備考2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第七章動(dòng)量守恒定律專題十一動(dòng)量守恒中的四類典型模型

專題十一動(dòng)量守恒中的四類典型模型1.[多選]如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個(gè)小球A和B，mA＞mB，B球上固定一輕質(zhì)彈簧.A球以速率v去碰撞靜止的B球，則（BD）A.A球的最小速率為零B.B球的最大速率為2mC.當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，B球的速率最大D.兩球的動(dòng)能最小值為m解析A球與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，彈簧對A球產(chǎn)生向左的彈力，對B球產(chǎn)生

向右的彈力，故A球做減速運(yùn)動(dòng)，B球做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B球的速度等于A球的速度時(shí)彈

簧的壓縮量最大，此后A球接著減速，B球接著加速，彈簧壓縮量減小，當(dāng)彈簧復(fù)原

原長時(shí)，B球速度最大，A球速度最小，此過程滿意動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，

有mAv＝mAv1＋mBv2，12mAv2＝12mAv12＋12mBv22，解得v1＝mA-mBmA＋mBv，v2＝2mAmA＋mBv，因

為mA＞mB，可知A球的最小速率不為零，B球的最大速率為2mAmA＋mBv，故A、C錯(cuò)

誤，B正確；兩球共速時(shí)，彈簧壓縮到最短，彈性勢能最大，此時(shí)兩球動(dòng)能最小，

依據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAv＝2.[2024北京八一中學(xué)校考/多選]如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈簧拴接在一起，彈簧處于原長.一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時(shí)間極短.下列說法中正確的是（BD）A.子彈射入物塊A的過程中，子彈和物塊A的機(jī)械能守恒B.子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小等于物塊A對子彈的沖量大小C.子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動(dòng)能之和等于射入物塊A前子彈的動(dòng)能D.兩物塊運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧最短時(shí)的彈性勢能等于彈簧最長時(shí)的彈性勢能解析子彈射入物塊A的過程為完全非彈性碰撞，有動(dòng)能損失，則子彈和物塊A的

機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的作用力與物塊

A對子彈的作用力是一對相互作用力，等大反向，而且兩個(gè)力作用時(shí)間相等，由I＝

Ft知，子彈對物塊A的沖量大小等于物塊A對子彈的沖量大小，故B正確；子彈射入

物塊A后，兩物塊與子彈的動(dòng)能之和小于射入物塊A前子彈的動(dòng)能，因?yàn)樽訌椛淙胛?/p>

塊A過程中有動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故C錯(cuò)誤；兩物塊運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧最短時(shí)與彈簧最

長時(shí)都是兩物塊具有共同速度時(shí)，有(mA＋m子)v1＝(mA＋m子＋mB)v2，ΔEp＝12(mA＋

m子)v12-12(mA＋m子3.[2024河南三門峽模擬/多選]光滑水平面上停放著質(zhì)量為m、裝有光滑弧形槽的小車，一質(zhì)量也為m的小球以水平速度v0沿槽口向小車滑去，到達(dá)某一高度后，小球又返回右端，圖甲小車放置在無阻礙的光滑水平面上，圖乙小車靠墻停放，已知重力加速度為g，則（BC）A.圖甲中小球返回右端將向右做平拋運(yùn)動(dòng)B.圖乙中小球返回右端將向右做平拋運(yùn)動(dòng)C.圖甲中小球在弧形槽內(nèi)上升的最大高度為vD.圖甲中全過程小球?qū)π≤噳毫Φ臎_量為mv0解析題圖甲中，小球離開小車時(shí)，設(shè)小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個(gè)過

程中系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋

mv2，對系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得12mv02＝12mv12＋12mv22，聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0，所

以題圖甲中小球返回右端將做自由落體運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；題圖乙中小車靜止不動(dòng)，因

此小球返回右端將向右做平拋運(yùn)動(dòng)，B正確；設(shè)題圖甲中小球在弧形槽內(nèi)上升的最

大高度為h，由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得mv0＝2mv，由能量守恒定律得12mv02＝

12×2mv2＋mgh，解得h＝v024g，C正確；由以上分析可知，題圖甲中小球返回右端將做

自由落體運(yùn)動(dòng)，小車將向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v0，對小車水平方向，由動(dòng)量

定理可得Ix＝Δ4.[多選]如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R（R足夠大）的14光滑圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，質(zhì)量為M2的小球A以v0＝6m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，則（ADA.B的最大速率為4m/sB.B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為34C.B能與A再次發(fā)生碰撞D.B不能與A再次發(fā)生碰撞解析A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守

恒定律得M2v0＝M2vA＋MvB，12·M2v02＝12·M2vA2＋12MvB2，解得vA＝-2m/s，vB＝4m/s，故B

的最大速率為4m/s，A正確；B沖上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為v，則MvB＝

(M＋2M)v，得v＝43m/s，B錯(cuò)誤；B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分別時(shí)速度分

別為v'B、v'C，由水平方向動(dòng)量守恒有MvB＝Mv'B＋2Mv'C，由機(jī)械能守恒有12MvB2＝

12Mv'2B＋12·2Mv'25.[設(shè)問創(chuàng)新/2024江蘇鹽城模擬]如圖所示，一質(zhì)量為M＝3.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量為m＝1.0kg的小木塊A.同時(shí)給A和B大小均為v＝5.0m/s、方向相反的初速度，使A起先向左運(yùn)動(dòng)，B起先向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離B.在A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，B的速度大小可能是（C）A.1.8m/s B.2.4m/sC.2.8m/s D.3.5m/s解析以A、B組成的系統(tǒng)為探討對象，因?yàn)橄到y(tǒng)不受外力，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選

擇水平向右的方向?yàn)檎较?，從A、B起先運(yùn)動(dòng)到A的速度為零，依據(jù)動(dòng)量守恒定律

可得(M-m)v＝MvB1，解得vB1＝103m/s，從A、B起先運(yùn)動(dòng)到A、B共速，依據(jù)動(dòng)量守恒

定律可得(M-m)v＝(M＋m)vB2，解得vB2＝2.5m/s，木塊A加速運(yùn)動(dòng)的過程為其速度減

為零到與B共速的過程，此過程中B始終減速，則在木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，B的

速度范圍為2.5m/s≤vB≤103m/s，故C正確，ABD6.[2024湖南長沙南雅中學(xué)?？糫質(zhì)量為M，長度為d的木塊放在光滑的水平面上，在木塊的右邊有一個(gè)銷釘把木塊攔住，使木塊不能向右滑動(dòng)，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入靜止的木塊，剛好能將木塊射穿.現(xiàn)拔去銷釘，使木塊能在水平面上自由滑動(dòng)，而子彈仍以水平速度v0射入靜止的木塊，設(shè)子彈在木塊中受到的阻力大小恒定，則（C）A.拔去銷釘，木塊和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒B.子彈在木塊中受到的阻力大小為mC.拔去銷釘，子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2D.拔去銷釘，子彈射入木塊的深度為m解析拔去銷釘，木塊和子彈之間的摩擦力是系統(tǒng)內(nèi)力，故木塊和子彈組成的系

統(tǒng)動(dòng)量守恒；但因摩擦力要做功，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤.當(dāng)木塊固定時(shí)，

由動(dòng)能定理可知-fd＝0-12mv02，解得f＝mv022d，故B錯(cuò)誤.拔去銷釘，子彈與木塊系統(tǒng)動(dòng)

量守恒，則依據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝mv0M＋m，對木塊依據(jù)動(dòng)量

定理可得ft＝Mv，子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2Md(M＋m)v0，故C正確.拔去銷釘，由C選

項(xiàng)分析可知最終速度，故整個(gè)過程依據(jù)動(dòng)能定理有-fx＝17.[2024江西南昌模擬]質(zhì)量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕質(zhì)彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當(dāng)用擋板攔住A球而只釋放B球時(shí)，B球被彈出落到距桌邊水平距離為x的地面上，如圖所示，若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放，則B球的落地點(diǎn)距桌邊水平距離為（D）A.x2 B.2x C.x D.2解析當(dāng)用擋板攔住A球而只釋放B球時(shí)，B球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)高度為h，則有h＝

12gt2，x＝v0t，所以彈簧的彈性勢能為Ep＝12mv02.若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A

左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得0＝mv1-

mv2，依據(jù)能量守恒有Ep＝12mv12＋12mv22，聯(lián)立解得v2＝22v0，則B球的落地點(diǎn)距桌邊

水平距離x'＝v8.[2024山西四校聯(lián)考]如圖所示，用不行伸長的輕質(zhì)細(xì)繩將木塊懸掛于一點(diǎn)O，起先木塊自由靜止在O點(diǎn)下方的P點(diǎn).質(zhì)量為m的彈丸以水平向右的速度v1＝205m/s射入質(zhì)量為M＝40m的木塊，射入木塊后二者共同搖擺的最大擺角為α，當(dāng)其第一次返回P位置時(shí)，其次粒相同的彈丸以水平向右的速度v2又擊中木塊，使木塊向右搖擺且最大擺角仍為α，彈丸均未射出木塊，木塊和彈丸形態(tài)大小以及空氣阻力均忽視不計(jì)，則其次粒彈丸水平向右的速度v2的大小為（D）A.664m/s B.581m/s C.498m/s D.415m/s解析第一粒彈丸射入木塊中，依據(jù)動(dòng)量守恒可得mv1＝(M＋m)v，解得共同速度

為v＝v141.射入木塊后二者共同搖擺的最大擺角為α，設(shè)繩子長度為L，依據(jù)機(jī)械能守

恒可得12(M＋m)v2＝(M＋m)L(1-cosα).當(dāng)其第一次返回P位置時(shí)，其次粒相同的彈丸

以水平向右的速度v2又擊中木塊，使木塊向右搖擺且最大擺角仍為α，依據(jù)動(dòng)量守恒

可得mv2-(M＋m)v＝(M＋2m)v'，依據(jù)機(jī)械能守恒可得12(M＋2m)v'2＝(M＋2m)L(1-cos

α)，聯(lián)立可得v'＝v，v2＝8341v1＝83419.[2024山東新泰一中校考]如圖所示，光滑的水平地面上靜止放置著長木板A和滑塊B，地面右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有固定的擋板.滑塊C沿地面從左側(cè)向右運(yùn)動(dòng)，和A發(fā)生彈性碰撞，此后運(yùn)動(dòng)過程中B始終在長木板A上，A和擋板碰撞無能量損失.已知滑塊C的初速度v0＝4m/s，mA＝mC＝3kg，mB＝1kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度大小g取10m/s2.求：（1）C和A碰撞后瞬間A和B的速度大?。唬?）C的最終速度.答案（1）4m/s0（2）1.5m/s，方向向左解析（1）C和A發(fā)生彈性碰撞，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mCv0＝mAv1＋mCv212mCv02＝12mAv1解得v1＝v0＝4m/s，v2＝0，A和C速度互換B不參加，A、C碰撞后瞬間，vB＝0（2）A和B發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)直到速度相等，依據(jù)動(dòng)量守恒可得mAv1＝（mA＋mB）v3A與擋板碰撞后速度等大反向，又與B再次共速，以向左為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒可得mAv3－mBv3＝（mA＋mB）v4解得v4＝1.5m/sA和C其次次碰撞發(fā)生速度互換，則有vC＝v4＝1.5m/s，方向向左.10.[多次碰撞問題]如圖所示，一平板車A質(zhì)量為2m，原來靜止于光滑水平面上，其右端與豎直固定擋板相距L.小物塊B的質(zhì)量為m，以大小為v0的初速度從平板車左端起先向右滑行，一段時(shí)間后車與擋板發(fā)生碰撞，已知車碰撞擋板的時(shí)間極短，碰撞前后瞬間的速度大小不變但方向相反，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.物塊B總不能到達(dá)車板的右端，重力加速度大小為g.（1）車第一次遇到擋板前瞬間車的速度可能是多大？（2）若車與擋板共發(fā)生了2次碰撞，求L滿意的條件.答案（1）v03或μgL（2）v02解析（1）假設(shè)A與擋板碰撞前瞬間，A、B的速度恰好相等，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝（2m＋m）vt對A，由動(dòng)能定理可得μmgL＝12·2m解得L＝v當(dāng)L≥v029μg時(shí)，可得第一次遇到擋板前瞬間A的速度大小為v當(dāng)L＜v029μg時(shí)，可得第一次遇到擋板前瞬間A的速度大小為v（2）設(shè)在A與擋板第一次碰撞前瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mvA＋mvB分以下兩種狀況探討：①假如L為某個(gè)值L1，使A與擋板第一次碰撞后經(jīng)過一段時(shí)間恰好與B同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，則mvB－2mvA＝0此時(shí)A與擋板只發(fā)生一次碰撞在碰撞前對A由動(dòng)能定理可得μmgL1＝12·2m聯(lián)立解得L1＝v②假如L為某個(gè)值L2，使A與擋板能發(fā)生二次碰撞，從A起