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(fù)習(xí)講練測(cè)（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(biāo)導(dǎo)航TOC\o"1-3"\h\u02、知識(shí)導(dǎo)圖，思維引航 103、考點(diǎn)突破，考法探究 2考點(diǎn)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(diǎn)二“滑塊—木板”模型 8考點(diǎn)三“滑塊—彈簧”模型 11考點(diǎn)四“滑塊—斜(曲)面”模型 1404、真題練習(xí)，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(fù)習(xí)目標(biāo)目標(biāo)1.會(huì)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析計(jì)算子彈打木塊模型。目標(biāo)2.會(huì)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析計(jì)算滑塊—木板模型。目標(biāo)3.會(huì)分析“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”與碰撞的相似性，并會(huì)用碰撞的相關(guān)知識(shí)解決實(shí)際問題?？键c(diǎn)一子彈打木塊模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)系統(tǒng)的機(jī)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(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)動(dòng)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(dòng)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(gè)質(zhì)量為980g的長(zhǎng)方形勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一質(zhì)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(yùn)動(dòng)。已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的長(zhǎng)度為10cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6cm。設(shè)木塊對(duì)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?cè)诖诉^程中所產(chǎn)生的內(nèi)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(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)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(chǎn)生的內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假設(shè)子彈以v0′＝400m/s的速度入射時(shí)沒有射穿木塊，則對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)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(jī)械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關(guān)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?yàn)閐′>10cm，所以能射穿木塊。2.如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊，深度為d時(shí)，子彈與木塊相對(duì)靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿桌面移動(dòng)的距離為L(zhǎng)，木塊對(duì)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(dòng)能增加f(L＋d)B.子彈的動(dòng)能減少量為fdC.子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)能減少量為fLD.子彈和木塊組成的系統(tǒng)的動(dòng)能減少量為eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)【答案】D【解析】子彈對(duì)木塊的作用力大小為f，木塊相對(duì)于水平桌面的位移為L(zhǎng)，則子彈對(duì)木塊做功為fL，根據(jù)動(dòng)能定理得知，木塊動(dòng)能的增加量等于子彈對(duì)木塊做的功，即fL，故A錯(cuò)誤；子彈相對(duì)于地面的位移大小為L(zhǎng)＋d，則木塊對(duì)子彈的阻力做功大小為f(L＋d)，根據(jù)動(dòng)能定理得知，子彈動(dòng)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(cuò)誤；子彈相對(duì)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(guān)系可知，系統(tǒng)動(dòng)能的減少量為fd，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)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(dòng)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(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平向右射向木塊，穿出木塊時(shí)子彈的速度為，木塊的速度為。設(shè)子彈穿過木塊的過程中木塊對(duì)子彈的阻力始終保持不變，下列說法正確的是（

）A．木塊的質(zhì)量為3mB．子彈穿過木塊的過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)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(shí)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(chǎn)生的內(nèi)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(duì)位移不變，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能即減少的動(dòng)能仍為。故D錯(cuò)誤；C．由能量守恒可得解得故C錯(cuò)誤。故選AB。2．如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C．木塊和子彈損失的總動(dòng)能為D．木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)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(diào)遞減，因此當(dāng)木塊的速度最大，A正確；B．則子彈穿過木塊時(shí)木塊的速度為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得故B錯(cuò)誤；C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即故C錯(cuò)誤；D．木塊加速過程運(yùn)動(dòng)的距離為故D正確。故選AD。3．如圖所示，把一個(gè)質(zhì)量的小球靜置于高度的直桿的頂端。一顆質(zhì)量的子彈以的速度沿水平方向擊中小球，并經(jīng)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(jì)空氣阻力。求：（1）小球水平拋出的速度；（2）子彈剛落地時(shí)刻的動(dòng)能；（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒可得解得子彈速度為對(duì)子彈根據(jù)動(dòng)能定理可得可得子彈剛落地時(shí)刻的動(dòng)能為（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為考點(diǎn)二“滑塊—木板”模型1.模型圖示2.模型特點(diǎn)(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。(2)若滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，木板速度最大，相對(duì)位移最大。3.求解方法(1)求速度：根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)。(2)求時(shí)間：根據(jù)動(dòng)量定理求解，研究對(duì)象為一個(gè)物體。(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對(duì)位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)。1.質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L＝1.5m，現(xiàn)有一質(zhì)量為m2＝0.2kg、可視為質(zhì)點(diǎn)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(duì)靜止，物塊與小車間的動(dòng)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(duì)小車滑行的時(shí)間t；(3)從開始到共速，小車運(yùn)動(dòng)的位移大小x1；(4)從開始到共速，物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小x2；(5)在此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)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(shè)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(dòng)量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝eq\f(m2v0,m1＋m2)＝0.8m/s(2)對(duì)物塊由動(dòng)量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0解得t＝eq\f(v0－v,μg)＝0.24s(3)對(duì)小車，根據(jù)動(dòng)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(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L＝1.5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)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(duì)靜止。物塊與車面間的動(dòng)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(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B.增大物塊與車面間的動(dòng)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(shí)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(dòng)量守恒、物塊相對(duì)小車滑動(dòng)過程中克服摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)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(dòng)摩擦因數(shù)，摩擦生熱不變，B錯(cuò)誤；若v0＝2.5m/s，由動(dòng)量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1m/s，對(duì)物塊，由動(dòng)量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3s，C錯(cuò)誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v′，以向右為正方向，由動(dòng)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(zhì)量為3kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質(zhì)量為2kg，停在木板B的左端。質(zhì)量為1kg的小球用長(zhǎng)為l＝1.8m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)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(diǎn)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(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知物塊A與木板B之間的動(dòng)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?qū)ξ飰KA的沖量大??；(2)若木板長(zhǎng)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(diǎn)的過程，由機(jī)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(dòng)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(duì)物塊A運(yùn)用動(dòng)量定理得I＝mAv2－0聯(lián)立解得I＝8kg·m/s。(2)假設(shè)物塊A與木板B達(dá)到共同速度，設(shè)相對(duì)位移為s，由動(dòng)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(shè)物塊A與木板B最終速度分別為vA和vB，由動(dòng)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(diǎn)三“滑塊—彈簧”模型 1.模型圖示2.模型特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒：兩個(gè)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(dòng)量守恒。(2)機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(zhǎng)(或最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相同，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)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(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能無損失(相當(dāng)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(zhì)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?，F(xiàn)有質(zhì)量為m1＝1kg的物體以速度v0＝8m/s向右運(yùn)動(dòng)，m1與m3碰撞(碰撞時(shí)間極短)后粘合在一起。試求：(1)m1和m3碰撞過程中損失的機(jī)械能是多少？(2)彈簧能產(chǎn)生的最大彈性勢(shì)能是多少？(3)彈簧在第一次獲得最大彈性勢(shì)能的過程中，對(duì)m3沖量的大小是多少？【答案】(1)24J(2)4J(3)4kg·m/s【解析】(1)設(shè)m1與m3碰撞后的速度為v1，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向由動(dòng)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(dòng)量守恒，以向右為正方向由動(dòng)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(shè)彈簧對(duì)m2的沖量為I2，對(duì)m2由動(dòng)量定理得I2＝m2v共－0＝4kg·m/s所以彈簧對(duì)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(zhì)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?，F(xiàn)使m1瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)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(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1B.在t1時(shí)刻和t3時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能均達(dá)到最大值C.t1～t2時(shí)間內(nèi)，彈簧的長(zhǎng)度大于原長(zhǎng)D.t2～t3時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈力逐漸減小【答案】B【解析】以m1的初速度方向?yàn)檎较?，t1時(shí)刻A、B共速，由動(dòng)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(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知在t1時(shí)刻和t3時(shí)刻，系統(tǒng)的動(dòng)能最小，彈簧的彈性勢(shì)能達(dá)到最大值，故B正確；在t1時(shí)刻彈簧壓縮至最短，所以t1～t2時(shí)間內(nèi)，彈簧的長(zhǎng)度小于原長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大，故D錯(cuò)誤。3.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A放在光滑水平面上，右端與一水平輕質(zhì)彈簧相連，彈簧另一端固定在墻上，質(zhì)量為m的物體B以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A相碰后一起壓縮彈簧，直至B與A分離的整個(gè)過程中，下列說法正確的是()A．在整個(gè)過程中，物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．彈簧的最大彈性勢(shì)能為eq\f(1,4)mv02C．物體A對(duì)B的沖量大小為eq\f(3,2)mv0D．物體A對(duì)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(jī)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(jī)械能守恒，則全過程系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)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(shì)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(shí)速度大小為vt，方向向左，根據(jù)動(dòng)量定理知物體A對(duì)B的沖量即為物體B動(dòng)量的變化量I＝m(－vt)－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，則物體A對(duì)B的沖量大小為eq\f(3,2)mv0，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理知物體A對(duì)B做的功即為物體B動(dòng)能的變化量ΔEk＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02＝－eq\f(3,8)mv02，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四“滑塊—斜(曲)面”模型 模型圖示模型特點(diǎn)(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時(shí)m的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)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(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為m的重力勢(shì)能)。(2)返回最低點(diǎn)：水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相當(dāng)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(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)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(shí)的動(dòng)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(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m，則小球Q的質(zhì)量為m，弧形頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時(shí)，Q下滑過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)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(dòng)量守恒，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由機(jī)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(shí)的動(dòng)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(zhǎng)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(zhì)量是M＝3kg，底端與水平面相切，左邊有質(zhì)量是m＝1kg的小球A以初速度v0＝4m/s從切點(diǎn)C(是圓弧的最低點(diǎn))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(huì)再落入斜劈C.小球A沖上斜劈過程中經(jīng)過最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)斜劈的壓力大小是30ND.小球A從斜劈上返回最低點(diǎn)C時(shí)速度大小為2m/s，方向向左【答案】ACD【解析】小球A向右運(yùn)動(dòng)到斜劈最低點(diǎn)C時(shí)，設(shè)此時(shí)斜劈對(duì)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(duì)斜劈的壓力是30N，選項(xiàng)C正確；假設(shè)小球能運(yùn)動(dòng)到斜劈頂端，此時(shí)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(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，小球和斜劈組成的系統(tǒng)機(jī)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)小球A在斜劈上返回最低點(diǎn)C時(shí)，設(shè)小球A和斜劈的速度分別為v3、v4，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(diǎn)C時(shí)速度大小為2m/s，方向向左，選項(xiàng)D正確。3.(多選)(2024·黑龍江牡丹江市二中月考)如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計(jì)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(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\f(2v0,5)C.物塊a對(duì)滑塊b的沖量大小eq\f(1,5)mv0D.物塊a對(duì)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(shí)，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由機(jī)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(cuò)誤；滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運(yùn)動(dòng)的速度最大，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，對(duì)整個(gè)過程，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由機(jī)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(duì)b由動(dòng)量定理得I＝－eq\f(3,5)mv0－mv0＝－eq\f(8,5)mv0，C錯(cuò)誤；對(duì)b由動(dòng)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(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C．木塊和子彈損失的總動(dòng)能為D．木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)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(diào)遞減，因此當(dāng)木塊的速度最大，A正確；B．則子彈穿過木塊時(shí)木塊的速度為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得故B錯(cuò)誤；C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即故C錯(cuò)誤；D．木塊加速過程運(yùn)動(dòng)的距離為故D正確。故選AD。2．（2023·遼寧·高考真題）如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)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(zhì)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(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度g=10m/s2，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度的大小及木板運(yùn)動(dòng)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(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小；（3）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)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(dòng)量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對(duì)m1受力分析有則木板運(yùn)動(dòng)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(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對(duì)m2有a2=μg=1m/s2當(dāng)a共=a2時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量x2=0.25m對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)列動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)有

（3）木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)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(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為x2時(shí)，則說明此時(shí)m1的速度大小為v2，共用時(shí)2t0，且m2一直受滑動(dòng)摩擦力作用，則對(duì)m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得則對(duì)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(zhì)量為的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為和，長(zhǎng)軸水平，短軸豎直．質(zhì)量為的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑．以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系，橢圓長(zhǎng)軸位于軸上。整個(gè)過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為。（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；（2）在平面直角坐標(biāo)系中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；（3）若，求小球下降高度時(shí)，小球相對(duì)于地面的速度大?。ńY(jié)果用及表示）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得因水平方向在任何時(shí)候都動(dòng)量守恒即兩邊同時(shí)乘t可得且由幾何關(guān)系可知聯(lián)立得（2）小球向左運(yùn)動(dòng)過程中凹槽向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的坐標(biāo)為時(shí)，此時(shí)凹槽水平向右運(yùn)動(dòng)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(xué)知識(shí)可知此時(shí)的橢圓方程為整理得（）（3）將代入小球的軌跡方程化簡(jiǎn)可得即此時(shí)小球的軌跡為以為圓心，b為半徑的圓，則當(dāng)小球下降的高度為時(shí)有如圖

此時(shí)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(dòng)量守恒系統(tǒng)機(jī)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(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)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(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長(zhǎng)，以的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)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(diǎn)時(shí)速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)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(zhǎng)度與最小長(zhǎng)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(guān)系在F點(diǎn)解得FN=31.2N（2）滑塊a返回B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞