2024年高考物理二輪復習 動量和能量的綜合應用（附答案解析）

專題07-動量和能量的綜合應用

命題規(guī)律

本專題考查動量、沖量、碰撞、反沖等知識點，用科學思

能力突破維的方法解決動量定理、動量守恒定律、人船模型、“木塊一滑

塊”模型、“子彈打木塊”模型、“含彈簧”模型等。

(1)與動量相關的概念及規(guī)律；

高考熱點(2)應用解決碰撞類問題的方法；

(3)“三大觀點”在力學中的應用技巧。

以計算題為主，選擇題主要是和其他知識點進行綜合考查，

出題方向

計算題也常作為壓軸題進行考查，難度中檔或偏上。

二~考點歸納

考點1動量定理和動量守恒定律

【解題技巧】

1.恒力的沖量可應用/=或直接求解，變力的沖量優(yōu)先考慮應用動量定理求解，合外

力的沖量可利用I=F或I今=5求解。

2.動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。

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【例1】（2022秋?永州期末）貴州省壩陵河特大懸索橋，高370米，蹦極愛好者段樹軍

在此打破了以往的陸地蹦極記錄。某次他從平臺自由落下，下落125加時繩索達到自然長

度，此后又經7s,他達到最低點。已知段樹軍的質量為70奴，重力加速度g=10m/s',

忽略空氣阻力，則這7s內繩對他的平均作用力大小為（）

A.500NB.700NC.1200ND.17607V

【分析】先求段樹軍下落125m時的速度，然后由動能定理求得7s內繩對他的平均作用

力大小。

【解答】解：段樹軍在自由下落125加時的速度為v

v2=2gh

代入數據解得v=50m/s

后7s,設向下為正方向，設7s內繩對他的平均作用力大小為尸，根據動量定理

（mg-F）t=0—wv

代入數據解得F=1200N,故C正確，BCD錯誤。

故選：CO

【點評】本題考查了蹦極過程中繩索開始拉伸到運動到最低點過程中繩子拉力的平均值,

解題的關鍵是求出自由下落125"?時的速度，然后由動量定理求解即可。

【例2】（2023?贛州一模）在光滑水平面上的力點靜置一質量為加=1幅的小滑塊，f=0s

時刻給滑塊一水平初速度%=4%/s,同時對滑塊施加一水平力尸作用，取滑塊初速度方

向為正方向，力尸隨時間變化關系如圖所示，在f=2s時滑塊恰好回到/點，則（）

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A.滑塊運動過程中離4點最大距離為加

B./=1s時滑塊速度大小為2m/s

C.圖中a=2

D.0~2s內力/對滑塊的沖量大小為8Ms

【分析】根據圖像的物理意義結合動量定理得出“的大小，進而分析出滑塊在不同時刻

的速度，結合運動學公式得出其與4點的最遠距離。

【解答】解：CD、因為滑塊在2s時剛好回到4點，則此時滑塊的速度為零，結合圖像

的物理意義和動量定理可得：

一用+at2=0-mvQ

代入數據解得：a=lN,且0~2s內力E對滑塊的沖量大小為4Ms,故CO錯誤；

/、當滑塊的速度為零時，滑塊與N點的距離最遠，根據題意可知，滑塊的速度為零時,

對應的時間為小則根據動量定理可得：

-F^-0-mVf,

解得：/=-s

03

則與4點的最大距離為：

=xw=w,

x0yyy°故/錯誤；

B、當f=ls時，根據動量定理可得：

-F}t=mvl-mvQ

解得：Vj=-2〃?/s,故8正確；

故選：Bo

【點評】本題主要考查了動量定理的相關應用，理解圖像的物理意義，根據動量定理分

析出滑塊的速度變化，結合運動學公式即可完成分析。

【例3】（2022秋?河南期末）如圖所示，半徑為R=0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上,

小球P和凹槽Q的質量均為m=lkg,將小球P從凹槽的右側最頂端由靜止釋放，一

切摩擦均不計，重力加速度g取10m/s2。則以下說法正確的是（）

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777/n77777777777T777T

A.當小球第一次到達凹槽左端時，凹槽向右的位移大小為0.8m

B.P、Q組成的系統(tǒng)動量守恒

C.釋放后當小球P向左運動到最高點時，又恰與釋放點等高

D.因為P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球P運動到凹槽的最低點時速度為2&m/s

【分析】P、Q水平方向動量守恒，分析水平位移大??；

根據動能定理，求小球P運動到凹槽的最低點時速度大小。

【解答】解：AC.水平面光滑，P、Q水平方向動量守恒，小球P和凹槽Q的質量

均為m=lkg,則水平分速度始終大小相等，方向相反，故P可到達凹槽左側最高點，

此時Q的位移為R=0.4m,故A錯誤，C正確；

B.豎直方向動量不守恒，故B錯誤；

2

D.由題意，根據動能定理：mgR=2Xymv,v=2m/s

故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查學生對動量守恒條件、動能定理的掌握，是一道中等難度題。

【例4】（2023?株洲一模）如圖，質量相等的小球和小環(huán)用不可伸長的輕繩相連，小環(huán)

套在光滑固定的水平細桿上，初始時刻小球在小環(huán)的左下方，繩子拉直，由靜止釋放，

不計空氣阻力，則（）

---------------8----------------

A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動量守恒

B.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，機械能不守恒

C.小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同

D.整個運動過程中，繩的拉力對小球一直不做功

【分析】分析系統(tǒng)的受力情況，根據合外力是否為零，判斷系統(tǒng)動量是否守恒。根據系

統(tǒng)機械能守恒判斷小球向右擺到的最高點和釋放點的高度關系。

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【解答】解：/、由于小環(huán)套在光滑固定的水平細桿上，小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)在水平

方向上動量守恒，在豎直方向上合外力不為零，有加速度，豎直方向上動量不守恒，故

A錯誤；

8、根據題意可知，除了系統(tǒng)內力，小球和小環(huán)在運動過程中未受到除了重力之外的力

的作用，因此它們組成的系統(tǒng)機械能守恒，故8錯誤；

C、水平方向不受外力，則小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒。小球向右擺到的

最高點時，小球和小環(huán)的速度相同，設為v,取水平向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動

量守恒得0=2〃”，解得v=0,根據系統(tǒng)機械能守恒可知，小球向右擺到的最高點和釋放

點的高度相同，故C正確；

。、整個運動過程中，小球的機械能的損失量全部轉移給小環(huán)，因此在運動過程中，小

球和小環(huán)它們各自的機械能均不守恒，故。錯誤；

故選：CO

【點評】解答本題時，要掌握動量守恒的條件，知道系統(tǒng)水平方向動量守恒，但總動量

并不守恒。

【例5】（2023?遼寧一模）如圖所示，相互接觸質量均為加的木塊/、8靜止放置在光

滑水平面上，現有一子彈水平穿過兩木塊，設子彈穿過木塊4,8的時間分別為《和小

木塊對子彈水平方向的作用力恒為了,則下列說法正確的是（）

o|A|B|

ZZZ//ZZZZ///////ZZZ/Z

A.乙時間內，子彈的動量變化量大于4的動量變化量

B.%時間內，子彈的動量變化量大于8的動量變化量

C.4時間內，子彈和Z的總動量守恒

D.4時間內，子彈和8的總機械能守恒

【分析】根據動量守恒定律列式判斷子彈對/和B的動量的變化量與Z或8的動量的變

化量；

由于子彈與木塊這間的摩擦將消耗機械能將合系統(tǒng)的總機械能減小。

【解答】解：NC、：時間內，子彈推動兩個木塊一起加速運動，以向右的方向為正方

向，子彈和木塊力、8的動量守恒：=%匕+（%+"%）匕，變形得到：

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mr.v0-m（.v}=[mA+m?）v2o子彈的動量變化量根子%等于木塊4、8整體的動量變化量

+（w4+/ns）v2],所以子彈的動量變化量小子為大于N的動量變化量機內，故/正確，

C錯誤；

B、與時間內，子彈和木塊5的動量守恒：+mBv2=mfv3+mBv4,變形得到：

加科-機”3，子彈的動量變化量等于8的動量變化量，故8錯誤；

。、與時間內，子彈和8的過程中，有熱量產生，所以此過程中機械能不守恒，故。錯

誤。

故選：Ao

【點評】在解答該題的過程中，要注意子彈穿過Z時，4與8一起做加速運動，已知到

/與8分離時，二者的速度都是相等的。

考點2碰撞類問題

【解題技巧】

1“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：

m\—mi2m\

V1-'VO、V2='voo

加i+機2m\+m2

2.結論：當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換速度；當如》M2,且V20=0時，碰后質

量大的速率不變，質量小的速率為2丫0。當〃”《朋2，且V20=0時，碰后質量小的球原

速率反彈。

【例1】（2022?河北學業(yè)考試）如圖所示，光滑水平面上有大小相同的力、8兩球在同

一直線上運動。兩球質量關系為2%=%，規(guī)定水平向右為正方向，碰撞前4、8兩球

的動量均為6Ag-w/s,運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后/球的動量增量為-4版.加/s。則（

）

CC

A.左方是Z球，碰撞后/、8兩球速度大小之比為2:5

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B.左方是力球，碰撞后4、8兩球速度大小之比為1:10

C.右方是“球，碰撞后4、8兩球速度大小之比為2:5

D.右方是N球，碰撞后N、B兩球速度大小之比為1:1

【分析】光滑水平面上有大小相同的工、8兩球在發(fā)生碰撞，在碰撞過程中動量守恒。

因此可根據兩球質量關系，碰前的動量大小及碰后/的動量增量可得出力球在哪邊，及

碰后兩球的速度大小之比。

【解答】解：規(guī)定水平向右為正方向，碰撞前力、8兩球的動量均為可知/、

8兩球均向右運動，并且工的質量較小，速度較大，/向右運動碰撞3,故左方是4球。

Z向右運動碰撞8的過程，由動量守恒定律可得：

△p1=—△PB=-4kg-mls

已知2mzi=〃?8，設/的質量為"?，則5的質量為2加，碰撞前4的速度為v,則有：

2mv=6kg-m/s，B[J:mv=3kg-m/s

碰后/球的動量為：=（6-4）%g./n/s=2kg.加/s,對比可得：=-y-

碰后8球的動量增加了4kgi"/s,則有：2mvB=（6+4）kg-m/s=\0kg-m/s9對比可得:

5v

Vs=T

可得碰撞后/、3兩球速度大小之比為：VJ：V8=2:5O

故選：Ao

【點評】考查動量守恒定律，同時注意動量表達式中的方向性。

【例2】（2020秋?沙河口區(qū)校級月考）兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向

運動，8球在前，4球在后，mA=\kg>mB=2kg,vA=6m/s>vB=3m/s）當/球與8球

發(fā)生碰撞后，A,8兩球的速度可能是（）

r

A.vA'--4m/s,vB=6m/sB.vA'=4rn/s,vB'=5m/s

fr

C.vA=4m/s9vB'=4m/sD.vA=7/w/s,vB'=2.5/w/s

【分析】兩球碰撞過程，系統(tǒng)所受的合外力為零，故碰撞過程系統(tǒng)的總動量守恒；碰撞

過程中系統(tǒng)機械能可能有一部分轉化為內能，根據能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能

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應不大于碰撞前的系統(tǒng)總動能；同時考慮實際情況，碰撞后同向運動時后面小球的速度

不大于前面小球的速度。由此分析。

【解答】解：碰撞前系統(tǒng)的總動量為p=?n.M+加8匕=(lx6+2x3)%g?w/s=12%g.m/s,系統(tǒng)

的總動能與=(|xlx62+1x2x32)J=27J;

力、若vA.=-ArnIs，vB.=6/n/s，碰撞后系統(tǒng)的動量為

p'=町,+〃％以'=[1x(-4)+2x6kg?m/s=8kg/s,系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；

B、vA.=4m/s,vB.=5m/s,碰撞后系統(tǒng)的動量為

f

p'=mAvA+冽=(1x4+2x5)Zg?加/s=\4kg?m/s,系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；

CvA.=4機/s,%=4機Js,碰撞后系統(tǒng)的動量為

P'~mAvA+fnBvnr=(1x4+2x4)kg?m/s=\2kg*ni/s，系統(tǒng)動量守恒；系統(tǒng)的總動能

4'=3//2+3”/=(gxlx42+gx2x42)J=24J,系統(tǒng)的總動能不增加,故C正確；

D、vA.=7m/s,vB.=2.5m/s,碰撞后系統(tǒng)的動量為

Pr=mAvA，+mBvBt=(1x7+2x2.5)kg^m/s=I2kg^m/s，系統(tǒng)動量守恒；系統(tǒng)的總動能

4'=；叫丫/+―”/=(gxlx72+；x2x2.52)J=30.75J,系統(tǒng)的總動能增加,故。錯誤。

故選：C。

【點評】本題碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒，同時要遵循能量守恒定律，不忘聯系實際情

況，即同向運動時后面的球不會比前面的球運動得快。

【例3】(2022秋?慈溪市期末)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球/、8發(fā)生正

碰，小球的質量分別為"%和加2，圖乙為它們碰撞前后的x-f圖像。已知叫=0.1像，由此

可以判斷()

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A.碰前8靜止，力向右運動

B.碰后4和B都向右運動

C.由動量守恒可以算出嗎=03奴

D.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能

【分析】s-f（位移一時間）圖象的斜率等于速度，由數學知識求出碰撞前后兩球的速

度，分析碰撞前后兩球的運動情況。根據動量守恒定律求解兩球質量關系，由能量守恒

定律求出碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能。

【解答】解：4、由s—（位移一時間）圖象的斜率得到，碰前5的位移不隨時間而變

化，處于靜止。/向右速度大小為匕=竺，代入數據得：V]=4m/s,方向只有向右才能

△t

與8相撞。故/正確；

8、由圖讀出，碰后8的速度為正方向，說明向右運動，力的速度為負方向，說明向左

運動。故8錯誤；

C、由圖求出碰后B和/的速度分別為v/=2〃?/s,vJ=-2"?/s,根據動量守恒定律得,

mv

\\=m2v2,+mlvt',代入解得，%=0.3奴。故C正確。

D、碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為代入解得，△￡=（），

故。錯誤。

故選：ACo

【點評】本題首先考查讀圖能力，抓住位移一時間圖象的斜率等于速度是關鍵；其次要

注意矢量動量的方向。

【例4】（2022秋?欽州期末）如圖所示，半徑為尺、豎直放置的半圓形軌道與水平軌道

平滑連接，不計一切摩擦。圓心。點正下方放置質量為2機的小球力,質量為機的小球3

以初速度%向左運動，與小球工發(fā)生彈性碰撞。碰后小球/在半圓形軌道運動時不脫離

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軌道，則小球8的初速度%可能為（重力加速度為g）（)

A.2y/2^RB.C.275^D.y[5^R

【分析】小球力的運動可能有兩種情況：1.恰好能通過最高點，說明小球到達最高點

時小球的重力提供向心力，由牛頓第二定律求出小球到達最高點的速度，由機械能守恒

定律可以求出碰撞后小球/的速度.由碰撞過程中動量守恒及能量守恒定律可以求出小

球8的初速度；

2.小球不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與。等高處，由機械能守恒

定律可以求出碰撞后小球4的速度.由碰撞過程中動量守恒及能量守恒定律可以求出小

球8的初速度.

【解答】解：/與8碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動量守恒，設2的初速度

方向為正方向，設碰撞后8與4的速度分別為匕和匕，則:

mv（）=mvx+2mv2

由動能守恒得：

聯立得：%=：%①

1.恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時小球的重力提供向心力，是在最高點的

速度為+M，由牛頓第二定律得：

“哈②

N在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得：

1-2加田=1-2加吟"+2mg-2R③

聯立①②③得：％=1.54點，可知若小球8經過最高點，則需要：％刑

2.小球不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與。等高處，由機械能守恒

第10頁（共19頁）

定律得：

；?Imv}=2mgR④

聯立①④得：％=1542gR

可知若小球不脫離軌道時，需滿足：％?1.5師

由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時，需滿足：％?1.5師或%刊.5同，故/。錯

誤，8c正確。

故選：BC。

【點評】熟練應用牛頓第二定律、機械能守恒定律、動量守恒定律即可正確解題，注意

小球力的運動過程中不脫離軌道可能有兩種情況，難度適中.

【例5】（2022春?新會區(qū)校級期中）如圖所示，豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道下

端與光滑水平桌面相切，小滑塊8靜止在圓弧軌道的最低點?，F將小滑塊/從圓弧軌道

的最高點無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑/?=1.8機，小滑塊的質量關系是憶=3%，重

力加速度g=10"?/S2。則碰后小滑塊8的速度大小可能是（）

【分析】若兩個滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，8獲得的速度最大。若兩個滑塊發(fā)生的是非彈

性碰撞，8獲得的速度最小。根據動量守恒定律和機械能守恒定律結合求出碰后小滑塊

8的速度范圍，從而確定碰后小滑塊8的速度大小。

【解答】解：滑塊/下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：m,1gR=

代入數據解得：%=6〃?/s

若兩個滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得:

叫Fo=m.M+，

第11頁（共19頁）

］1機，%2=/1加尸2彳+1萬"%%2

代入數據解得：vB=3m/s

若兩個滑塊發(fā)生的是非彈性碰撞，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

mVm+mV

A0=（AB）B'

代入數據解得：%=1.5〃〃S

所以碰后小滑塊8的速度大小范圍為：1.5/n/s?3加/s,不可能為lw/s、4m/s,故

錯誤，8c正確。

故選：BCo

【點評】解決本題的關鍵是知道碰撞有兩類彈性碰撞和非彈性碰撞，要明確彈性碰撞遵

守動量守恒定律和機械能守恒定律，B獲得的速度最大。若兩個滑塊發(fā)生的是非彈性碰

撞，系統(tǒng)機械能損失最大，8獲得的速度最小。

考點3動力學、動量和能量觀點的綜合應用

【解題技巧】

1.弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程。

2.進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點。

3.光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈

打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析。

4.如包含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。

【例1】（2023?豐城市校級開學）如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木

板的質量為3版，在木板的上表面有兩塊質量均為次g的小木塊/和它們與木板間的

動摩擦因數均為0.2。最初木板靜止，/、8兩木塊同時以相向的水平初速度2m/s和4"〃s

滑上長木板，則下列說法正確的是（）

第12頁（共19頁）

A.若N、8始終未滑離木板也未發(fā)生碰撞，則木板至少長為4.8〃？

B.木塊8的最小速度是零

C.從剛開始運動到力、B、C速度剛好相等的過程中，木塊/所發(fā)生的位移是加

D.木塊/向左運動的最大位移為1相

【分析】在4、8始終未滑離木板也未發(fā)生碰撞的條件下，4、8開始運動時。保持靜

止，當力的速度減為零后，力、C一起向右加速運動。應用動量守恒定律和功能關系解

答；

對力物體分析其運動過程，先減速再加速，分別求出兩個階段的位移，從而求得相關結

論。

【解答】解：AB、根據題意可得開始時48均減速，此時木板C靜止不動，力的速度先

減小到零后與木板。一起反向向右加速，8繼續(xù)向右減速，三者共速時木塊8的速度最

小，A>8質量為Mg=m,木板質量為女g=3m,取向右為正方向，根據動量守恒有：

tnvB-mvA=5mv

解得：v=0.4/n/s

即木塊8的最小速度是0.4m/s;由能量守恒可得：J%%+1板=；x5加U?4-/nmgLA+^tngLB

當木板有最短長度時有：L木…+工

聯立解得：￡木板=4.8〃?，故Z正確，8錯誤；

CD、木塊/向左減速時根據動能定理可得：-〃=0-；陽V

解得木塊/向左運動的最大位移為：X]=1〃7

木塊力向右加速過程中以4c為整體根據動能定理可得：〃加g%2=；（相+3團）/

解得：x2=0.16m

所以從剛開始運動到力、B,C速度剛好相等的過程中，木塊4所發(fā)生的位移為：

xA=x]—x2=ytn—0.16m=0.84w?,故C錯誤，。正確。

第13頁（共19頁）

故選：ADo

【點評】本題考查了動量守恒定律在板塊模型中的應用，考查力與運動分析能力。解題

的關鍵是分析清楚4、8、C三者的運動情況，知道在題設條件下，/、8開始運動時C

保持靜止，當力的速度減為零后，/、C一起向右加速運動。

【例2】（2022秋?讓胡路區(qū)校級期末）一輕質彈簧兩端分別連著木塊力和8,靜止于光

滑的水平面上。木塊Z被水平飛行的初速度為h的子彈射中并鑲嵌在其中，已知木塊8

的質量為機，力的質量是5的3,子彈的質量是6的l，則（)

44

A.子彈擊中木塊4后，與4的共同速度為;%

B.子彈擊中木塊Z后，與/的共同速度為％

C.彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為‘加片

64

D.彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為：川片

8

【分析】子彈射入物體/后物體獲得速度向右運動，壓縮彈簧，在彈簧彈力作用下，物

體4做減速運動，因此，子彈射中并嵌在其中瞬間物體4的速度最大，對子彈進入/中

的過程，由動量守恒定律列式即可求共同速度；子彈擊中木塊4后N壓縮彈簧，”做減

速運動，8做加速運動，當4、8速度相等時，彈簧的壓縮量最大，系統(tǒng)動量守恒，由

動量守恒定律可以求出8的速度，由能量守恒定律可以求出彈簧壓縮到最短的彈性勢能。

【解答】解：AB.對子彈、滑塊/、B和彈簧組成的系統(tǒng)，子彈射入/的過程時間極

短，規(guī)定向右為正方向，根據動量守恒定律可得!加%=（!，"+："??

444

解得v=

4

故/正確，B錯誤;

CD.對子彈、滑塊/、8和彈簧組成的系統(tǒng)，/、8速度相等時彈簧被壓縮到最短。壓

編彈簧最短時，N與B具有共同的速度，規(guī)定向右為正方向，根據動量守恒定律有

1mv/3、

~o=（—m+—m+m）v1

此時彈簧的彈性勢能為E,由能量守恒定律得'又2加+3加）丫2=_1*上加+3機+〃］就+后

244244

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解得E=上加片

64

故C正確，。錯誤。

故選：ACo

【點評】本題的關鍵要理清物理過程，確定隱含的臨界條件：彈簧壓縮到最短時，子彈、

物體N和8三者速度相等，以及當彈簧第一次恢復原長時物體8獲得的速度最大，再應

用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題。解題時要注意，子彈擊中A的過程中，

子彈與力組成的系統(tǒng)動量守恒，但機械能不守恒。

【例3】（2023?新華區(qū)校級開學）如圖所示，在一端固定于地面的豎直彈簧上端，固定

一質量為m的木板后木板在B處靜止，已知此時彈簧的壓縮量為xo,現從彈簧原長

A處由靜止釋放一質量也為m的粘性物體，落到木板B上后一起隨木板向下運動，

已知彈簧的彈性勢能Ep^kx?（X為彈簧的形變量、k為勁度系數），下列說法正確

A.在粘性物體落到木板上之前，彈簧的彈性勢能為/嗯*0

B.粘性物體落到木板上后，兩物體最低可運動至距A點2xo處

C.粘性物體落到木板上后，兩物體最高可運動至距A點工X。處

D.從粘性物體開始運動，整個過程中，系統(tǒng)的機械能保持不變

【分析】初始時，木板處于靜止狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧壓縮量，再求彈簧的彈性

勢能。粘性物體落到木板上之前做自由落體運動，由機械能守恒定律求出物體落到木

板上時的速度大小。由動量守恒定律求出粘性物體與木板粘合在一起后的共同速度，

此后系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律求出物體到達最低點時彈簧壓縮量。結合簡

諧運動的對稱性得到兩物體運動的最高點距A點的距離。粘性物體與木板發(fā)生完全

非彈性碰撞，系統(tǒng)機械能不守恒。

【解答】解：A、初始時，木板處于靜止狀態(tài)，設彈簧壓縮量為xo,由平衡條件得：

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mg=kxo

由公式Ep=1kx2可得，在粘性物體落到木板上之前，彈簧的彈性勢能為Ek=/kxj=

ykxQ*Xo=-^-mgXQ,故A正確；

BC、粘性物體落到木板上之前做自由落體運動，由機械能守恒定律有1ng

粘性物體與木板發(fā)生完全非彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律有mvo

=2mvi

此后系統(tǒng)機械能守恒，設彈簧形變量為X2時，兩物體的速度為零，即處于最低點或

最高點，由機械能守恒有

111

2\22

-kXLJVXX-kX

2O22mZ12O22

聯“解得X2=（2土底）x0

即兩物體最低可運動至距A點（2+V2）X。處，兩物體最高可運動至距A點（2-72）x0

處，故BC錯誤；

D、粘性物體與木板發(fā)生完全非彈性碰撞，系統(tǒng)機械能不守恒，所以整個過程中，系

統(tǒng)的機械能不守恒，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】本題主要考查動量守恒定律和機械能守恒定律的應用。分析清楚物體的運動

過程是解題的前提與關鍵，應用運動學公式、動量守恒定律與機械能守恒定律即可解

題。

【例4】（2023?香坊區(qū)校級一模）如圖所示，兩小球尸、。豎直疊放在一起，小球間留

有較小空隙，從距水平地面高度為6處同時由靜止釋放。已知小球。的質量是？的2倍。

設所有碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為g。忽略空氣阻力及碰撞時間，則兩球第一次

碰撞后小球尸上升的高度為（）

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r7777777Z77777

525749

A.-hB.—hC.-hD.—h

3939

【分析】根據動能定理求解二者下落〃時的速度大小，根據動量守恒定律、機械能守恒

定律求解碰撞后P的速度大小，對尸上升過程中根據動能定理求解上升的高度。

【解答】解：設P的質量為“，。的質量為2