第27講 四種“類碰撞”典型模型研究（講義）解析版-2025年高考物理一輪復習講練測（新教材新高考）

第27講四種“類碰撞”典型模型研究目錄01、考情透視，目標導航TOC\o"1-3"\h\u02、知識導圖，思維引航 103、考點突破，考法探究 2考點一子彈打木塊模型 3考向1.子彈嵌入木塊中 3考向2.子彈穿透木塊 51349考點二“滑塊—木板”模型 8考點三“滑塊—彈簧”模型 11考點四“滑塊—斜(曲)面”模型 1404、真題練習，命題洞見 16考情分析2024·甘肅·高考物理試題2024·湖北·高考物理試題2024·遼寧·高考物理試題2023·湖南·高考物理試題2023·浙江高考物理試題復習目標目標1.會用動量觀點和能量觀點分析計算子彈打木塊模型。目標2.會用動量觀點和能量觀點分析計算滑塊—木板模型。目標3.會分析“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”與碰撞的相似性，并會用碰撞的相關知識解決實際問題?？键c一子彈打木塊模型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(tǒng)的動量守恒。(2)系統(tǒng)的機械能有損失。3．兩種情景(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)mv02－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)mv02－(eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22)考向1.子彈嵌入木塊中1.如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980g的長方形勻質木塊，現(xiàn)有一質量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動。已知木塊沿子彈運動方向的長度為10cm，子彈打進木塊的深度為6cm。設木塊對子彈的阻力保持不變。(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所產生的內能；(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？【答案】(1)6m/s882J(2)能【解析】(1)設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s此過程系統(tǒng)所產生的內能Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假設子彈以v0′＝400m/s的速度入射時沒有射穿木塊，則對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此過程系統(tǒng)損失的機械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x相′＝F阻d′則eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(1568,147)cm因為d′>10cm，所以能射穿木塊。2.如圖所示，質量為M的木塊靜止在光滑水平桌面上，一質量為m的子彈以水平速度v0射入木塊，深度為d時，子彈與木塊相對靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿桌面移動的距離為L，木塊對子彈的平均阻力為f，那么在這一過程中，下列說法正確的是()A.木塊的動能增加f(L＋d)B.子彈的動能減少量為fdC.子彈和木塊組成的系統(tǒng)動能減少量為fLD.子彈和木塊組成的系統(tǒng)的動能減少量為eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)【答案】D【解析】子彈對木塊的作用力大小為f，木塊相對于水平桌面的位移為L，則子彈對木塊做功為fL，根據(jù)動能定理得知，木塊動能的增加量等于子彈對木塊做的功，即fL，故A錯誤；子彈相對于地面的位移大小為L＋d，則木塊對子彈的阻力做功大小為f(L＋d)，根據(jù)動能定理得知，子彈動能的減少量等于子彈克服阻力做的功，大小為f(L＋d)，故B錯誤；子彈相對于木塊的位移大小為d，則系統(tǒng)克服阻力做的功為fd，根據(jù)功能關系可知，系統(tǒng)動能的減少量為fd，故C錯誤；由動量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，子彈和木塊(系統(tǒng))的動能減少量為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得ΔEk＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)，故D正確?？枷?.子彈穿透木塊1．如圖所示，木塊置于光滑的水平面上，質量為m的子彈以初速度v0水平向右射向木塊，穿出木塊時子彈的速度為，木塊的速度為。設子彈穿過木塊的過程中木塊對子彈的阻力始終保持不變，下列說法正確的是（

）A．木塊的質量為3mB．子彈穿過木塊的過程中，系統(tǒng)損失的動能為C．若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，子彈穿出時速度小于D．若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，系統(tǒng)產生的內能小于【答案】AB【詳解】AB．子彈擊穿木塊的過程，有解得M=3m故AB正確；D．若將木塊固定，子彈與木塊的相對位移不變，系統(tǒng)產生的內能即減少的動能仍為。故D錯誤；C．由能量守恒可得解得故C錯誤。故選AB。2．如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小成正比，即（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小，若木塊獲得的速度最大，則（）A．子彈的初速度大小為B．子彈在木塊中運動的時間為C．木塊和子彈損失的總動能為D．木塊在加速過程中運動的距離為【答案】AD【詳解】A．子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別為，則有子彈和木塊相互作用過程中合力都為，因此子彈和物塊的加速度分別為由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為聯(lián)立上式可得因此木塊的速度最大即取極值即可，該函數(shù)在到無窮單調遞減，因此當木塊的速度最大，A正確；B．則子彈穿過木塊時木塊的速度為由運動學公式可得故B錯誤；C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉化為系統(tǒng)摩擦生熱，即故C錯誤；D．木塊加速過程運動的距離為故D正確。故選AD。3．如圖所示，把一個質量的小球靜置于高度的直桿的頂端。一顆質量的子彈以的速度沿水平方向擊中小球，并經球心穿過小球，小球落地處離桿的水平距離。取重力加速度，不計空氣阻力。求：（1）小球水平拋出的速度；（2）子彈剛落地時刻的動能；（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機械能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在空中做平拋運動，豎直方向有解得小球水平拋出的速度為（2）子彈穿過小球過程，根據(jù)動量守恒可得解得子彈速度為對子彈根據(jù)動能定理可得可得子彈剛落地時刻的動能為（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機械能為考點二“滑塊—木板”模型1.模型圖示2.模型特點(1)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能。(2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大。3.求解方法(1)求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個系統(tǒng)。(2)求時間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個物體。(3)求系統(tǒng)產生的內能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統(tǒng)。1.質量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有一質量為m2＝0.2kg、可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0＝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)μ＝0.5，g取10m/s2，求：(1)物塊與小車的共同速度大小v；(2)物塊相對小車滑行的時間t；(3)從開始到共速，小車運動的位移大小x1；(4)從開始到共速，物塊運動的位移大小x2；(5)在此過程中系統(tǒng)產生的內能；(6)若物塊不滑離小車，物塊的速度不能超過多少?！敬鸢浮?1)0.8m/s(2)0.24s(3)0.096m(4)0.336m(5)0.24J(6)5m/s【解析】(1)設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＝(m1＋m2)v，解得v＝eq\f(m2v0,m1＋m2)＝0.8m/s(2)對物塊由動量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0解得t＝eq\f(v0－v,μg)＝0.24s(3)對小車，根據(jù)動能定理有μm2gx1＝eq\f(1,2)m1v2－0，解得x1＝eq\f(m1v2,2μm2g)＝0.096m(4)x2＝eq\f(v0＋v,2)t＝eq\f(2＋0.8,2)×0.24m＝0.336m(5)方法一Δx＝x2－x1＝0.24mQ＝μm2g·Δx＝0.24J方法二Q＝ΔE＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝0.24J(6)m2v0′＝(m1＋m2)v′eq\f(1,2)m2v0′2－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＝μm2gL聯(lián)立解得v0′＝5m/s。2.如圖所示，質量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有質量m2＝0.2kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，則()A.物塊滑上小車后，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒B.增大物塊與車面間的動摩擦因數(shù)，摩擦生熱變大C.若v0＝2.5m/s，則物塊在車面上滑行的時間為0.24sD.若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5m/s【答案】D【解析】物塊與小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒、物塊相對小車滑動過程中克服摩擦力做功，部分機械能轉化為內能，系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系統(tǒng)產生的內能Q＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2（m1＋m2）)，則增大物塊與車面間的動摩擦因數(shù)，摩擦生熱不變，B錯誤；若v0＝2.5m/s，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1m/s，對物塊，由動量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3s，C錯誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面右端時與小車有共同的速度v′，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5m/s，D正確。3.如圖所示，一質量為3kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質量為2kg，停在木板B的左端。質量為1kg的小球用長為l＝1.8m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩向左拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與物塊A發(fā)生彈性碰撞，碰后立即取走小球，物塊A與小球均可視為質點，不計空氣阻力，已知物塊A與木板B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。(1)求碰撞過程中小球對物塊A的沖量大?。?2)若木板長度為eq\f(7,3)m，求物塊A的最終速度大小?！敬鸢浮?1)8kg·m/s(2)2m/s【解析】(1)小球由靜止擺至最低點的過程，由機械能守恒定律有mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球與物塊A發(fā)生彈性碰撞過程，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mAv2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)對物塊A運用動量定理得I＝mAv2－0聯(lián)立解得I＝8kg·m/s。(2)假設物塊A與木板B達到共同速度，設相對位移為s，由動量守恒定律和能量守恒定律得mAv2＝(mA＋mB)vμmAgs＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))v2聯(lián)立解得s＝2.4m因L<s，故物塊A從木板B上滑下，設物塊A與木板B最終速度分別為vA和vB，由動量守恒定律和能量守恒定律得mAv2＝mAvA＋mBvBμmAgL＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得vA＝2m/seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vA＝\f(6,5)m/s舍去))?？键c三“滑塊—彈簧”模型 1.模型圖示2.模型特點(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。(2)機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。(3)彈簧處于最長(或最短)狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2。(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能無損失(相當于剛完成彈性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)。1.如圖，質量為m2＝4kg和m3＝3kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間用輕彈簧拴接。現(xiàn)有質量為m1＝1kg的物體以速度v0＝8m/s向右運動，m1與m3碰撞(碰撞時間極短)后粘合在一起。試求：(1)m1和m3碰撞過程中損失的機械能是多少？(2)彈簧能產生的最大彈性勢能是多少？(3)彈簧在第一次獲得最大彈性勢能的過程中，對m3沖量的大小是多少？【答案】(1)24J(2)4J(3)4kg·m/s【解析】(1)設m1與m3碰撞后的速度為v1，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m3)v1由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,1)＋ΔE代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝24J。(2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向由動量守恒定律得(m1＋m3)v1＝(m1＋m2＋m3)v共代入數(shù)據(jù)解得v共＝1m/s由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)veq\o\al(2,共)＋ΔEp代入數(shù)據(jù)解得ΔEp＝4J。(3)設彈簧對m2的沖量為I2，對m2由動量定理得I2＝m2v共－0＝4kg·m/s所以彈簧對m3沖量的大小是I3＝I2＝4kg·m/s。2.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上。現(xiàn)使m1瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，以下說法正確的是()A.兩物塊的質量之比為m1∶m2＝2∶1B.在t1時刻和t3時刻彈簧的彈性勢能均達到最大值C.t1～t2時間內，彈簧的長度大于原長D.t2～t3時間內，彈簧的彈力逐漸減小【答案】B【解析】以m1的初速度方向為正方向，t1時刻A、B共速，由動量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，將v1＝3m/s，v共＝1m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A錯誤；根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知在t1時刻和t3時刻，系統(tǒng)的動能最小，彈簧的彈性勢能達到最大值，故B正確；在t1時刻彈簧壓縮至最短，所以t1～t2時間內，彈簧的長度小于原長，故C錯誤；t2～t3時間內，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大，故D錯誤。3.(多選)如圖所示，質量為m的物體A放在光滑水平面上，右端與一水平輕質彈簧相連，彈簧另一端固定在墻上，質量為m的物體B以速度v0向右運動，與A相碰后一起壓縮彈簧，直至B與A分離的整個過程中，下列說法正確的是()A．在整個過程中，物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(1,4)mv02C．物體A對B的沖量大小為eq\f(3,2)mv0D．物體A對B做的功為eq\f(1,8)mv02【答案】BC【解析】：A和B發(fā)生完全非彈性碰撞過程有機械能的損失，而在彈簧被壓縮的過程中，物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則全過程系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；A和B發(fā)生完全非彈性碰撞有mv0＝2mvt，可得共同速度為vt＝eq\f(v0,2)，則彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)·2m·vt2－0＝eq\f(1,4)mv02，故B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，B與A分離時速度大小為vt，方向向左，根據(jù)動量定理知物體A對B的沖量即為物體B動量的變化量I＝m(－vt)－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，則物體A對B的沖量大小為eq\f(3,2)mv0，故C正確；根據(jù)動能定理知物體A對B做的功即為物體B動能的變化量ΔEk＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02＝－eq\f(3,8)mv02，故D錯誤?？键c四“滑塊—斜(曲)面”模型 模型圖示模型特點(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉化為m的重力勢能)。(2)返回最低點：水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相當于完成了彈性碰撞)。1.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質點)的質量為滑塊P的質量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek1?，F(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,2) D.eq\f(4,3)【答案】C【解析】設滑塊P的質量為2m，則小球Q的質量為m，弧形頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時，Q下滑過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除鎖定，Q下滑過程中，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,P)，Q離開P時的動能Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，聯(lián)立解得eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(3,2)，故C正確。2.(多選)如圖所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧斜劈B，斜劈的質量是M＝3kg，底端與水平面相切，左邊有質量是m＝1kg的小球A以初速度v0＝4m/s從切點C(是圓弧的最低點)沖上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A.小球A不能從斜劈頂端沖出B.小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈C.小球A沖上斜劈過程中經過最低點C時對斜劈的壓力大小是30ND.小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2m/s，方向向左【答案】ACD【解析】小球A向右運動到斜劈最低點C時，設此時斜劈對小球的支持力為F1，則F1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，代入數(shù)據(jù)得F1＝30N，由牛頓第三定律知，小球A對斜劈的壓力是30N，選項C正確；假設小球能運動到斜劈頂端，此時小球和斜劈水平速度相等為v1，小球豎直速度為v2，水平方向由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，小球和斜劈組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋mgR，聯(lián)立解得v1＝1m/s，veq\o\al(2,2)＝－4m2/s2<0，故小球A不能從斜劈頂端沖出，選項A正確，B錯誤；當小球A在斜劈上返回最低點C時，設小球A和斜劈的速度分別為v3、v4，則根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mv3＋Mv4，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)，聯(lián)立得v3＝－2m/s，v4＝2m/s，小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2m/s，方向向左，選項D正確。3.(多選)(2024·黑龍江牡丹江市二中月考)如圖所示，質量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側面為圓弧面且與水平地面相切，質量為m的滑塊b以初速度v0向右運動滑上a，沿a左側面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是()A.滑塊b沿a上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),5g)B.物塊a運動的最大速度為eq\f(2v0,5)C.物塊a對滑塊b的沖量大小eq\f(1,5)mv0D.物塊a對滑塊b所做的功－eq\f(8,25)mveq\o\al(2,0)【答案】BD【解析】b沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2veq\o\al(2,0),5g)，A錯誤；滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運動的速度最大，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正確；對b由動量定理得I＝－eq\f(3,5)mv0－mv0＝－eq\f(8,5)mv0，C錯誤；對b由動能定理得W＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(8,25)mveq\o\al(2,0)，D正確。1．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小成正比，即（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小，若木塊獲得的速度最大，則（）A．子彈的初速度大小為B．子彈在木塊中運動的時間為C．木塊和子彈損失的總動能為D．木塊在加速過程中運動的距離為【答案】AD【詳解】A．子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別為，則有子彈和木塊相互作用過程中合力都為，因此子彈和物塊的加速度分別為由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為聯(lián)立上式可得因此木塊的速度最大即取極值即可，該函數(shù)在到無窮單調遞減，因此當木塊的速度最大，A正確；B．則子彈穿過木塊時木塊的速度為由運動學公式可得故B錯誤；C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉化為系統(tǒng)摩擦生熱，即故C錯誤；D．木塊加速過程運動的距離為故D正確。故選AD。2．（2023·遼寧·高考真題）如圖，質量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為。取重力加速度g=10m/s2，結果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時速度的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大?。唬?）已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉化的內能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【詳解】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有則木板運動前右端距彈簧左端的距離有v12=2a1x1代入數(shù)據(jù)解得x1=0.125m（2）木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有代入數(shù)據(jù)有

（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有U=Wf聯(lián)立有3．（2023·湖南·高考真題）如圖，質量為的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系，橢圓長軸位于軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為。（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；（2）在平面直角坐標系中，求出小球運動的軌跡方程；（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY果用及表示）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機械能守恒聯(lián)立解得因水平方向在任何時候都動量守恒即兩邊同時乘t可得且由幾何關系可知聯(lián)立得（2）小球向左運動過程中凹槽向右運動，當小球的坐標為時，此時凹槽水平向右運動的位移為，根據(jù)上式有則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學知識可知此時的橢圓方程為整理得（）（3）將代入小球的軌跡方程化簡可得即此時小球的軌跡為以為圓心，b為半徑的圓，則當小球下降的高度為時有如圖

此時可知速度和水平方向的的夾角為，小球下降的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒系統(tǒng)機械能守恒聯(lián)立得4．（2023·浙江·高考真題）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質量的滑塊a以初速度從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差?！敬鸢浮浚?）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【詳解】（1）滑塊a從D到F，由能量關系在F點解得FN=31.2N（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為根據(jù)可得在C點的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞