高考物理二、三輪復習總攻略專題4.5碰撞模型(原卷版+解析)

重點模型與核心問題深究專題4.5碰撞模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一碰撞模型及應用 1二彈性碰撞模型及拓展 3三專題跟蹤檢測 7一碰撞模型及應用1.三種碰撞的特點及規(guī)律彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能守恒：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′機械能損失最多，損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能有損失，損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度2.彈性碰撞的“動碰靜”模型(1)由動量守恒和能量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22；(2)碰后的速度：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3.彈性碰撞模型的拓展應用【例1】(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是()A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0【例2】(2022·河北省縱向評價)在北京冬奧會中，中國健兒取得了出色的成績。某次訓練中，運動員將質量為19.1kg的冰壺甲以某一速度擲出，冰壺在向前運動過程中，碰到了對方的靜止冰壺乙，冰壺乙在運動0.2m后停下。已知比賽雙方所用冰壺完全相同，冰壺與冰面的動摩擦因數(shù)為0.01，當?shù)刂亓铀俣燃s為10m/s2。假設兩冰壺的碰撞為一維碰撞，且不計碰撞的能量損失，則冰壺甲在碰前的速度約為()A．2.0m/s B．0.2m/sC．1.0m/s D．0.1m/s二彈性碰撞模型及拓展1.“滑塊—彈簧”模型(如圖)水平面光滑(1)注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大。(2)從開始壓縮彈簧到彈簧恢復原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復原長時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。2．“滑塊—斜面”模型(如圖)各接觸面均光滑(1)水平方向動量守恒。(2)注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點時，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動能最小，重力勢能最大。(3)從滑塊以v0滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。3．“小球—圓弧槽”模型(如圖)接觸面均光滑(1)水平方向動量守恒。(2)小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會沿切面再進入圓弧槽。(3)從小球以v0滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0?！纠?】(2022·山西運城期末)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切。一質量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達的最大高度為eq\f(R,3)。則小球與滑塊質量之比m∶M為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1【例2】(多選)(2022·山東濰坊市昌樂一中高三期末)如圖所示，eq\f(1,4)光滑圓槽B靜置于光滑水平地面上．槽底端與水平面相切，一小球A從水平地面以初速度v0滑向圓槽，從底端沿槽上滑，未沖出圓槽，最后滑回水平地面．已知小球的質量為m，圓槽的質量為M，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．小球上升的最大高度為eq\f(Mv\o\al(02),2M＋mg)B．圓槽運動的最大速度為eq\f(mv0,M＋m)C．小球上滑過程比下滑過程的動量變化大D．上滑過程圓槽的動能增加量比下滑過程圓槽的動能增加量小【例3】(多選)(2022·山東省六校線上聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)光滑圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均可視為質點，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運動到最高點時的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞【例4】(2022·遼寧朝陽市高三一模)如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝3.0kg和mB＝2.0kg，用水平輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C在t＝0時刻以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是()A.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為72JB.4s到12s的時間內，墻壁對物塊B的沖量大小為24N·sC.物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為18JD.物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度為2m/s三專題跟蹤檢測1.(2022·湖北黃岡中學預測)如圖所示，兩個完全相同的eq\f(1,4)圓弧曲面A、B緊挨著放在水平地面上，曲面下端與水平面相切、將一小球由曲面A上P處(圖中未畫出)由靜止滑下。不計一切摩擦，下列說法正確的是()A.小球在A上滑動時，二者組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球在B上滑動時，二者組成的系統(tǒng)機械能守恒C.小球在B上能夠達到與P點相同的高度D.小球最終一定能滑回A上P點2.(2022·重慶名校聯(lián)盟聯(lián)考)冰壺隊備戰(zhàn)2022年北京冬奧會，如圖所示，在某次訓練中，藍壺靜止在大本營Q處，材質相同，質量相等的紅壺與藍壺發(fā)生正碰，在摩擦力作用下最終分別停在M點和N點，下列說法正確的是()A.碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B.紅壺碰前速度約為碰后速度的4倍C.碰后藍壺速度約為紅壺速度的2倍D.碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機械能守恒3.(多選)(2022·黑龍江哈爾濱模擬)碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動。游樂場上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車迎面相撞，碰撞前后兩人的位移－時間圖像(x－t圖像)如圖所示。已知小孩的質量為20kg，大人的質量為60kg，碰碰車質量相同，碰撞時間極短。下列說法正確的是()A.碰撞前后小孩的運動方向沒有改變B.碰碰車的質量為60kgC.碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N·sD.碰撞過程中損失的機械能為600J4.(2022·重慶一中檢測)如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從某高度自由落下，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。若A反彈后剛好能返回到原高度，那么m1與m2的比值為()A．0.5 B．1C．2 D．35.(2022·河北衡水中學期中)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3kg。質量m＝1kg的鐵塊以水平速度v0＝4m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()A.3J B.6JC.20J D.4J6.如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x?，F(xiàn)讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B，如圖乙所示，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質量為2mB．A物體的質量為3mC．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mveq\o\al(2,0)D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為2mveq\o\al(2,0)7.(多選)(2022·四川成都二次聯(lián)考)2022年2月，第24屆冬奧會在中國北京舉行。在冬奧會的冰壺比賽中，運動員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖(a)，藍壺靜止在圓形區(qū)域內，運動員用等質量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前后兩壺的v－t圖像如圖(b)所示，其中藍壺的圖線與紅壺的圖線的延長線與t軸相交于同一點。關于冰壺的運動，下列說法正確的是()A.碰撞后藍壺的初速度大小為0.8m/sB.碰撞前紅壺的加速度大小為0.4m/s2C.碰撞后紅壺運動的距離為0.15mD.碰撞后藍壺運動的距離為1.35m8.(多選)(2022·廣西高三期中)如圖所示，光滑水平面上，靜止放置了一個eq\f(1,4)圓弧槽B，圓弧槽沒有固定，圓弧面光滑，最低點與水平面相切，半徑R＝40cm、質量為m。一個質量為2m可視為質點的光滑小球A，某時刻以初速度v0＝6m/s從水平面沖上圓弧槽B，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A.小球A與圓弧槽B組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球A不能從圓弧槽B最高點飛出C.小球A上升的最大高度為60cmD.小球A再次回到水平面后，圓弧槽B的速度為8m/s9.(2022·重慶市實驗中學高二期末)如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出．已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能和動量都守恒B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為eq\f(v0,2)C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，小球速度大小為eq\f(v0,2)D．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，U形管速度大小為eq\f(v0,2)10.(2022·西南名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平桿上有一質量為m的滑環(huán)A，滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質量為m的物塊B(可視為質點)，物塊B恰好與光滑的水平面接觸。質量為m的物塊C(可視為質點)以速度v沖向物塊B，物塊C與物塊B碰后粘在一起向右運動，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物塊C與物塊B碰后速度為vB．物塊C與物塊B碰撞過程中損失的機械能為eq\f(1,8)mv2C．若滑環(huán)A不固定，則滑環(huán)A最大速度為eq\f(v,3)D．若滑環(huán)A不固定，則物塊B、C擺起的最大高度為eq\f(v2,24g)11.(多選)(2022·內蒙古包頭市高三下學期一模)如圖，長度為l＝1m，質量為M＝1kg的車廂，靜止于光滑的水平面上．車廂內有一質量為m＝1kg、可視為質點的物塊以速度v0＝10m/s從車廂中點處向右運動，與車廂壁來回彈性碰撞n次后，與車廂相對靜止，物塊與車廂底板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．n＝26B．系統(tǒng)因摩擦產生的熱量為25JC．物塊最終停在車廂右端D．車廂最終運動的速度為5m/s，方向水平向右12.(多選)(2022·山西大同模擬)如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質點)，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，寬度為d，其余空間內不存在電場?；瑝KA剛好位于電場區(qū)域內的左側，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側?，F(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經過一段時間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列判斷正確的是()A.A、B兩滑塊的質量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞13.(多選)(2021·湖南卷·8)如圖(a)，質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x.撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a－t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時間內A的a－t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a－t圖線與坐標軸所圍面積大小.A在t1時刻的速度為v0.下列說法正確的是()A.0到t1時間內，墻對B的沖量等于mAv0B.mA>mBC.B運動后，彈簧的最大形變量等于xD.S1－S2＝S314.(2022·內蒙古烏蘭察布一模)如圖所示，質量為m1＝0.95kg的小車A靜止在光滑水平地面上，一質量為m3＝0.05kg的子彈以v0＝100m/s的速度擊中小車A，并留在其中，作用時間極短．一段時間后小車A與另外一個靜止在其右側的、質量為m2＝4kg的小車B發(fā)生正碰，小車B的左側有一固定的水平輕質彈簧，碰撞過程中，彈簧始終未超過彈性限度，則下列說法錯誤的是()A．小車A與子彈的最終速度大小為3m/sB．小車B的最終速度大小為2m/sC．彈簧最大的彈性勢能為10JD．整個過程損失的能量為240J15.(多選)(2022·陜西西安市第一中學五模)如圖所示，一質量為M的長直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質量為m的木塊，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，在長直木板右方有一豎直的墻．使木板與木塊以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，設木板足夠長，木塊始終在木板上，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．如果M＝2m，木板只與墻壁碰撞一次，整個運動過程中摩擦產生熱量的大小為eq\f(4,3)mv02B．如果M＝m，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為eq\f(v\o\al(,02),2μg)C．如果M＝0.5m，木板第100次與墻壁發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小為(eq\f(1,3))99v0D．如果M＝0.5m，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的沖量大小為1.5mv016.(2022·北京朝陽區(qū)高三一模)如圖所示，兩個擺長均為L的單擺，擺球A、B質量分別為m1、m2，懸點均為O.在O點正下方0.19L處固定一小釘．初始時刻B靜止于最低點，其擺線緊貼小釘左側，A從圖示位置由靜止釋放(θ足夠小)，在最低點與B發(fā)生彈性正碰．兩擺在整個運動過程中均滿足簡諧運動條件，懸線始終保持繃緊狀態(tài)且長度不變，擺球可視為質點，不計碰撞時間及空氣阻力，重力加速度為g.下列選項正確的是()A．若m1＝m2，則A、B在擺動過程中上升的最大高度之比為9∶10B．若m1＝m2，則每經過1.9πeq\r(\f(L,g))時間A回到最高點C．若m1>m2，則A與B第二次碰撞不在最低點D．若m1<m2，則A與B第二次碰撞必在最低點17.(2022·河南省高三二模)如圖所示，質量均為2kg的三個物塊靜止在光滑水平面上，其中物塊B的右側固定一水平輕彈簧，物塊A與彈簧接觸但不拴接.某時刻物塊A突然以v0＝3m/s的速度向左運動，已知當A、B速度相等時，B與C恰好發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程時間極短，然后繼續(xù)運動.若B、C碰撞過程中損失的機械能為ΔE，B、C碰撞后運動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，則()A.ΔE＝4.875J B.ΔE＝1.125JC.Ep＝6J D.Ep＝4.875J18.(2022·東北師大附中等五校聯(lián)考)如圖所示，水平面上O點左側為動摩擦因數(shù)μ＝0.6的粗糙段，O點右側光滑.兩個可視為質點的物體A和B，物體A的質量為m＝1kg，放在距O點左側x1＝3m處，物體B靜止放在距O點右側x2＝4m處.現(xiàn)給物體A一個向右的初速度v0＝10m/s，物體A穿過粗糙區(qū)后在O點右側段與物體B發(fā)生彈性正碰.碰后物體A恰好能返回出發(fā)點，重力加速度g取10m/s2.求：(1)物體A向右從O點到與物體B碰撞前瞬間所用的時間t1；(2)物體A與B碰撞后瞬間，物體A的速度大小v1；(3)物體B的質量M.19.(2022·安徽合肥市一模)如圖所示，光滑水平面上放置著長木板A和滑塊C，滑塊B置于A的左端，二者間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50，A、B和C質量分別為mA＝1.0kg，mB＝mC＝2.0kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝4.5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生彈性碰撞，經過一段時間，B恰好停在A的右端，g＝10m/s2.求：(1)A與C發(fā)生碰撞后瞬間A、C的速度；(2)A、C碰撞后至B停在A右端的過程，A的右端與C的最大距離.20.(2022·山東濟寧市期末)如圖所示，在光滑的水平面上有一質量M＝4kg的平板車，小車右端固定一豎直擋板，擋板的質量不計，一輕質彈簧右端固定在擋板上，在平板車左端P處有一可以視為質點的小滑塊，其質量m＝2kg.平板車上表面Q點的左側粗糙，右側光滑，PQ間的距離L＝10m.某時刻平板車以v1＝1m/s的速度向左滑行，同時小滑塊以v2＝8m/s的速度向右滑行.一段時間后，小滑塊與平板車達到相對靜止，此時小滑塊與Q點相距d＝5m，取g＝10m/s2，求：(1)小物塊與平板車相對靜止時的速度v；(2)小滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ；(3)彈簧可能獲得的最大彈性勢能Ep.21.(2022·貴州銅仁市高三三模)如圖所示，長木板A靜止在水平軌道上，小物塊B靜止在長木板的左端.光滑斜軌道底端水平，與長木板上表面等高.小物塊C從斜軌道高為h＝0.8m處由靜止滑下，與B發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短).已知A、B、C的質量均為1kg，物塊B、C與長木板A之間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.4，長木板A與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.15，物塊最終都未滑出長木板.(g取10m/s2)求：(1)物塊C與物塊B碰撞后瞬間物塊B的速度大小；(2)物塊B相對長木板A滑動的距離；(3)如果在初位置固定住長木板A，增大物塊C的質量，當物塊C的質量遠大于物塊B的質量時，仍讓物塊C從原處靜止滑下，其他條件不變.物塊B、C都停下時B、C間的距離.重點模型與核心問題深究專題4.5碰撞模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一碰撞模型及應用 1二彈性碰撞模型及拓展 3三專題跟蹤檢測 7一碰撞模型及應用1.三種碰撞的特點及規(guī)律彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能守恒：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′機械能損失最多，損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能有損失，損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度2.彈性碰撞的“動碰靜”模型(1)由動量守恒和能量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22；(2)碰后的速度：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3.彈性碰撞模型的拓展應用【例1】(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是()A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0【答案】B【解析】設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)聯(lián)立解得v1＝v0設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0可得v1＝v0>v2，故C、D錯誤；碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)可得pN>pH，故A錯誤；碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)可得EkH>EkN，故B正確?！纠?】(2022·河北省縱向評價)在北京冬奧會中，中國健兒取得了出色的成績。某次訓練中，運動員將質量為19.1kg的冰壺甲以某一速度擲出，冰壺在向前運動過程中，碰到了對方的靜止冰壺乙，冰壺乙在運動0.2m后停下。已知比賽雙方所用冰壺完全相同，冰壺與冰面的動摩擦因數(shù)為0.01，當?shù)刂亓铀俣燃s為10m/s2。假設兩冰壺的碰撞為一維碰撞，且不計碰撞的能量損失，則冰壺甲在碰前的速度約為()A．2.0m/s B．0.2m/sC．1.0m/s D．0.1m/s【答案】B【解析】碰撞過程中，甲乙冰壺的動量守恒得mv0＝mv1＋mv2，根據機械能守恒定律得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)，對乙冰壺根據動能定理得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v0＝0.2m/s，故B正確。二彈性碰撞模型及拓展1.“滑塊—彈簧”模型(如圖)水平面光滑(1)注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大。(2)從開始壓縮彈簧到彈簧恢復原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復原長時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。2．“滑塊—斜面”模型(如圖)各接觸面均光滑(1)水平方向動量守恒。(2)注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點時，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動能最小，重力勢能最大。(3)從滑塊以v0滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。3．“小球—圓弧槽”模型(如圖)接觸面均光滑(1)水平方向動量守恒。(2)小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會沿切面再進入圓弧槽。(3)從小球以v0滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。【例1】(2022·山西運城期末)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切。一質量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達的最大高度為eq\f(R,3)。則小球與滑塊質量之比m∶M為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1【答案】C【解析】當圓弧槽固定時，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，當圓弧槽不固定，取水平向右為正方向，根據系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv0＝(m＋M)v，根據機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgeq\f(R,3)＋eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得m∶M＝2∶1，故C正確?！纠?】(多選)(2022·山東濰坊市昌樂一中高三期末)如圖所示，eq\f(1,4)光滑圓槽B靜置于光滑水平地面上．槽底端與水平面相切，一小球A從水平地面以初速度v0滑向圓槽，從底端沿槽上滑，未沖出圓槽，最后滑回水平地面．已知小球的質量為m，圓槽的質量為M，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．小球上升的最大高度為eq\f(Mv\o\al(02),2M＋mg)B．圓槽運動的最大速度為eq\f(mv0,M＋m)C．小球上滑過程比下滑過程的動量變化大D．上滑過程圓槽的動能增加量比下滑過程圓槽的動能增加量小【答案】AD【解析】小球滑上B，滑到最高點時，水平方向動量守恒mv0＝(m＋M)v機械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgh解得h＝eq\f(Mv\o\al(02),2M＋mg)，A正確；小球離開B時，B的速度最大，有mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq\f(2m,m＋M)v0，B錯誤；小球上滑過程Δp1＝mv－mv0＝－eq\f(mM,m＋M)v0下滑過程Δp2＝mv1－mv＝－eq\f(mM,m＋M)v0，所以小球上滑過程和下滑過程的動量變化一樣大，C錯誤；上滑過程圓槽的動能增加量ΔEk1＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)M(eq\f(mv0,m＋M))2下滑過程圓槽的動能增加量ΔEk2＝eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(3,2)M(eq\f(mv0,m＋M))2所以上滑過程圓槽的動能增加量比下滑過程圓槽的動能增加量小，D正確．【例3】(多選)(2022·山東省六校線上聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)光滑圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均可視為質點，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運動到最高點時的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞【答案】AD解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率為4m/s，選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq\f(4,3)m/s，選項B錯誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設B、C分離時速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機械能守恒有eq\f(1,2)MvB2＝eq\f(1,2)MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞，選項C錯誤，D正確．【例4】(2022·遼寧朝陽市高三一模)如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝3.0kg和mB＝2.0kg，用水平輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C在t＝0時刻以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是()A.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為72JB.4s到12s的時間內，墻壁對物塊B的沖量大小為24N·sC.物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為18JD.物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度為2m/s【答案】B【解析】由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1kg.當C與A的共同速度為0時，彈簧的彈性勢能最大，Epm＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v22＝18J，選項A錯誤；由題圖乙知，12s末A和C的速度為v3＝－3m/s,4s到12s過程中墻壁對物塊B的沖量大小等于彈簧對物塊B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻壁對B的沖量為I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－24N·s，方向向左，故B正確；物塊B剛離開墻壁時，由機械能守恒定律可得，A、C向左運動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，A、B、C三者共速時彈簧的彈性勢能最大，則有(mA＋mC)v2＝(mA＋mC＋mB)v4,Epm′＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v22－eq\f(1,2)(mA＋mC＋mB)v42，聯(lián)立解得Epm′＝6J，選項C錯誤；物塊B剛離開墻壁時，由機械能守恒定律可得，A、C向左運動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，當彈簧再次恢復原長時，物塊B的速度最大，則有(mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v5＋mBv6，eq\f(1,2)(mA＋mC)v22＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v52＋eq\f(1,2)mBv62，代入數(shù)據解得v6＝4m/s，物塊B的最大速度為4m/s，選項D錯誤.三專題跟蹤檢測1.(2022·湖北黃岡中學預測)如圖所示，兩個完全相同的eq\f(1,4)圓弧曲面A、B緊挨著放在水平地面上，曲面下端與水平面相切、將一小球由曲面A上P處(圖中未畫出)由靜止滑下。不計一切摩擦，下列說法正確的是()A.小球在A上滑動時，二者組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球在B上滑動時，二者組成的系統(tǒng)機械能守恒C.小球在B上能夠達到與P點相同的高度D.小球最終一定能滑回A上P點【答案】B【解析】小球在A上滑動時，在水平方向所受合力為零，水平方向動量守恒，在豎直方向上所受合力不為零，豎直方向動量不守恒，二者組成的系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；設小球到達曲面A的底端時，小球和A的速度大小分別為v和vA，由機械能守恒和動量守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，Mv－mvA＝0，設小球在曲面B上達到的最大高度為h′，此時小球和B的共同速度大小為vB，由機械能守恒和動量守恒得mgh′＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mv2，mv＝(M＋m)vB，解得h′＝eq\f(M2,（M＋m）2)h，B正確，C錯誤；小球滑上A到達最高點時，A、B都有速度，由能量守恒定律知，小球能達到的最大高度一定低于P點，D錯誤。2.(2022·重慶名校聯(lián)盟聯(lián)考)冰壺隊備戰(zhàn)2022年北京冬奧會，如圖所示，在某次訓練中，藍壺靜止在大本營Q處，材質相同，質量相等的紅壺與藍壺發(fā)生正碰，在摩擦力作用下最終分別停在M點和N點，下列說法正確的是()A.碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B.紅壺碰前速度約為碰后速度的4倍C.碰后藍壺速度約為紅壺速度的2倍D.碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】C【解析】碰后兩壺運動距離不相同，所以碰后兩球速度不相同，根據動量定理可判斷出碰后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯誤；碰后紅壺運動的距離為x1＝R2－R1＝0.61m，藍壺運動的距離為x2＝2R2＝2.44m，二者質量相同，假設二者碰后所受的摩擦力相同，則二者做減速運動的加速度也相同，對紅壺，有veq\o\al(2,1)＝2ax1，對藍壺有veq\o\al(2,2)＝2ax2，聯(lián)立可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，即碰后藍壺速度約為紅壺速度的2倍，C正確；設紅壺碰前速度為v0，則有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍，B錯誤；碰前的動能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰后動能為Ek′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(5,9)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則有Ek0>Ek′，機械能不守恒，D錯誤。3.(多選)(2022·黑龍江哈爾濱模擬)碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動。游樂場上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車迎面相撞，碰撞前后兩人的位移－時間圖像(x－t圖像)如圖所示。已知小孩的質量為20kg，大人的質量為60kg，碰碰車質量相同，碰撞時間極短。下列說法正確的是()A.碰撞前后小孩的運動方向沒有改變B.碰碰車的質量為60kgC.碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N·sD.碰撞過程中損失的機械能為600J【答案】BD【解析】規(guī)定小孩初始運動方向為正方向，由圖像可知，碰后兩車一起向碰前大人運動的方向運動，故碰撞前后小孩的運動方向發(fā)生了改變，故A錯誤；由圖像可知，碰前瞬間小孩的速度v1＝2m/s，大人的速度v2＝－3m/s，碰后兩人的共同速度v3＝－1m/s，設碰碰車的質量為M，由動量守恒定律有(M＋m1)v1－(M＋m2)v2＝(2M＋m1＋m2)v3，解得M＝60kg，故B正確；碰前小孩與其駕駛的碰碰車的總動量為p1＝160kg·m/s，碰后總動量為p1′＝－80kg·m/s，由動量定理可知碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量為I＝Δp＝－240N·s，故C錯誤；由能量守恒定律可得碰撞過程中損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)×80×22J＋eq\f(1,2)×120×(－3)2J－eq\f(1,2)×200×(－1)2J＝600J，故D正確。4.(2022·重慶一中檢測)如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從某高度自由落下，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。若A反彈后剛好能返回到原高度，那么m1與m2的比值為()A．0.5 B．1C．2 D．3【答案】B【解析】設兩物體落地前的瞬時速度均為v，B碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選A與B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，因碰后A仍回到原高度，則碰后A的速度仍為v，設B的速度為v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得m2v－m1v＝m1v＋m2v2，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1v2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v2＝－v，m1＝m2，故B正確。5.(2022·河北衡水中學期中)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3kg。質量m＝1kg的鐵塊以水平速度v0＝4m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()A.3J B.6JC.20J D.4J【答案】A【解析】由題意可知鐵塊壓縮彈簧過程中，以彈簧、木板和鐵塊為系統(tǒng)動量守恒，當木板和鐵塊速度相等時彈簧具有最大彈性勢能，設木板與鐵塊間摩擦力為Ff，木板長L，共同速度為v，以水平向右為正方向，根據能量守恒定律和動量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝FfL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，mv0＝(M＋m)v，又因為鐵塊最后恰好停在木板的左端，故根據能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2FfL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，代入數(shù)據聯(lián)立解得Ep＝3J，B、C、D錯誤，A正確。6.如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x?，F(xiàn)讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B，如圖乙所示，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質量為2mB．A物體的質量為3mC．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mveq\o\al(2,0)D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為2mveq\o\al(2,0)【答案】B【解析】設A物體的質量為mA，物體A壓縮彈簧的最大壓縮量為x時，A的動能全部轉化為彈簧的彈性勢能有Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，當A以2v0向右運動壓縮彈簧過程，A、B彈簧系統(tǒng)動量守恒，當二者共速時，彈簧壓縮最大，也為x，此過程動量守恒有mA×2v0＝(mA＋m)v，由功能關系有eq\f(1,2)mA(2v0)2－eq\f(1,2)(mA＋m)v2＝Ep，聯(lián)立解得mA＝3m，Ep＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故B正確。7.(多選)(2022·四川成都二次聯(lián)考)2022年2月，第24屆冬奧會在中國北京舉行。在冬奧會的冰壺比賽中，運動員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖(a)，藍壺靜止在圓形區(qū)域內，運動員用等質量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前后兩壺的v－t圖像如圖(b)所示，其中藍壺的圖線與紅壺的圖線的延長線與t軸相交于同一點。關于冰壺的運動，下列說法正確的是()A.碰撞后藍壺的初速度大小為0.8m/sB.碰撞前紅壺的加速度大小為0.4m/s2C.碰撞后紅壺運動的距離為0.15mD.碰撞后藍壺運動的距離為1.35m【答案】BD【解析】由題圖(b)可知，碰撞前紅壺的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.2－1.6,1)m/s2＝－0.4m/s2，B正確；假如紅壺不與藍壺碰撞，可滑行的時間為t＝eq\f(Δv,a)＝eq\f(0－1.6,－0.4)s＝4s，由此可知，藍壺碰撞后的運動時間為t1＝3s，紅壺與藍壺碰撞前的速度大小為v1＝1.2m/s，碰撞后的速度大小為v1′＝0.3m/s，碰撞過程動量守恒，根據動量守恒定律有mv1＝mv1′＋mv，代入數(shù)據解得藍壺碰撞后的初速度大小為v＝0.9m/s，A錯誤；紅壺和藍壺碰撞后均做勻減速直線運動，根據公式x＝eq\f(v＋v0,2)t代入數(shù)據解得，碰撞后紅壺運動的距離為0.075m，藍壺運動的距離為1.35m，C錯誤，D正確。8.(多選)(2022·廣西高三期中)如圖所示，光滑水平面上，靜止放置了一個eq\f(1,4)圓弧槽B，圓弧槽沒有固定，圓弧面光滑，最低點與水平面相切，半徑R＝40cm、質量為m。一個質量為2m可視為質點的光滑小球A，某時刻以初速度v0＝6m/s從水平面沖上圓弧槽B，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A.小球A與圓弧槽B組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球A不能從圓弧槽B最高點飛出C.小球A上升的最大高度為60cmD.小球A再次回到水平面后，圓弧槽B的速度為8m/s【答案】CD【解析】小球A與圓弧槽B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，因此水平方向上系統(tǒng)動量守恒，但豎直方向上合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；假設小球A不能從圓弧槽B最高點飛出，當A沿B的圓弧面上升至最高點時，設A與B達到共同速度v1，根據動量守恒定律有2mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝4m/s，此過程中系統(tǒng)動能的減少量為ΔEk＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(2,1)＝12m(J)，系統(tǒng)重力勢能的增加量為ΔEp＝2mgR＝8m(J)，所以ΔEk≠ΔEp，不滿足機械能守恒定律，則假設不成立，由此可知小球A能從圓弧槽B最高點飛出，故B錯誤；小球A上升至圓弧槽B最高點時，A與B水平速度相等，均為v1，此時A還有豎直速度，因此A離開B最高點后將做斜拋運動，其水平速度始終與B的水平速度相等，當A上升至最高點時，豎直速度為零。設A上升的最大高度為h，對A從沖上B到上升至最高點的過程中，根據機械能守恒定律有2mgh＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(2,1)，解得h＝0.6m，故C正確；根據前面分析可知，A做斜拋運動過程中將始終與B保持在同一豎直平面內，所以A最終還會落至B的最高點并沿圓弧滑動至水平面上。設最終A和B的速度分別為v2和v3，對A從沖上B到最終回到水平面的過程中，根據動量守恒定律有2mv0＝2mv2＋mv3，根據機械能守恒定律有eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得v3＝8m/s，故D正確。9.(2022·重慶市實驗中學高二期末)如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出．已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能和動量都守恒B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為eq\f(v0,2)C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，小球速度大小為eq\f(v0,2)D．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，U形管速度大小為eq\f(v0,2)【答案】D【解析】由于不計一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發(fā)生轉移，故小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)沿導槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統(tǒng)沿導槽方向動量守恒，故A錯誤；小球與U形管系統(tǒng)機械能守恒，故小球從U形管的另一端射出的過程中，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22沿著導槽方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，故mv0＝mv2＋mv1解得小球從U形管的另一端射出時，U形管速度為v0，小球速度大小為0，故B錯誤；小球運動到U形管圓弧部分的最左端過程，沿著導槽方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，設設小球的合速度為v，根據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2＋eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\f(\r(3),2)v0故C錯誤，D正確．10.(2022·西南名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平桿上有一質量為m的滑環(huán)A，滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質量為m的物塊B(可視為質點)，物塊B恰好與光滑的水平面接觸。質量為m的物塊C(可視為質點)以速度v沖向物塊B，物塊C與物塊B碰后粘在一起向右運動，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物塊C與物塊B碰后速度為vB．物塊C與物塊B碰撞過程中損失的機械能為eq\f(1,8)mv2C．若滑環(huán)A不固定，則滑環(huán)A最大速度為eq\f(v,3)D．若滑環(huán)A不固定，則物塊B、C擺起的最大高度為eq\f(v2,24g)【答案】D【解析】物塊C與物塊B碰撞時動量守恒，有mv＝2mv1，解得碰后速度為v1＝eq\f(v,2)，A錯誤；物塊C與物塊B碰撞過程中損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)mv2，B錯誤；若滑環(huán)A不固定，物塊C與物塊B粘在一起后，相對于A做曲線運動，會向右拉動A一起運動，當A、B、C三者水平方向速度相等(設為v2)時，B、C擺起的高度最大(設為h)，根據動量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有mv＝3mv2，2mgh＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得h＝eq\f(v2,24g)，D正確；當滑環(huán)A所受合外力為零時，速度達到最大(設為v3)，易知此時B、C整體恰好擺回至最低點，設此時B、C整體的速度為v4，根據動量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有2mv1＝mv3＋2mv4，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)，聯(lián)立解得v3＝eq\f(2,3)v，C錯誤。11.(多選)(2022·內蒙古包頭市高三下學期一模)如圖，長度為l＝1m，質量為M＝1kg的車廂，靜止于光滑的水平面上．車廂內有一質量為m＝1kg、可視為質點的物塊以速度v0＝10m/s從車廂中點處向右運動，與車廂壁來回彈性碰撞n次后，與車廂相對靜止，物塊與車廂底板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．n＝26B．系統(tǒng)因摩擦產生的熱量為25JC．物塊最終停在車廂右端D．車廂最終運動的速度為5m/s，方向水平向右【答案】BD【解析】由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得車廂最終運動的速度為v＝5m/s，方向水平向右，對系統(tǒng)由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Q，代入數(shù)據解得系統(tǒng)因摩擦產生的熱量為Q＝25J，故B、D正確；根據Q＝μmgL可得物塊在車廂中相對車廂滑行的距離L＝eq\f(Q,μmg)＝25m，與車廂壁來回彈性碰撞次數(shù)n＝eq\f(L,l)＝25次，物塊最終停在車廂中點處，故A、C錯誤．12.(多選)(2022·山西大同模擬)如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質點)，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，寬度為d，其余空間內不存在電場?；瑝KA剛好位于電場區(qū)域內的左側，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側?，F(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經過一段時間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列判斷正確的是()A.A、B兩滑塊的質量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞【答案】AD【解析】對滑塊A在碰撞前根據動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)；依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設其大小為v，根據動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv，又由能量守恒定律可知v<v0，即碰撞后滑塊A向左運動不會滑出電場，設碰撞后滑塊A在電場中運動的時間為t，由動量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑塊B向右做勻速運動，有vt＝eq\f(4,9)d，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正確，B錯誤；兩滑塊因碰撞而損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd>0，故碰撞為非彈性碰撞，C錯誤，D正確。13.(多選)(2021·湖南卷·8)如圖(a)，質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x.撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a－t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時間內A的a－t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a－t圖線與坐標軸所圍面積大小.A在t1時刻的速度為v0.下列說法正確的是()A.0到t1時間內，墻對B的沖量等于mAv0B.mA>mBC.B運動后，彈簧的最大形變量等于xD.S1－S2＝S3【答案】ABD【解析】由于在0～t1時間內，物體B靜止，則對B受力分析有F墻＝F彈，則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對象轉換為A，撤去F后A水平方向只受彈力作用，則根據動量定理有I＝mAv0(方向向右)，則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；由a－t圖像可知t1后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的伸長量達到最大，根據牛頓第二定律有F彈＝mAaA＝mBaB，由題圖(b)可知aB>aA，則mB<mA，B正確；由題圖乙可得，t1時刻B開始運動，此時A速度為v0，之后A、B動量守恒，A、B和彈簧整個系統(tǒng)能量守恒，則mAv0＝mAvA＋mBvB，可得A、B整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉化為A、B系統(tǒng)的動能，彈簧的形變量小于x，C錯誤；由a－t圖像可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1～t2時間內A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，且在t2時刻彈簧的伸長量達到最大，A、B共速，由a－t圖像中圖線與橫軸所圍的面積表示Δv可知，在t2時刻A、B的速度分別為vA＝S1－S2，vB＝S3，A、B共速，則S1－S2＝S3，D正確.14.(2022·內蒙古烏蘭察布一模)如圖所示，質量為m1＝0.95kg的小車A靜止在光滑水平地面上，一質量為m3＝0.05kg的子彈以v0＝100m/s的速度擊中小車A，并留在其中，作用時間極短．一段時間后小車A與另外一個靜止在其右側的、質量為m2＝4kg的小車B發(fā)生正碰，小車B的左側有一固定的水平輕質彈簧，碰撞過程中，彈簧始終未超過彈性限度，則下列說法錯誤的是()A．小車A與子彈的最終速度大小為3m/sB．小車B的最終速度大小為2m/sC．彈簧最大的彈性勢能為10JD．整個過程損失的能量為240J【答案】D【解析】以v0的方向為正方向，子彈與小車A碰撞過程，根據動量守恒定律得m3v0＝(m3＋m1)v1可得兩者碰撞后速度為v1＝5m/s彈簧最短時，彈性勢能最大，此時三者共速，根據動量守恒定律得(m3＋m1)v1＝(m3＋m1＋m2)v共，解得v共＝1m/s彈簧最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)(m3＋m1)v12－eq\f(1,2)(m3＋m1＋m2)v共2解得Ep＝10J，C正確；設小車A與子彈最終速度為v3，小車B最終速度為v4，根據動量守恒定律與能量守恒定律(m3＋m1)v1＝(m3＋m1)v3＋m2v4，eq\f(1,2)(m3＋m1)v12＝eq\f(1,2)(m3＋m1)v32＋eq\f(1,2)m2v42解得v3＝－3m/s，v4＝2m/s，A、B正確；整個過程損失的能量是在子彈打入小車A的過程中ΔE＝eq\f(1,2)m3v02－eq\f(1,2)(m3＋m1)v12＝237.5J，D錯誤．15.(多選)(2022·陜西西安市第一中學五模)如圖所示，一質量為M的長直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質量為m的木塊，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，在長直木板右方有一豎直的墻．使木板與木塊以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，設木板足夠長，木塊始終在木板上，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．如果M＝2m，木板只與墻壁碰撞一次，整個運動過程中摩擦產生熱量的大小為eq\f(4,3)mv02B．如果M＝m，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為eq\f(v\o\al(,02),2μg)C．如果M＝0.5m，木板第100次與墻壁發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小為(eq\f(1,3))99v0D．如果M＝0.5m，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的沖量大小為1.5mv0【答案】ACD【解析】木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果M＝2m，合動量方向向左，則木板只與墻壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做勻速直線運動，取向左為正，根據動量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(1,3)v0，由能量守恒定律，整個運動過程中摩擦生熱為Q＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(4,3)mv02故A正確；如果M＝m，木板與墻壁碰撞后，二者的合動量為零，最后木板靜止時木塊也靜止，木板只與墻壁碰撞一次，根據能量關系可得μmgx＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02解得木塊相對木板的位移大小為eq\f(v02,μg)，故B錯誤；如果M＝0.5m，木板與墻壁發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合動量方向向右，設第一次共速后的速度為v1，取向右為正，根據動量守恒定律可得mv0－Mv0＝(m＋M)v1解得v1＝eq\f(1,3)v0＜v0所以共速前木板沒有與墻壁碰撞，二者以共同速度v1勻速運動，木板第2次與墻壁碰撞時的速度為v1；同理可得，木板與墻壁第2次碰撞后達到共速的速度為v2＝eq\f(1,3)v1＝(eq\f(1,3))2v0木板第3次與墻壁碰撞時的速度為v2＝(eq\f(1,3))2v0以此類推，木板第100次與墻壁碰撞前瞬間的速度為v99＝(eq\f(1,3))99v0故C正確；如果M＝0.5m，木板最終停在墻的邊緣，全過程根據動量定理可得，在整個過程中墻對木板的沖量大小為I＝(m＋M)v0＝1.5mv0故D正確．16.(2022·北京朝陽區(qū)高三一模)如圖所示，兩個擺長均為L的單擺，擺球A、B質量分別為m1、m2，懸點均為O.在O點正下方0.19L處固定一小釘．初始時刻B靜止于最低點，其擺線緊貼小釘左側，A從圖示位置由靜止釋放(θ足夠小)，在最低點與B發(fā)生彈性正碰．兩擺在整個運動過程中均滿足簡諧運動條件，懸線始終保持繃緊狀態(tài)且長度不變，擺球可視為質點，不計碰撞時間及空氣阻力，重力加速度為g.下列選項正確的是()A．若m1＝m2，則A、B在擺動過程中上升的最大高度之比為9∶10B．若m1＝m2，則每經過1.9πeq\r(\f(L,g))時間A回到最高點C．若m1>m2，則A與B第二次碰撞不在最低點D．若m1<m2，則A與B第二次碰撞必在最低點【答案】B【解析】兩球發(fā)生彈性正碰m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0若m1＝m2，則A、B兩球發(fā)生彈性正碰時交換速度，即碰后A的速度減為零，B的速度等于A到達最低點時的速度，只有B向上擺動，根據機械能守恒知，A、B兩球擺動過程中上升的高度之比為1∶1，根據單擺模型可知B的周期TB＝2πeq\r(\f(0.81L,g))＝1.8πeq\r(\f(L,g))A的周期TA＝2πeq\r(\f(L,g))則當A再次回到最高點時的時間為t＝eq\f(1,2)(TA＋TB)＝1.9πeq\r(\f(L,g))選項A錯誤，B正確．若m1>m2，則碰撞后，A的速度方向繼續(xù)向右，B球的速度方向也向右，兩球均繞釘子做單擺運動，擺動的周期相等，A、B第二次碰撞的位置在最低點，故C錯誤；若m1<m2，則碰撞后，A的速度方向向左，B球的速度方向向右，兩球做單擺運動的擺長不等，兩球做單擺運動的周期不等，均經過二分之一個周期回到最低點，可知A、B碰撞的位置不在最低點，故D錯誤．17.(2022·河南省高三二模)如圖所示，質量均為2kg的三個物塊靜止在光滑水平面上，其中物塊B的右側固定一水平輕彈簧，物塊A與彈簧接觸但不拴接.某時刻物塊A突然以v0＝3m/s的速度向左運動，已知當A、B速度相等時，B與C恰好發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程時間極短，然后繼續(xù)運動.若B、C碰撞過程中損失的機械能為ΔE，B、C碰撞后運動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，則()A.ΔE＝4.875J B.ΔE＝1.125JC.Ep＝6J D.Ep＝4.875J【答案】BD【解析】對A、B整體由動量守恒有mv0＝2mv1對B、C整體由動量守恒有mv1＝2mv2解得v2＝eq\f(v0,4)對A、B、C整體由動量守恒有mv0＝3mv3B、C碰撞過程中損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv22＝1.125JB、C碰撞后運動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mv02－ΔE－eq\f(1,2)×3mv32＝4.875J，故選B、D.18.(2022·東北師大附中等五校聯(lián)考)如圖所示，水平面上O點左側為動摩擦因數(shù)μ＝0.6的粗糙段，O點右側光滑.兩個可視為質點的物體A和B，物體A的質量為m＝1kg，放在距O點左側x1＝3m處，物體B靜止放在距O點右側x2＝4m處.現(xiàn)給物體A一個向右的初速度v0＝10m/s，物體A穿過粗糙區(qū)后在O點右側段與物體B發(fā)生彈性正碰.碰后物體A恰好能返回出發(fā)點，重力加速度g取10m/s2.求：(1)物體A向右從O點到與物體B碰撞前瞬間所用的時間t1；(2)物體A與B碰撞后瞬間，物體A的速度大小v1；(3)物體B的質量M.【答案】(1)0.5s(2)6m/s(3)7kg【解析】(1)物體A在O點左側做勻減速直線運動，設到O點時的速度大小為vt對這個運動過程由牛頓第二定律得μmg＝ma解得a＝6m/s2由運動學公式有vt2－v02＝－2ax1解得vt＝8m/s物體A在O點右側做勻速直線運動，故有x2＝vtt1解得t1＝0.