要沖上

斜面時，另一質(zhì)量"=3kg的物塊B恰好從斜面頂端由靜止釋放，經(jīng)過一段時間A、B發(fā)生彈性碰撞（碰撞

時間極短），已知A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度g=l0m/s2,求:

（1）物塊A的初速度v。的大?。?/p>

（2）兩物塊碰撞前運動的時間

（3）碰撞后瞬間物塊B的速度嗯的大小。

【答案】（1）4m/s；（2）0.4s；（3）0

【解析】（1）恰好能到達斜面頂端，由牛頓第二定律有

mgsin0-ma

由勻變速直線運動有

0—v：=—2aL

解得

v0=4m/s

（2）A與B相向運動的過程中，兩物塊加速度相等，對A物體有

12

X

A=vor--^

對B物體有

=12

xB—at

又有

L=XA+XB

解得

t=0.4s

（3）以沿斜面向上為正方向，碰撞前，對A物體有

vl=v0-at=2m/s

對B物體有

v2=-at=-2m/s

A、B發(fā)生彈性碰撞，動量守恒

mv,+MV2=mvA+MvB

因為彈性碰撞，所以機械能守恒有

mv+v

~i~^2+^-A/Vg

解得

vA=-4m/s,vB=0

【題型3"子母球"模型】

【例3】（23-24高二下?北京豐臺?期末）如圖所示，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為力處自

由落下，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，〃遠大于兩小球直徑，小球B的質(zhì)量遠大于小球A質(zhì)

量。假設(shè)所有的碰撞均為豎直方向內(nèi)彈性碰撞，且碰撞時間均可忽略不計，不考慮空氣阻力，則下列判斷

中正確的是（）

A.下落過程中A與B之間存在相互作用

B.小球B與地面碰撞后，小球B的速度為零

C.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度約為4h

D.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度約為9h

【答案】D

【解析】A.不考慮空氣阻力，下落過程是自由落體運動，完全失重狀態(tài)，則兩個小球之間沒有力的作用,

A錯誤；

B.下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得

v2=2gh

解得觸地時兩球速度相同，為

v=y[2gh

B球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，故B錯誤；

CD.選A與B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后A、B速度大小分別為v/、V2,選向上方

向為正方向，由動量守恒定律得

mBv-mAv=wAv；+mBv2

由能量守恒定律得

2

1（mA+mB）v=3叫呼+；加

解得

v2=v

匕=3v

碰后小球A彈起的最大高度

H=^~^=9h

2g

故D正確，C錯誤。

【變式3-1]（23-24高二上?江蘇揚州?階段練習(xí)）如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行

的超級碰撞實驗，可以使小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為七〃（改＞1）的大球（在下），質(zhì)量為加

的小球（在上）疊放在一起，從距地面高力處由靜止釋放，〃遠大于球的半徑，不計空氣阻力。假設(shè)大球和

地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞，且碰撞時間極短。下列說法正確的是（）

A.兩球一起下落過程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮榧觛

B.大球與地面第一次碰撞過程中，地面對大球平均作用力的沖量大小為歷"廊

C.無論左取什么值，大球與小球碰撞后大球的速度均不能為0

D.若大球的質(zhì)量遠大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度約為9〃

【答案】D

【解析】A.兩球一起下落過程中都做自由落體運動，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮?,A錯誤;

B.下落過程中由自由落體運動規(guī)律得

v2=2gh

解得大球與地面碰撞前的速度大小為

根據(jù)動量定理可得

B錯誤；

C.以向上為正方向，大球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，兩球碰撞前后動量守恒，機械能守恒,

設(shè)碰撞前小球和大球的速度分別為v,碰后大球的速度為打，小球的速度為也，由動量守恒定律

kmv-mv=km%+mv2

由機械能守恒定律

-kmv2+—mv'=—kmv,2+—

212

兩式聯(lián)立解得

(km—m)v—Imv

Vj=

km+m

可知當

k=3

時，大球與小球碰撞后大球的速度為0,C錯誤；

D.大球與地面碰撞后，速度瞬間反向，大小不變，兩球發(fā)生彈性碰撞，兩球碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力,

系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設(shè)碰撞后小球速度大小為0，大球速度大小為功，選向上為正方向，由動能

量守恒和機械能守恒

Mv-mv=mvx+Mv2

+M)v2=^mvf

解得

(3M-m)12gh

1M+m

當M?m時，不考慮m影響，則

vi=3y[2gh

小球上升高度為

H="=9h

2g

D正確；

故選D。

【變式3-2](多選)(23-24高二上?廣東廣州?期中)如圖所示，將兩個質(zhì)量分別為加/=60g、加2=30g的

小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度加=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球碰撞的時間為0.01s,不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度時間圖像如圖

乙所示，g取10m/s2(

耍加2

11

〃0

//////////////////////////////////

甲

A.兩球下落過程中，B球?qū)球有豎直向下的壓力

B.B球與A球碰前的速度大小均為6m/s

C.兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小之比為1：101

D.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞

【答案】BC

【解析】A.小球A、B疊放在一起做自由落體運動，兩球之間的彈力為零，故A錯誤；

B.由乙圖可知，A球與B球碰前，B球做自由落體運動，運動時間為0.6s,則碰前B球的速度大小為

%=g%=6m/s

A球落地速度大小

vA=yj2gh0=6m/s

落地所用時間

t?==0.6s

A球與地面碰撞后以原速率返回，可得返回時兩球馬上相碰，故B正確；

C.根據(jù)動量定理，A和B相互作用過程中，B動量的變化量等于B球所受合力的沖量

Il-m2gt=m2(v2+v0)

重力的沖量為

人=2

可得

/1101

故C正確;

D.因為A、B作用時間極短，重力對系統(tǒng)的沖量遠小于系統(tǒng)總動量，可以視系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒

定律得

mjV0-m2v0=2V2

得A碰后速度為

Vj-lm/s

根據(jù)計算

12121212

-m^+-m2v0>-mlVl+-m2v2

可知碰撞后，系統(tǒng)機械能有損失，不是彈性碰撞，故D錯誤。

故選BCo

【變式3-3](23-24高一下?吉林長春?期末)伽利略大炮是一種極為簡易的機械發(fā)射裝置，由伽利略于1590

年左右發(fā)明。現(xiàn)我們共同研究伽利略大炮的實驗，先將1kg的彈性大球單獨自由釋放，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疊放，并將它們從距地面0.8m高處同時自由釋放，如圖

所示。已知各球相互接觸且重心在同一豎直線上，每個彈性球的質(zhì)量為該球下面接觸球質(zhì)量的各球之

間均發(fā)生彈性碰撞，作用時間極短，無論彈性大球上面是否疊放彈性小球及疊放幾個彈性小球，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lOm/s2,忽略空氣阻力，球均可看作質(zhì)點。

(1)若將彈性大球單獨從距地面0.8m高處自由釋放，求彈性大球與地面第一次碰撞時地面對彈性大球所

做的功；

(2)若彈性大球上端只放一個彈性小球，求兩球第一次碰撞過程中彈性大球?qū)椥孕∏虻臎_量大??；

(3)若彈性大球上疊放了2個彈性小球，則第2個彈性小球上升的最大高度為多少？

0.8m

【答案】(1)-2.88J；(2)3.6N-S；(3)7.44m

【解析】(1)設(shè)彈性大球質(zhì)量為犯，與地面碰撞前速度為外,與地面碰撞后速度為%,取向上為正，地面

對彈性大球所做的功為W,則下落過程中

上升過程中

2g%=v：

解得

匕=-4m/s,%=3,2m/s

根據(jù)動能定理可得

1,1,

W=5機?片一務(wù)叫v：=-2.88J

(2)設(shè)彈性大球與地面碰撞前的速度為匕，與地面碰撞后的速度大小為%,則

v；=2g4o,vf=2ghx

聯(lián)立可得

=4m/s,v0=3.2m/s

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

匕、X，則

222

加i%_m2Vi=叫耳+m2v{,+1?2^="嬴+!w2v；

聯(lián)立解得

v[=6.8m/s

由動量定理得

I-m2Vj+m2Vj=3.6N-s

(3)由(2)可得第一個彈性小球與彈性大球碰撞之后速度為

,2呵%+（加］加？）X

加1+加2

整理得

,31

V1=2V°+2V1

同理可得第二個彈性小球與第一個彈性小球碰撞之后的速度為

2m2Vj+（m2一加1）匕

m2+加3

整理可得

==12.2m/s

由運動學(xué)規(guī)律可得

片=2gh

則

=7.44m

【題型4碰撞后粘連問題】

【例4】（24-25高三上?山東德州?開學(xué)考試）如圖所示，質(zhì)量為加的小球A從距離地面〃高度處向上斜拋,

拋出時的速度大小為25m/s,方向與水平方向夾角為37。，在A拋出的同時有一質(zhì)量為2加的黏性小球B

從某高度處自由下落，當A上升到最高點時恰能擊中豎直下落中的黏性小球B,AB兩球碰撞時間極短，碰

后AB兩球粘在一起落回地面。已知A球上升和下落過程時間相等。不計空氣阻力，sin37o=0.6,g取

10m62。下列說法正確的是（）

A.小球A上升至最高處時水平位移是20m

B.小球B下落時離地面的高度是37.5m

C.小球A拋出點距地面的高度力為11.25m

D.小球A拋出點距落地點的水平距離為60m

【答案】B

【解析】A.小球A上升至最高處時的時間

水平位移是

x=v0cos37"=30m

選項A錯誤；

B.碰前B下落的高度

2

%=-g/1=n.25m

碰前B的豎直速度

vB0=gti=15m/s

碰后AB的豎直速度為vr則由豎直方向動量守恒

3mV

2加VBO=y

解得

Vy=10m/s

然后一起落地下落的高度

1?19

h2=vji+—=10x1.5+—x10x1.5m=26.25m

可得小球B下落時離地面的高度是

“=〃/+//2=37.5m

選項B正確；

C.小球A從拋出到最高點的高度

7%sin37°

h.=----------A=11.25m

321

則小球A拋出點距地面的高度

h=h2-h3=15m

選項C錯誤；

D.兩球碰撞水平方向動量守恒可得

mv0cos37°=3mvx

可得

20

v=—m/s

x3

則小球A拋出點距落地點的水平距離為

,20

x=x+vxt1=30+—x1.5m二40m

選項D錯誤。

故選B。

【變式4-1］（23-24高二下?貴州遵義?期末）汽車碰撞實驗是檢測汽車安全性能的手段。如圖，為了檢測汽

車甲的安全性能，工程師讓甲車以%=20m/s的速度在水平地面上與靜止的汽車乙發(fā)生正碰（碰撞前甲已失

去動力），碰撞后兩車共速，從碰撞開始到兩車恰好共速所用時間，=0-3s。甲車總質(zhì)量（含假人）

叫=1800kg,乙車總質(zhì)量相2=2200kg,不考慮地面阻力，則（）

77777777777775V77/777777777777777

A.兩車共同速度大小為9m/s

B.因叫＜加2，碰撞時甲對乙的力始終小于乙對甲的力

C.碰撞過程中乙對甲的平均作用力大小為IZxlO'N

D.若其他條件不變，啊越大，兩車間平均作用力就越小

【答案】A

【解析】A.依題意，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，可得

加Fo=("?1+m2)v

解得

v=9m/s

故A正確；

B.根據(jù)牛頓第三定律可知，碰撞時甲對乙的力始終等于乙對甲的力，故B錯誤;

C.根據(jù)動量定理，可得

Ft=m2v-0

聯(lián)立，解得

戶一嗎%

但+4

若其他條件不變，叫越大，兩車間平均作用力就越大，代入數(shù)據(jù)，解得

F=6,6X104N

故CD錯誤。

故選Ao

【變式4-2］（24-25高二上?河北張家口?開學(xué)考試）長為/的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為%的小球A,

處于靜止狀態(tài)。A獲得一速度匕后在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當A回到最

低點時，質(zhì)量為加2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并也恰好能通過圓周軌

跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g,求：

（1）A獲得一速度vA時，輕繩對小球A的拉力大小；

（2）A、B碰撞過程中損失的機械能A￡。

【答案】⑴6”⑵也如山

m2

【解析】（1）A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點時的速度大小為

V,由牛頓第二定律有

2

叫g(shù)=^亍A從最低點到最高點的過程中，取軌跡最低點處重力勢能為零，由機械能守恒定律有

1212c,

nl

5機FA=5機F-+2igl

對最低點受力分析可得

TV：

T-mlg=ml^~

解得輕繩對小球A的拉力大小

T=6mAg

（2）設(shè)兩球粘在一起時的速度大小為M,A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足

v'f

要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設(shè)B碰前瞬間的

速度大小為修，由動量守恒定律有

他2VB-優(yōu)FA=（%|+優(yōu)2）M

根據(jù)能量守恒定律可得，兩球碰撞過程中損失的機械能

AE=；m2vl+；機產(chǎn)；-：x（刃］+加2）v2=1°加必（g+加2）

222m2

【變式4-3］（23-24高二上?廣東廣州?階段練習(xí)）超市為節(jié)省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收

納。如圖所示，兩輛相同的購物車靜止在水平地面上，第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動Z=lm

時與第二輛車嵌套在一起，整體繼續(xù)運動了1m后停了下來。已知每輛購物車的質(zhì)量加=16kg,人推車的時

1

間及兩車相碰的時間均極短，車運動時受到的阻力恒為車重的取重力加速度大小g=l°m/s2,求:

(1)兩輛車嵌套后在地面上運動的時間才；

(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能ATT。

【答案】(1)f=ls；(2)A￡=64J

【解析】(1)對整體，根據(jù)牛頓第二定律，可得

電=gx2mg=2ma

解得

a=2m/s2

正向過程為勻減速直線運動減速到零，逆向過程為初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移公式，可得

L'=-at2=1m

2

解得

/=ls

(2)嵌套后，對整體減速過程，根據(jù)速度公式，可得

0=%-at

解得

%=2m/s

嵌套過程中時間極短，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律，得

mv=2加v合

解得

v=4m/s

在嵌套過程中損失的機械能為

112

AE--mv2—x2mv^.

22口

解得

A￡=64J

【題型5子彈打木塊模型】

【例5】（24-25高二上?河北邯鄲?階段練習(xí)）在光滑水平地面上靜止放置著由輕彈簧連接的物塊A和B、

開始時彈簧處于原長，一顆質(zhì)量為加的子彈以水平初速度v射入物塊A并留在其中（子彈與物塊相互作用

時間極短，可忽略不計），已知物塊A和B的質(zhì)量均為優(yōu),則在以后的運動過程中，彈簧彈性勢能的最大

值為（）

i=oAwvwwvwB

/7777777777/777777777777777777777777T

12121

A.-mvB.—mvC.一nv2D.—mv2

34612

【答案】D

【解析】子彈打入木塊A時由動量守恒

mv=2mvx

當A（包括子彈）和B共速時彈簧彈性勢能最大，則由動量守恒和能量關(guān)系可知

2mVj=3mv2

穌=g?-g-3mvf

聯(lián)立解得

口12

/ip=——mv

P12

故選D。

【變式5-1］（2023?廣東東莞?模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為〃?的子彈以水平初速度％射入靜止在光滑水平

面上的質(zhì)量為M的木塊中，子彈未從木塊中射出，最后共同速度為v,在此過程中，木塊在地面上滑動的

距離為s,子彈射入木塊的深度為力子彈與木塊間的相互作用力為力以下關(guān)系式中不正確的是（）

A.；加說-^mv2=/(s+d)

1

2?

C.mv0=(Af+m)vD.-Mv=fd

【答案】D

【解析】A.對子彈由動能定理可知

1'J；加說=一/(

—mv's+d)

2

即

—mVg——mv1=f(s+d)

22

選項A正確，不符合題意；

B,對子彈和木塊的系統(tǒng)由能量關(guān)系可知

+m\v~=fd

選項B正確，不符合題意;

C.對子彈和木塊系統(tǒng)由動量守恒定律可知

mv0+

選項C正確，不符合題意；

D.對木塊由動能定理

-Mv2=fs

2

選項D錯誤，符合題意。

故選D。

【變式5-2］（多選）（24-25高二上?河北張家口?開學(xué)考試）質(zhì)量叫=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上,

車長L=1.5m,現(xiàn)有一質(zhì)量為叫=0.2kg（可視為質(zhì)點）的物塊，以水平向右的速度％=2m/s從左端滑上

小車，如圖所示，最后在小車上某處與小車保持相對靜止，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,

g=10m/s2,下列說法正確的是()

〃〃二〃〃/〃〃/〃〃^d〃

A.在此過程中摩擦力對物塊做的功為0.336J

B.物塊與小車的共同速度大小0.8m/s

C.在此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能0.24J

D.若物塊不滑離小車，物塊的速度不能超過4m/s

【答案】BC

【解析】B.設(shè)物塊與小車的共同速度為v,以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有

m2v0=("?]+m2)v

解得

v='"%=0.8m