2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)提升核心素養(yǎng)“碰撞類”模型問(wèn)題（解析版）

6.3“碰撞類”模蟹問(wèn)題

一、碰撞的特點(diǎn)和分類

1.碰撞的特點(diǎn)

⑴時(shí)間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間極短，相對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程可忽略不計(jì)。

⑵相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,所以動(dòng)量守恒。

2.碰撞的分類

⑴彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒。

(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能減少,損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。

⑶完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大。

3爆炸:一種特殊的“碰撞”

特點(diǎn)1：系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

特點(diǎn)2：系統(tǒng)功能增加。

二、彈性正碰模型

1.“一動(dòng)碰一靜”模型

m\—mi

切'=〃.+-2山

當(dāng)02=0時(shí)，有《

2nuv\

V2m\+mi

2.如果兩個(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過(guò)程初、末狀態(tài)的總機(jī)械能不

變，廣義上也可以看成彈性E碰。

三、碰撞可能性分析

判斷碰撞過(guò)程是否存在的依據(jù)

1.滿足動(dòng)量守恒：pi+p2=pi'+p/o

2.滿足動(dòng)能不增加原理：EkLEk22Ek「+Ek2'。

3.速度要符合情景

⑴如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即。后曲，否則

無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來(lái)在前的物體的速度一定增大，且原來(lái)在前的物體的速度大于或

等于原來(lái)在后的物體的速度u/丸/。

⑵如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞

后速度均為零。若碰后沿同向運(yùn)動(dòng)，則前面物體的速度大于或等于后面物體的速度，即。前

力。后。

“滑塊一彈簧”模型

1.模型圖示

紋

77^77777777777777777777777/

水平地面光滑

2.模型特點(diǎn)

⑴動(dòng)量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過(guò)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.

⑵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.

⑶彈簧處于最長(zhǎng)（最短）狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最?。ㄏ喈?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）.

⑷彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大（相當(dāng)于剛完成彈性碰撞）.

例題1.（多選）如圖甲所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為加和〃〃的兩物塊A、B相連接并

靜止在光滑的水平地面上.現(xiàn)使A以3m/s的速度向3運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，速度一時(shí)間圖像如圖

乙，則有（）

甲乙

A.在力、公時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s,且彈簧都處于壓縮狀態(tài)

B.從A到上時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)

C.兩物塊的質(zhì)量之比為加：團(tuán)2=1:2

D.在尬時(shí)刻A與8的動(dòng)能之比Eki：仄2=1：8

【答案】CD

【解析】

由題圖乙可知力、△時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s,且此時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械

能守恒可知，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，A時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而A時(shí)刻處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故A

錯(cuò)誤；結(jié)合圖像弄清兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，開(kāi)始時(shí)4逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，。時(shí)

刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，B

仍然加速，A先減速為零，然后反向力口速，尬時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度

相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩物塊均減速，在門時(shí)刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能

最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從小到白過(guò)程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤：根據(jù)動(dòng)量守恒

定律，/=0時(shí)刻和/=力時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有如初=（如+/M2）也其中初=3m/s,v?=1

m/s,解得〃?i：〃?2=1：2,故C正確；在Z2時(shí)刻4的速度為。八=—1m/s,B的速度為。B=2

m/s,根據(jù)〃:〃?2=1:2,求出Eki:Ek2=l:8,故D正確.

如圖所示，質(zhì)量分別為1kg、3kg的滑塊A、8位于光滑水平面上，現(xiàn)使滑塊A

以4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與左側(cè)連有輕彈簧的滑塊8發(fā)生相互作用.求二者在發(fā)生相互作

用的過(guò)程中,

[A]

⑴彈簧的最大彈性勢(shì)能;

⑵滑塊B的最大速度.

【答案】（D6J（2）2m/s,方向向右

【解析】

（1）當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)滑塊A、8同速.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以

向右為正方向,

由動(dòng)量守恒定律得/“A0O=（〃以+niB）v

解得安彗~=稱m/s=lm/s

inA-vma1十3

彈簧的最大彈性勢(shì)能即此時(shí)滑塊A、B損失的動(dòng)能

Ep“=；，〃/⑺。2-/("〃+HIB)V2=6J.

（2）當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊B獲得最大速度,

由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得niAV（）=niAVA-^-mBVm

/加加=J加*+^HIAVA2

解得0m=2m/s,方向向右.

兩物塊A、8用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg,初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物

塊都以。=6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所

示.已知3與C碰撞后會(huì)粘在一-起運(yùn)動(dòng).在以后的運(yùn)動(dòng)中：

rTTwwfT]KL

⑴當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊4的速度為多大?

⑵系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少?

B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)

c.此過(guò)程小球?qū)π≤囎龅幕驗(yàn)樯衬恕?

D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為最

【答案】BC

【解析】

小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車相對(duì)靜止，有相同的速度v',由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒

2/2

定律有：，|MPO=2X（|MU）+Mghf聯(lián)立解得/?=瑞，故D錯(cuò)誤；從小球滾

上小車到滾下并離開(kāi)小車過(guò)程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由于無(wú)摩擦力做功，機(jī)械能守

恒，此過(guò)程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱悖_(kāi)始做自由落體運(yùn)

動(dòng)，小車速度變?yōu)椤?,動(dòng)能為:即此過(guò)程小球?qū)π≤囎龅墓?Mo（）2,故B、C正確，A

錯(cuò)誤.

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。（視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量為滑塊產(chǎn)的質(zhì)量的一半，小球。從滑塊尸頂端由靜止釋放，Q離開(kāi)尸

時(shí)的動(dòng)能為反】.現(xiàn)解除鎖定，仍讓。從滑塊頂端由靜止釋放，。離開(kāi)P時(shí)的動(dòng)能為以2,Eki

和氏2的比值為（）

A.1B.|C.|D.1

【答案】C

【解析】

設(shè)滑塊戶的質(zhì)量為2nJ,則Q的質(zhì)量為加，弧形頂端與底端的豎方距離為止?鎖定時(shí)，

。下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mg/z=Eki,P解除鎖定，Q下滑過(guò)程，P、Q

組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：加OQ—2〃汽a=0,由

11177kl3

機(jī)械能守恒定律得：mgh=]mVQ2+,2mvp2,。離開(kāi)戶時(shí)的動(dòng)能：?2=了〃002,解得：京=1,

故C正確.

如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個(gè)完全相同的"圓槽A和

8并排放在光滑的水平面上，圖中。、c分別為A、8槽的最高點(diǎn)，b、bf分別為A、B槽的最

低點(diǎn)，A槽的左端緊靠著豎直墻壁，一個(gè)質(zhì)量為〃7的小球。從圓槽A頂端的。點(diǎn)無(wú)初速度釋

放.重力加速度為g,求：

⑴小球。從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到匕點(diǎn)時(shí)的速度大小及A槽對(duì)地面的壓力大小;

⑵小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大高度;

(3：山的最大速度的大小.

【答案】(1田荻3〃zg+Mg(2)訴蔡

⑶M+商證

【解析】⑴小球。從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到力點(diǎn)的過(guò)程，機(jī)械能守恒，有/〃

解得小球到b點(diǎn)時(shí)的速度大小為加=啦談

0。2

在最低點(diǎn)乩根據(jù)牛頓第二定律可得人一，咫=加五-

解得Fx=3mg

由牛頓第三定律可知，小球。對(duì)A的壓力尸N'=A=3〃zg,A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡

條件可知，地面對(duì)A的支持力/=尺'+Mg=3mg+Mg,由牛頓第三定律可知，A對(duì)地面的

壓力F'=/=3mg+Mg.

(2)8、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，小球。在8槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)至所能達(dá)

到的最大高度〃處時(shí),兩者共速.由動(dòng)量守恒定律可知機(jī)。0=(M+〃2)。

由機(jī)械能守恒定律，有=；(M+m)v2+mgh

解得力=拌--

⑶當(dāng)小球回到B槽的底端。'點(diǎn)時(shí)，B的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有

由能量守恒定律可知%如(？=\mv?2+\,Mvr

乙L乙

解得。2=關(guān)飛麗.

@@@@@“物體與物體”正碰模型

1.碰撞遵守的規(guī)律

(1)動(dòng)量守恒,即pi+p2=pi'+p2'。

oo,2,2

(2)動(dòng)能不增加，即EKI+Ek22E"+EE或壯斗啜造+舞。

(3)速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，見(jiàn)后面物體的速度必大于前面物體的速

度，即前，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來(lái)在前面的物體的速度一定增大，且原來(lái)在

前面的物體的速度大于或等于原來(lái)在后面的物體的速度，即。后'，否則碰撞沒(méi)有結(jié)束。

如果碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速

度均為零。

2.碰撞模型類型

(1)彈性碰撞

兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。

以質(zhì)量為加、速度為m的小球與質(zhì)量為小的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，W

m\V\

g〃71VT=%?IV/+^m2V2,2

口(〃2|一〃22)V\2m\V\

解得初=加+〃心‘=嬴工病

結(jié)論：

①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，k=0,兩球碰撞后交換了速度。

②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，力'>(),。2’>(),碰撞后兩球都沿速度切的方向運(yùn)動(dòng)。

③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，功'<(),s'>(),碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)。

④撞前相對(duì)速度與撞后相對(duì)速度大小相等。

(2)完全非彈性碰撞

①撞后共速。

②有動(dòng)能損失，且損失最多。

例題3,甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰

撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過(guò)程中兩

【答案】A

【解析】

設(shè)乙物塊的質(zhì)量為"Z乙，由動(dòng)量守恒定律有"2甲。甲+〃2乙0乙=〃2▼。甲'+"2乙。乙'，代入

圖中數(shù)據(jù)解得，〃乙=6kg,進(jìn)而可求得碰撞過(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能為E拘=57平a+g〃7

乙日一；/〃甲。甲'2—5〃乙。/2,代入圖中數(shù)據(jù)解得￡找=3J,A正確。

G?⑥?

如圖所示，光滑水平面.上有A、3兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量如=2kg,且以一定的初

速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的物塊。發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，碰撞前后的位移一時(shí)間圖像如圖所示

（規(guī)定向右為正方向），則碰撞后的速度及物體B的質(zhì)量分別為（）

A.2m/s,5kgB.2m/s,3kg

C.3.5m/s,2.86kgD.3.5m/s,0.86kg

【答案】B

【解析】

2Q—20

由圖像可知，碰前A的速度01=7m/s=5m/s,碰后A8的共同速度02=m/s=

2m/s,A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

解得〃犯=3kg,B正確。

如圖所示，在水平面上依次放置小物塊4。以及曲面劈8,其中A與C的質(zhì)

量相等均為“7，曲面劈B的質(zhì)量〃=3〃7,曲面劈8的曲面下端與水平面相切，旦劈足夠高,

各接觸而均光滑。現(xiàn)讓小物塊C以水平速度zm向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊

黏在一起滑上曲面劈瓦求：

(1)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

(2)碰后物塊A與。在曲面劈8」：能夠達(dá)到的最大高度。

【答案】⑴；〃就⑵端

【解析】

(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞黏在一^起，以DO的方向?yàn)檎较?/p>

由動(dòng)量守恒定律得：/加o=2mv

碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能:

E損=3〃2。8—/義2nw2

解得E拉式

(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時(shí)，A、B、C系統(tǒng)的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律:

mvo=(，〃+in+3m)vi

解得V\=^V()

根據(jù)機(jī)械能守恒得

34

解得h=說(shuō)。

@@@@

“滑塊一木板”碰撞模型

模型V。m-Ji9

mtNM1|M

;〃〃冷〃〃，〃〃〃〃/〃〃

圖示水平地面光滑水平地面光滑

模型(1)若子彈耒射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊或

特點(diǎn)木板的速度最大，兩者的相對(duì)位移(子彈為射入木塊的深度)取得極值(完

全非彈性碰撞拓展模型)

(2)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

(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能AEk—〃反°，可以看出，子彈

(或滑塊)的質(zhì)量越小，木塊(或木板)的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越多

(4)該類問(wèn)題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，相當(dāng)于非彈性碰撞拓展模

型，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖示求解

例題4.如圖所示，質(zhì)量M=1.0kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量〃?=0.495kg的物塊(可

視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.4。質(zhì)量〃zo=O.OO5kg的子彈以

速度uo=3OOm/s沿水平方向射入物塊并留在其中(子彈與物塊作用時(shí)間極短)，木板足夠長(zhǎng),

g取1()m/s2o求：

(1)物塊的最大速度

(2)木板的最大速度V2；

(3)物塊在木板上滑動(dòng)的時(shí)間/o

【答案】(1)3m/s(2)1m/s(3)0.5s

【解析】

(1)子彈射入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，取向右為正方向，根

據(jù)子彈和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得："MU0=("2+mo)V1

解得3=3m/so

(2)當(dāng)子彈、物塊和木板三者速度相同時(shí)，木板的速度最大，根據(jù)三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守

恒得：

("?+mo)v?=(M++mo)V2

解得：V2=1m/So

(3)對(duì)木板，根據(jù)動(dòng)量定理得：〃(〃?+mo)gt=Mvi—0

解得：f=0.5s。

向圖所示，質(zhì)量”=1kg的小物塊靜止放置在固定水平臺(tái)的最左端，質(zhì)量M=

2kg的小車左端緊靠平臺(tái)靜置在光滑水平地面上，平臺(tái)、小車的長(zhǎng)度均為0.6m且上表面等

高.現(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的恒力F,使小物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊到達(dá)平臺(tái)最右端時(shí)

撤去恒力凡小物塊剛好能夠到達(dá)小車的右端.小物塊大小不計(jì)，與平臺(tái)間、小車間的動(dòng)摩擦

因數(shù)〃均為0.5,重力加速度g取1。力加求：

⑴小物塊離開(kāi)平臺(tái)時(shí)速度的大?。?/p>

⑵水平恒力E對(duì)小物塊沖量的大小.

【答案】⑴3m/s(2)5N-s

【解析】

(1)設(shè)撤去水平向右的恒力F時(shí)小物塊的速度大小為UD,小物塊和小車的共同速度大小為VI.

從撤去恒力到小物塊到達(dá)小左右端過(guò)程，以見(jiàn)的方向?yàn)檎较颍瑢?duì)小物塊和小車組成的系統(tǒng)：

由動(dòng)量守恒："切0=(〃2+知)切

由能量守恒:m+?2+/imgl

聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：。0=3m/s

(2)設(shè)水平恒力/對(duì)小物塊沖量的大小為/,小物塊在平臺(tái)上相對(duì)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為f.小物塊

在平臺(tái)上相對(duì)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，對(duì)小物塊：

由動(dòng)量定理：/—0

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：Z=y-r

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：/=5N-s.

如圖所示，厚度均勻的長(zhǎng)木板C靜止在光滑水平面上，木板上距左端L處放有

小物塊8。某時(shí)刻小物塊A以某一初速度從左端滑上木板向右運(yùn)動(dòng)，已知A、8均可視為質(zhì)

點(diǎn)，4、8與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，4、8、。三者的質(zhì)量相等，重力加速度為g。

依1c

(1)求A剛滑上木板時(shí)，A、B的加速度大小。

(2)要使A、B不發(fā)生碰撞，求A的初速度應(yīng)滿足的條件。

(3)若已知A的初速度為加，且A、B之間發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直線

運(yùn)動(dòng)。要保證A、8均不會(huì)從木板上掉下，木板的最小長(zhǎng)度是多少？

,2

【答案】(l)〃g警(2)合W[3〃g￡◎)急

【解析】

(1)對(duì)A有〃〃Zg=〃2〃4

得4A="g

對(duì)BC有Nmg=2maB

解得血=早。

(2)若A、8剛好不發(fā)生碰撞，則三者正好達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒有〃皿=3〃w%

且有iimgL2苫〃沆一JX3〃?琢

解得uWy/3〃gL。

(3)由于發(fā)生彈性碰撞，八、8碰后交換速度，等同于A與C相對(duì)靜止一起向前加速，B繼

續(xù)減速，剛好不滑下木板時(shí)，三者達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒有〃wo'=3〃w』

且有f.imgL總切o'-/2

聯(lián)立解得L總=

3〃g°

貂隔境繚合擺開(kāi)練

1.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長(zhǎng)度均為/兩小球質(zhì)量分別為如、"Z2,

m\>tn2,儂的左邊有一固定擋板.由圖示位置靜止釋放M、，〃2,當(dāng)mi與儂相距最近時(shí)如的

速度為功，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()

A.m\的最小速度是0

B.加的最小速度是號(hào)當(dāng)|

m\十〃22

C.mi的最大速度是V]

D.也的最大速度是

【答案】BD

【解析】

由題意結(jié)合題圖可知，當(dāng)"71與〃22相距最近時(shí)，"22的速度為0,此后，在前，做減速運(yùn)

動(dòng)，加2在后，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再次相距最近時(shí)，〃八減運(yùn)結(jié)束，〃72加速結(jié)束，因此此時(shí)〃?I速

度最小，加2速度最大，在此過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，"29l="Z10l'+"2202,^^n\V\2=

熱“2+會(huì)蘇，解得“專ys=;^胃了，B、D選項(xiàng)正確

2.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(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)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力=0.3m(/z小于斜面體的高度).已知小孩

與滑板的總質(zhì)量為加=3。kg,冰塊的質(zhì)量為〃，2=10kg,小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng).取重

力加速度的大小g=10m/s2.

⑴求斜面體的質(zhì)量；

⑵通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？

【答案】⑴20kg(2)不能，理由見(jiàn)解析

【解析】

(1)規(guī)定向左為正方向.冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速

度為V,斜面體的質(zhì)量為"73.對(duì)冰塊與斜面體，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得加2。0

=(〃72+〃[3)。①

J"?。。？=:(〃72+m3)/+fmgh②

式中00=3m/s為冰塊推出時(shí)的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得

V—1m/s,〃Z3=20kg③

⑵設(shè)小孩推出冰塊后的速度為。1,對(duì)小孩與冰塊，由動(dòng)量守恒定律有

加|。1+"2200=(X3)

代入數(shù)據(jù)得ui=-1m/s⑤

設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為D2和。3,對(duì)冰塊與斜面體，由動(dòng)量守恒定律而機(jī)械能守

恒定律有

，〃無(wú)0="7202+機(jī)303⑥

=^m2V22+1/W3V32?

聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得

V2=-1m/s⑧

由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊

不能追上小孩.

3.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為M和〃7。的兩滑塊甲、乙用輕彈簧連接，以恒定的速度。沿光

滑水平面運(yùn)動(dòng)，與位于正前方的質(zhì)量為根的靜止滑塊區(qū)發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短.在甲、丙

碰撞瞬間，下列情況可能發(fā)生的是()

乙一”甲丙

7777777|A77A77A77A77A77A77A77A77/7W777777^7777777^7777^

A.甲、乙、丙的速度均發(fā)生變化，分別為。1、V2、03,而且滿足(M+〃70)0=Min+機(jī)(W2+〃W3

B.乙的速度不變，甲和丙的速度變?yōu)?。I和。2,而且滿足加2

C.乙的速度不變，甲和丙的速度都變?yōu)椋?，且滿足如

D.甲、乙、丙速度均發(fā)生變化，甲、乙的速度都變?yōu)楣?，丙的速度變?yōu)椤?,且滿足(例+〃70%

=(M-i-fJio)vi+/nV2

【答案】BC

【解析】

碰撞的瞬間滑塊甲和丙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，滑塊乙的速度不變，以滑塊甲的初速度方向

為正方向，若碰后滑塊甲和丙的速度分別變?yōu)?和02,由動(dòng)量守恒定律得MU=MO|+〃202：

若碰后滑塊甲和丙的速度相同，由動(dòng)量守恒定律得，故B、C正確.

4.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長(zhǎng)，

與水平方向的夾角為。.一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度。。沿斜面向上開(kāi)始運(yùn)

動(dòng).當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為。，距地面高度為〃，重力加速度為g,

則下列關(guān)系式中正確的是()

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/

A.〃wo=(〃?+Af)0

B."切ocos。=("2+M)v

C.1/w(vosin8)2=mgh

D.pnuo2=tngh+；(〃z+M)v2

【答案】BD

【解析】

小物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，小物塊相對(duì)楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為小

沿水平方向，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，全過(guò)程機(jī)械能守恒.以水平向右為正

方向，在小物塊上升過(guò)程中，由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒律mmcosO=（〃z+M）。，故A錯(cuò)誤，B

正確；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得=mgh+!（m+M）o\故C錯(cuò)誤，D正確.

5.（多選）如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質(zhì)量都為機(jī)，B左端固定一個(gè)處在壓縮

狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當(dāng)彈簧再受到壓縮時(shí)鎖定裝置會(huì)失效.A以速率。向右

運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A撞上彈簧后，設(shè)悻簧始終不超過(guò)彈性限度，關(guān)于它們后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法

正確的是（）

—zv__

A.A物體最終會(huì)靜止，B物體最終會(huì)以速率。向右運(yùn)動(dòng)

B.A、8系統(tǒng)的總動(dòng)量最終將大于〃歷

C.A、B系統(tǒng)的總動(dòng)能最終將大于9加

D.當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、8的總動(dòng)能為%?方

［答案］CD

6.（多選）如圖所示，質(zhì)量為M、帶有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道的滑塊靜置于光滑水

平地面上，且圓弧軌道底端與水平面平滑連接，。為圓心.質(zhì)量為〃?的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）

以水平向右的初速度必沖上圓弧軌道，恰好能滑到圓弧軌道最高點(diǎn)，已知M=2〃z,則下列判

斷正確的是（）

oR

網(wǎng)j

A.小滑塊沖上軌道的過(guò)程，小滑塊機(jī)械能不守恒

B.小滑塊沖上軌道的過(guò)程，小滑塊與帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.小滑塊沖到軌道的最高點(diǎn)時(shí)，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大且大小為旬o

*

D.小滑塊脫離圓弧軌道時(shí)，速度大小為

【答案】AD

【解析】

小滑塊沖上軌道的過(guò)程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小滑塊機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A正確；小滑塊

沖上軌道的過(guò)程，系統(tǒng)豎直方向受力不為零，動(dòng)量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，

動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤：由水平方向動(dòng)量守恒可得，小滑塊沖到軌道的最高點(diǎn)時(shí)，帶有圓弧

軌道的滑塊速度大小為/o;當(dāng)小滑塊從圓弧軌道返回脫離圓弧軌道時(shí)，帶有圓弧軌道的滑塊

速度最大，設(shè)脫離時(shí)小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊速度分別為v\和w.,則有mva=nru\+Mv?f

加。2=y/77l?|2+^M^22,21

解得。2=^u),v\=—^vof故C錯(cuò)誤，D正確.

7.(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度式向右運(yùn)動(dòng)壓縮

彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為工現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體3(如圖乙所示),

物體4以2內(nèi)的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x,貝小)

---%|---2UQ

777777777777777777777777777777777^7//z///z/lzzzzzzzzzzzzzzzzzzz/zzzzzzzzz

甲乙

A.A物體的質(zhì)量為3"?

B.A物體的質(zhì)量為2加

C.彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為去加。2

D.彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為，〃加

【答案】AC

【解析】

對(duì)題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M,由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能瓦=

)加(A對(duì)題圖乙，物體A以2a的速度向右壓縮彈簧，A、8組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)

到最大壓縮量時(shí)，A、3二者速度相等，由動(dòng)量守恒定律有M-2uo=(M+m)。，由空量守恒定

1113

2—22

律有Ep=^M(2uo)^(A/+m)u,聯(lián)立解得Af=3〃z,EP—\Mvo—^mu(r,選項(xiàng)A、C正確，B、

D錯(cuò)誤.

8.如圖所示，光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M=0.4kg、機(jī)=0.1kg的兩個(gè)小球，中

間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep=4.0J彈性勢(shì)能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連)，原來(lái)處于靜止?fàn)?/p>

態(tài)，現(xiàn)突然釋放彈簧，球機(jī)脫離彈簧滑向與水平相切的豎直放置的光滑半圓形軌道，到達(dá)最

高點(diǎn)B時(shí)小球?qū)壍赖膲毫?N,g取lOm/s2,求：

(1)兩小球離開(kāi)彈簧時(shí)的速度大?。?/p>

(2)半圓形軌道半徑。

【答案】(l)8m/s2m/s(2)0.8m

【解析】

(1)彈簧彈開(kāi)過(guò)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：m初一Ms=0,

由機(jī)械能守恒定律得：pnp?+=EP,解得：ui=8m/s,V2=2m/s;

(2)小球m到達(dá)B點(diǎn)過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：%加=mg?2R+J:/,小球

在圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：〃吆+/=〃無(wú)解得：R=0.8m。

9.在光滑水平地面上放有一