2022年新課標高中物理模型與方法專題10碰撞與類碰撞模型

2022年新課標高中物理模型與方法專題10碰撞與類碰撞模型專題10碰撞與類碰撞模型【模型一】彈性碰撞模型1．彈性碰撞發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ（1）m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.2．“動靜相碰型”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′m1v＝m1v1′2＋m2v2′2解得：v1′＝，v2′＝結(jié)論：（1）當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1（質(zhì)量相等，速度交換）（2）當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′（大碰小，一起跑）（3）當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0（小碰大，要反彈）（4）當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1（極大碰極小，大不變，小加倍）（5）當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0（極小碰極大，小等速率反彈，大不變）（2021·四川成都七中5月測試）1．三個半徑相同的彈性球，靜止置于光滑水平面的同一直線上，順序如圖所示，已知mA=m，mC=4m．當A以速度v0向B運動，若要使得BC碰后C具有最大速度，則B的質(zhì)量應為（）A．m B．2m C．3m D．4m【答案】B【詳解】設(shè)B球的質(zhì)量為M．以碰撞前A球的速度方向為正，A球與B球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為v1和v2，根據(jù)A球與B球動量守恒得：mv0=mv1+Mv2由能量守恒定律得：mv02=mv12+Mv22解得：v2=；B球與C球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為v′2和v3，由能量守恒定律得：Mv22=Mv′22+×（4m）v32規(guī)定碰撞前A球的速度方向為正，由動量守恒定律得：Mv2=Mv′2+4mv3解得：v3=故C球碰撞后的速度為：由數(shù)學關(guān)系解得：M==2m時，C球碰撞后的速度最大．故選B．點睛：本題貌似發(fā)生很多次碰撞，但只要依次分析，會發(fā)現(xiàn)僅僅碰撞兩次，如果真是發(fā)生很多次碰撞，也要先依次分析，然后找規(guī)律簡化過程．關(guān)鍵要掌握動量守恒定律和能量守恒定律的應用．（2021·山東濟南市歷城二中一模）2．彈玻璃球是小朋友經(jīng)常玩的一個游戲，小華在光滑水平桌面上用一個質(zhì)量為3m的綠色彈珠以某一速度與前方靜止的質(zhì)量為m的黃色彈珠發(fā)生彈性正碰，已知碰撞前綠色彈珠的動能為E，碰撞之后黃色彈珠的動能為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】發(fā)生彈性正碰，則有，解得黃色彈珠的動能為故選B。（2021·福建省廈門雙十中學高三上學期11月期中）3．如圖所示，運動的球A在光滑水平面上與一個原來靜止的球B發(fā)生彈性碰撞，A．要使B球獲得最大動能，則應讓A,B兩球質(zhì)量相等B．要使B球獲得最大速度，則應讓A球質(zhì)量遠大于B球質(zhì)量C．要使B球獲得最大動量，則應讓A球質(zhì)量遠小于B球質(zhì)量D．若A球質(zhì)量遠大于B球質(zhì)量，則B球?qū)@得最大動能、最大速度及最大動量【答案】ABC【詳解】設(shè)A球的質(zhì)量為、B球質(zhì)量為、碰前A球的速度為，A與B發(fā)生彈性碰撞，則：、，解得：、．A：據(jù)，當A、B兩球質(zhì)量相等時，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動能，B球獲得了最大動能．故A項正確．B：據(jù)，當A球質(zhì)量遠大于B球質(zhì)量時，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍．故B項正確．C：據(jù)，當A球質(zhì)量遠小于B球質(zhì)量時，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A球初始動量的接近2倍，B球獲得最大動量．故C項正確．D：由上面三項分析知，D項錯誤．（2021·山東省濟寧市高三上學期1月期末）4．如圖所示，一水平輕彈簧右端固定在水平面右側(cè)的豎直墻壁上，質(zhì)量為M=2kg的物塊靜止在水平面上的P點，質(zhì)量為m=1kg的光滑小球以初速度v0=3m/s與物塊發(fā)生彈性正碰，碰后物塊向右運動并壓縮彈簧，之后物塊被彈回，剛好能回到P點。不計空氣阻力，物塊和小球均可視為質(zhì)點。求：(1)小球的最終速度；(2)彈簧的最大彈性勢能Ep?！敬鸢浮?1)1m/s，方向水平向左；(2)2J【詳解】(1)規(guī)定向右為正方向，設(shè)小球與物塊發(fā)生彈性正碰后瞬間小球的速度為v1，物塊的速度為v2。碰撞前后小球與物塊系統(tǒng)動量守恒碰撞前后瞬間小球與物塊系統(tǒng)動能守恒由以上兩式解得v1=1m/sv2=2m/s小球的最終速度大小為1m/s，方向水平向左；(2)設(shè)物塊碰后向右運動至回到P點的全過程物塊克服摩擦力做的功為W克對全過程，由動能定理碰后物塊向右運動至速度為零的過程中，由動能定理得解得Ep=2J（2020·河南名校聯(lián)考）5．光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動．在小球的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖所示。小球A與小球B發(fā)生正碰后，小球A、B均向右運動，小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQPO，假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，小球均可看成質(zhì)點，求：（1）兩小球質(zhì)量之比；（2）若小球A與小球B碰后的運動方向以及小球B反彈后與A相遇的位置均未知，兩小球A、B質(zhì)量滿足什么條件，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰。【答案】（1）2：1；（2）m1>【詳解】（1）兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機械能損失，由機械能守恒定律得m1v02＝m1v12＋m2v22從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，又由于PQPO則小球A和B通過的路程之比為s1：s2＝v1t：v2t＝1：4聯(lián)立解得＝（2）由（1）中兩式解得v1＝v0v2＝v0若小球A碰后靜止或繼續(xù)向右運動，一定與小球B第一次反彈后相碰，此時有v1≥0此時m1≥m2若小球A碰后反向運動，則v1<0此時m1<m2則小球A與B第一次反彈后相碰需滿足|v1|<|v2|即v0<v0解得m1>綜上所述，只要小球A、B質(zhì)量滿足m1>，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰。（2021屆廣東省河源市高三模擬）6．內(nèi)壁光滑的圓環(huán)管道固定于水平面上，圖為水平面的俯視圖。O為圓環(huán)圓心，直徑略小于管道內(nèi)徑的甲、乙兩個等大的小球（均可視為質(zhì)點）分別靜置于P、Q處，PO⊥OQ，甲、乙兩球質(zhì)量分別為m、km?，F(xiàn)給甲球一瞬時沖量，使甲球沿圖示方向運動，甲、乙兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間不計，碰后甲球立即向左運動，甲球剛返回到P處時，恰好與乙球再次發(fā)生碰撞，則（）A．k= B． C．k=2 D．k=5【答案】B【詳解】設(shè)甲球初速度為v0，初始時兩球間的弧長為l，則管道長為4l，設(shè)碰撞后甲、乙小球速度大小分別為v1、v2，兩球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得由機械能守恒得由于再次碰撞，則有聯(lián)立方程，解得故選B?！灸Ｐ投糠菑椥耘鲎?、完全非彈性碰撞模型1.非彈性碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ（1）損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得：?m1v12+?m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.（2）2．完全非彈性碰撞碰后物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v共（1）完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：ΔEk=?m1v12+?m2v22?（m1+m2）v共2.（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=（2020·全國三卷15題）7．甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為（）A．3J B．4J C．5J D．6J【答案】A【詳解】由vt圖可知，碰前甲、乙的速度分別為，；碰后甲、乙的速度分別為，，甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得解得則損失的機械能為解得故選A。2021·銀川模擬）8．、兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，、分別為、兩球碰前的位移隨時間變化的圖象，球質(zhì)量是，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是（

）A．碰撞前、后球的動量變化量為B．碰撞時球?qū)η蛩┑臎_量為C．、兩球碰撞前的總動量為D．碰撞中、兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為【答案】ABD【分析】本題考查動量守恒及碰撞問題，首先根據(jù)位移時間圖像求出兩物體碰撞前后的速度，然后根據(jù)動量守恒求出物體的質(zhì)量，即可求出總動量和動能損失?！驹斀狻扛鶕?jù)圖象可知，碰前球的速度，碰前球的速度，碰后、兩球共同的速度，故碰撞前、后球的動量變化量為選項A正確；球的動量變化量為，碰撞過程中動量守恒，球的動量變化為，根據(jù)動量定理，碰撞過程中球?qū)η蛩┑臎_量為，選項B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有解得故碰撞過程中、兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為選項D正確；、兩球碰撞前的總動量為選項C錯誤。故選ABD。（2021·吉林省榆樹一中高三上學期1月期末）9．如圖，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知A的質(zhì)量mA=1kg，B的質(zhì)量mB=2kg，圓弧軌道的半徑R=0.45m，圓弧軌道光滑，A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2(1)求碰撞前瞬間A的速率v；(2)求碰撞后瞬間A和B整體的速率和碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機械能E損；(3)A和B整體在桌面上滑動的距離L?！敬鸢浮?1)；(2)；3J；(3)【詳解】(1)對A，從釋放→碰撞前，由動能定理得解得(2)對A、B組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中，由動量守恒得解得碰撞之前的機械能為碰撞之前的機械能為碰撞過程中損失的機械能為E損=E前－E后=3J(3)A和B整體在桌面上做勻減速直線運動，有得又得（2021·黑龍江牡丹江一中高三上學期1月期末）10．如圖所示，光滑水平面上的物體B、C靜止放置，物體A以速度向B運動，A、B、C質(zhì)量均為m且處于同一直線上，A與B碰后粘合在一起，隨后AB與C發(fā)生彈性碰撞，求：①A、B碰撞系統(tǒng)損失的機械能；②AB與C發(fā)生彈性碰撞后，各物體的速度大小?！敬鸢浮竣?；②，【詳解】①設(shè)A與B碰后粘合在一起的速度大小為，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得A、B碰撞系統(tǒng)損失的機械能②設(shè)AB與C發(fā)生彈性碰撞后，速度大小分別為、，AB與C發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以A的速度方向為正方向，則有，解得，【模型三】碰撞模型三原則（1）動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.（2）動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.（3）速度要合理①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變?！酒渌椒á佟颗R界法彈性碰撞沒有動能損失，完全非彈性碰撞動能損失最多，計算出這兩種情況下的臨界速度，那么其他碰撞應該介于二者之間。（2021·黑龍江哈爾濱一中高三上學期11月期中）11．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，當A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（）A．vA′=5m/s，vBB．vA′=2m/s，vB′=4m/sC．vA′=－4m/s，vB′=7m/sD．vA′=7m/s，vB【答案】B【詳解】雖然題目所給四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必須要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際，即A、D項均錯誤；C項中，兩球碰后的總動能Ek后=mAvA′2＋mBvB′2=57J大于碰前的總動能Ek前=mAvA2＋mBvB2=22J違背了能量守恒，所以C項錯誤；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒，所以B項正確。故選B。2021·河南中原名校第五次考評）12．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量分別為mA=1kg，mB=2kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量變化量4kg?m/s，則下列說法正確的是A．左方是A球B．B球動量的變化量為4kg?m/sC．碰撞后A、B兩球速度大小之比為5：2D．經(jīng)過驗證兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞【答案】ABD【詳解】A．由題意知AB兩球初狀態(tài)均向右方運動，兩球能發(fā)生碰撞，則A球速度大，所以左方是A球，且vA=6m/s，vB=3m/s，故A正確；B．光滑水平面上大小相同A、B兩球在發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得所以故B正確；C．碰后A球的動量為2kg?m/s，所以碰后B球的動量為10kg?m/s。由于兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA，那么碰撞后A、B兩球速度大小之比2：5，故C錯誤；D．碰撞前系統(tǒng)的總動能為同理碰撞后系統(tǒng)的總動能為可知碰撞過程中系統(tǒng)的動能守恒，所以兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞。故D正確。2020·百師聯(lián)盟模擬四）13．質(zhì)量為3m速度為v的A球跟質(zhì)量為m的靜止B球發(fā)生正碰在兩球碰撞后的瞬間，以下說法正確的是（）A．A球速度可能反向 B．AvC．B球速度可能為v D．Bv【答案】BCD【詳解】AB．若是彈性碰撞，碰撞后A球的速度最小，B球的速度最大，由AB兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動量守恒可知又因彈性碰撞系統(tǒng)機械能守恒可得聯(lián)立解得若是完全非彈性碰撞，碰撞后A球的速度最大，B球的速度最小，由A、B兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動量守恒可知，解得故無論碰撞是彈性的還是非彈性的，碰撞后A球的速度滿足A球不可能反向，A不符合題意,B符合題意；CD．碰撞后B球的速度滿足，CD符合題意。故選BCD。（2020·天津高三質(zhì)檢）14．甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種()A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2【答案】C【詳解】甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′即p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加，所以有所以有因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有即同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即所以因此C選項正確。故選C。【模型四】小球—曲面模型（1）小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大水平方向動量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v能量守恒：m1v02＝（m1＋m2）v2＋m1gh（相當于完全非彈性碰撞）（2）小球返回曲面底端時動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22（相當于彈性碰撞）（2020·河南名校聯(lián)盟3月調(diào)研）15．如圖所示，在光滑的水平地面上，靜置一質(zhì)量為m的四分之一圓弧滑塊，圓弧半徑為R，一質(zhì)量也為m的小球，以水平速度v0自滑塊的左端A處滑上滑塊，當二者共速時，小球剛好到達圓弧上端B。若將小球的初速度增大為2v0，則小球能達到距B點的最大高度為（）A．R R C．3R D．4R【答案】C【詳解】當小球上升到圓弧的上端時，小球與滑塊速度相同，設(shè)為v1，以小球的初速度v0方向為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律得mv0=2mv1由機械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得若小球以2v0沖上滑塊，當小球上升到圓弧的上端時，小球與滑塊速度相同，設(shè)為v2，以小球的初速度方向為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律得2mv0=2mv2由機械能守恒定律得解得小球離開圓弧后做斜拋運動，豎直方向做減速運動，則故距B點的最大高度為3R。故選C。（2020·山東六校線上聯(lián)考）16．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)的圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為，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，小球均視為質(zhì)點，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運動到最高點時的速率為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【詳解】A．A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得解得vA=－2m/svB=4m/s故B的最大速率為4m/s，選項A正確；B．B沖上C并運動到最高點時二者共速，設(shè)為v，則MvB=(M＋2M)v得v=m/s選項B錯誤；CD．從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)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·MvB2=·MvB′2＋·2MvC′2聯(lián)立解得vB′=－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．（2021·四川遂寧市三診）17．如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m（h小于斜面體的高度）。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg，冰塊的質(zhì)量為m2=10kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g=10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】(1)20kg；(2)不能【詳解】(1)設(shè)斜面質(zhì)量為M，冰塊和斜面的系統(tǒng)，水平方向動量守恒系統(tǒng)機械能守恒解得(2)人推冰塊的過程得（向右）冰塊與斜面的系統(tǒng)，解得（向右）因，且冰塊處于小孩的后方，則冰塊不能追上小孩。（2021·安徽十校聯(lián)盟檢測）18．如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道M靜止在光滑水平面上，一個物塊m在水平地面上以大小為v0的初速度向右運動并無能量損失地滑上圓弧軌道，當物塊運動到圓弧軌道上某一位置時，物塊向上的速度為零，此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1：2，則此時物塊的動能與重力勢能之比為(以地面為零勢能面)A．1:2 B．1:3 C．1:6 D．1:9【答案】C【詳解】當物塊運動到圓弧上某一位置時，相對圓弧軌道的速度為零，此時物塊與圓弧軌道的速度相同，動能之比為1:2，則物塊與圓弧軌道的質(zhì)量之比為1:2，設(shè)物塊的質(zhì)量為，則有：得，此時物塊的動能為，根據(jù)機械能守恒定律，物塊的重力勢能為：，因此動能與重力勢能之比為1:6，故C正確，ABD錯誤。故選：C【模型五】小球—彈簧模型（1）兩小球速度相同時，彈簧最短，彈性勢能最大動量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v能量守恒：m1v02＝（m1＋m2）v2＋Epm（相當于完全非彈性碰撞）（2）彈簧恢復原長時：動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22（相當于完全彈性碰撞）（2021·河北第二次省際調(diào)研）19．如圖所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球，t=0時，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運動。它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動（整個運動過程中沒有接觸），它們運動的v－t圖像分別如圖（b）中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知（）A．兩小球帶電的電性一定相反B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2：1C．t2時刻，乙球的靜電力最大D．在0~t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小【答案】B【詳解】A．由圖可知乙球減速的同時，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電荷，故A錯誤；B．兩球作用過程中動量守恒，則解得故B正確；C．從v－t圖象可知，在t1時刻二者速度相等，則此時距離最近，此時靜電力最大，故C錯誤；D．在0－t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能先減小，t2時刻后逐漸增大，故D錯誤。故選B。（2020·重慶市江津中學月考）20．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使m1瞬間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，從圖像信息可得（）A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)逐漸恢復原長C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶2【答案】C【詳解】A．由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，總動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；B．結(jié)合題圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復原長，m2繼續(xù)加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，因為此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，故B錯誤；C．系統(tǒng)動量守恒，從t＝0開始到t1時刻有m1v1＝（m1＋m2）v2將v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得m1∶m2＝1∶2故C正確；D．在t2時刻，m1的速度為：v1′＝－1m/s，m2的速度為：v2′＝2m/s，又m1∶m2＝1∶2則動量大小之比為p1∶p2＝1∶4故D錯誤。故選C。（2020·山東泰安市高三檢測）21．如圖所示，水平地面上A、B兩個木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2m、3m，靜止時彈簧恰好處于原長．一質(zhì)量為m的木塊C以速度v0水平向右運動并與木塊A相撞，不計一切摩擦，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為（）A．mv02 B．mv02 C．mv02 D．mv02【答案】A【詳解】當C與A發(fā)生彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有聯(lián)立解得當A、B速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v，以A的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得得由機械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為解得當C與A發(fā)生完全非彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律有當A、B、C速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v′，則由動量守恒定律得由機械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為解得由此可知碰后彈簧的最大彈性勢能范圍是故A正確，BCD錯誤。故選A。（2020·遼寧省三模）22．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與豎直墻之間用水平輕彈簧連接．現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧．不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰開始到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是（）A．E＝mv02，I＝mv0 B．E＝mv02，I＝2mv0C．E＝mv02，I＝mv0 D．E＝mv02，I＝2mv0【答案】D【詳解】A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得則碰撞后，A、B一起壓縮彈簧，當A、B的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律，最大彈性勢能從球A被碰開始到回到原靜止位置的過程中，取向右為正方向，由動量定理得故選D。（2021·江西省高三上學期1月月考）23．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且嵌入其中．已知物體B的質(zhì)量為m，物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的，子彈的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的，求①彈簧壓縮到最短時物體B的速度；②彈簧的最大彈性勢能。【答案】①；②【詳解】①對木塊A、B與子彈，由動量守恒得得②對A與子彈，由動量守恒得得由能量守恒定律（2021屆湖南省三湘名校聯(lián)盟高三聯(lián)考）24．如圖所示，質(zhì)量為M的物塊甲，以速度沿光滑水平地面向前運動，連接有輕彈簧、質(zhì)量為m的物塊乙靜止在正前方，物塊甲與彈簧接觸后壓縮彈簧，則下列判斷錯誤的是（）A．僅增大，彈簧的最大壓縮量增大B．僅增大m，彈簧的最大壓縮量增大C．僅增大M，彈簧的最大壓縮量增大D．一定，一定，彈簧的最大壓縮量一定【答案】D【詳解】根據(jù)動量守恒有最大壓縮量時對應的彈性勢能。而彈性勢能于壓縮量之間的關(guān)系由些可以判斷，A、B、C項正確，D項錯誤。故選D。（2021屆重慶市沙坪壩一中高三模擬）25．如圖甲所示，在光滑水平面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度vo向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x；現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B（如圖乙所示），靜止在光滑水平面上。物體A以2vo的速度向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，已知整個過程彈簧處于彈性限度內(nèi)，則（）A．物體A的質(zhì)量為6mB．物體A的質(zhì)量為3mC．彈簧壓縮量為最大值x時的彈性勢能為D．彈簧重新恢復原長時，物體B的動量大小為【答案】BC【詳解】ABC．當彈簧固定時，當彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，物體A的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能，設(shè)A的質(zhì)量為，即有當彈簧一端連接另一質(zhì)量為的物體B時，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動，A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得聯(lián)立得故A錯誤，BC正確。D．彈簧重新恢復原長時，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得物體B的動量大小為解得選項D錯誤。故選BC。（2020·日照一模）26．如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量。若用錘子敲擊A球使A得到的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為；若用錘子敲擊B球B得到的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為，則與的大小關(guān)系為（）A． B． C． D．不能確定【答案】C【詳解】若用錘子敲擊A球。兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當彈簧最短時，兩者共速，則解得彈性勢能最大。最大為若用錘子敲擊B球，同理可得解得彈性勢能最大為即兩種情況下彈簧壓縮最短時。彈性勢能相等，則有故選C?！灸Ｐ土孔訌棿蚰緣K模型子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。設(shè)質(zhì)量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。要點詮釋：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒：……①從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有對子彈用動能定理：……②對木塊用動能定理：……③①、②相減得：……④對子彈用動量定理：……⑤對木塊用動量定理：……⑥點評：這個式子的物理意義是：恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應該用路程，而不是用位移）。由上式不難求得平均阻力的大小：至于木塊前進的距離，可以由以上②、③相比得出：從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：一般情況下，所以s2<<d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：④當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是（這里的為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計算的大小。（2021屆遼寧省沈陽實驗中學高三模擬）27．質(zhì)量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在光滑水平地面上質(zhì)量為M的木塊，并陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止，甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結(jié)束時子彈和木塊可能的相對位置，設(shè)木塊對子彈的阻力大小恒定，下列說法正確的是（）A．M越大，子彈射入木塊的時間越短B．M越大，子彈射入木塊的深度越深C．無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形D．若v0較小，則可能是甲圖所示情形；若v0較大，則可能是乙圖所示情形【答案】BC【詳解】A．由動量守恒定律則對木塊由動量定理解得則M越大，則t越大，選項A錯誤；B．由能量關(guān)系解得則M越大，則d越大，選項B正確；CD．對木塊由動能定理解得則則d>x即無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形，選項C正確，D錯誤。故選BC。（2021屆廣東省汕頭市金山中學高三期中）28．如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度，不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程，下列說法正確的是（）A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能不變【答案】CD【詳解】彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv=（M+m）v′解得彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能為A．若保持m、v、l不變，M變大，系統(tǒng)損失的機械能變大，故A錯誤；B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大，故B錯誤；C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大，故C正確；D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能不變，故D正確。故選CD。（2021屆福建省福州高三模擬）29．矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊．若射擊下層，子彈剛好不射出；若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示．則上述兩種情況相比較()A．子彈的末速度大小相等B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C．子彈對滑塊做的功不相同D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大【答案】AB【詳解】試題分析：根據(jù)動量守恒，兩次最終子彈與木塊的速度相等，A正確；根據(jù)能量守恒可知，初狀態(tài)子彈簧動能相同，末狀態(tài)兩木塊與子彈的動能也相同，因此損失的動能都轉(zhuǎn)化成了熱量相等，B正確，子彈對滑塊做的功等于滑塊末狀態(tài)的動能，兩次相等，因此做功相等，C錯誤，產(chǎn)生的熱量，由于產(chǎn)生的熱量相等，而相對位移不同，因此子彈和滑塊間的水平作用力大小不同，D錯誤．考點：能量守恒定律，動量守恒定律【名師點睛】本題是對能量守恒定律及動量守恒定律的考查；解題的關(guān)鍵是用動量守恒知道子彈只要留在滑塊中，他們的最后速度就是相同的；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積；這是一道考查動量和能量的綜合題；要注意掌握動量守恒的條件應用．（2020·四川二診）30．如圖甲所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上．一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊．當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s(圖乙)．設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點．則子彈穿過木塊的時間為A． B． C． D．【答案】D【分析】以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，滿足動量守恒定律，分別對子彈和木塊列動能定理表達式，再對木塊列動量定理表達式，聯(lián)立可求解.【詳解】子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊的系統(tǒng)，外力之和為零動量守恒，有：，設(shè)子彈穿過木塊的過程所受阻力為f，對子彈由動能定理：，由動量定理：，對木塊由動能定理：，由動量定理：，聯(lián)立解得：；故選D.【點睛】子彈穿過木塊的過程，子彈與木塊組成的相同動量守恒，由動量守恒定律與動量定理可以正確解題，解題時注意研究對象、研究過程的選擇.（2020·黃石模擬）31．如圖，質(zhì)量m1=0.45kg的平頂小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m2=0.5kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在車頂?shù)挠叶耍毁|(zhì)量為m0=0.05kg的子彈以水平速度v0=100m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2m/s的速度滑離小車．已知子彈與車的作用時間極短，小物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g=10m/s2，求：（1）子彈相對小車靜止時小車速度的大小；（2）小車的長度L．【答案】（1）10m/s

（2）2m【詳解】本題考查動量守恒與能量綜合的問題．（1）子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得m0v0=(m0+m1)v1…………①解得v1=10m/s（2）三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得(m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v3…………②解得v2=8m/s由能量守恒可得(m0+m1)=μm2g·L+(m0+m1)+m2…………③解得L=2m【模型七】滑塊木板模型示意圖木板初速度為零木板有初速度，板塊反向vt圖（2020·哈爾濱三中模擬）32．如圖所示，足夠長的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點的物塊P，P、Q間接觸面粗糙．現(xiàn)給P向右的速率VP，給Q向左的速率VQ，取向右為速度的正方向，不計空氣阻力，則運動過程P、Q速度隨時間變化的圖像可能正確的是：A．B．C．D．【答案】ABC【分析】開始時，兩物體均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終達到共同速度；對AB系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律進行討論即可.【詳解】開始時，兩物體均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終達到共同速度；設(shè)向右為正方向，對AB系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律；若，則v=0，圖像如圖A所示；若，則v>0，圖像如圖B所示；若，則v<0，圖像如圖C所示；故選項ABC正確，D錯誤；故選ABC.（2021·梅河口市第五中學高三月考）33．長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的另一滑塊B以水平速度滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖所示，則下列說法正確的是（）A．木板A獲得的動能為 B．木板A的最小長度為 D．系統(tǒng)損失的機械能為【答案】AD【詳解】A．由題圖象可知，木板獲得的速度是2m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0=（M+m）v解得M=2kg木板獲得的動能是A正確；B．由題圖象得到：0~1s時間內(nèi)B的位移A的位移是木板A的最小長度是Δx=xB?xA=2mB錯誤；C．由題圖象可知，B的加速度負號表示加速度方向，由牛頓第二定律得μmg=ma代入數(shù)據(jù)解得μC錯誤；D．系統(tǒng)減少的機械能代入數(shù)據(jù)解得?E=8JD正確。故選AD。（2021·海南中學高三上學期1月月考）34．如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，M=2m，A、B間動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A開始向左運動，B開始向右運動，最終A沒有滑離B。重力加速度為g，求：(1)A、B最后的速度大小和方向；(2)平板車B的最小長度L。【答案】(1)，方向向右；(1)【詳解】(1)對A、B系統(tǒng)由動量守恒定律得解得方向水平向右。(2)當A運動到B的最左端時達到共同速度v，由能量守