?專(zhuān)題強(qiáng)化八　碰撞類(lèi)的四類(lèi)模型
【專(zhuān)題解讀　1.本專(zhuān)題主要研究碰撞過(guò)程的特點(diǎn)和滿(mǎn)足的物理規(guī)律，并對(duì)碰撞模型進(jìn)行拓展分析。2.會(huì)分析物體的正碰模型、“滑塊—彈簧”、“滑塊—斜面”、“滑塊—木板”碰撞模型的特點(diǎn)，并會(huì)應(yīng)用相應(yīng)規(guī)律解決問(wèn)題。3.用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，動(dòng)量守恒定律，動(dòng)能定理和能量守恒定律。
模型一　“物體與物體”正碰模型
1．碰撞問(wèn)題遵守的三條原則
(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
(3)速度要符合實(shí)際情況
①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
2．彈性碰撞的結(jié)論
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
v1′＝
v2′＝
(2)若v2＝0時(shí)，v1′＝ v1
v2′＝ v1
討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；
②若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后，兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng))；
③若m1?m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1；
④若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后，兩物體沿相反方向運(yùn)動(dòng))；
⑤若m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。
3．非彈性碰撞
碰撞結(jié)束后，動(dòng)能有部分損失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk損
4．完全非彈性碰撞
碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk損max
【真題示例1 (2020·全國(guó)Ⅲ卷，15)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1中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1 kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為(　　)

圖1
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
答案　A
解析　設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋
m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6 kg，進(jìn)而可求得碰撞過(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3 J，選項(xiàng)A正確。
【針對(duì)訓(xùn)練1 (多選)(2021·廣東肇慶市統(tǒng)測(cè))質(zhì)量為m1的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m1的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比可能為(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
答案　CD
解析　設(shè)碰前每個(gè)物體的動(dòng)量為p，碰后滑塊m2的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得2p＝m2v，由能量守恒定律可知，碰前系統(tǒng)的動(dòng)能大于等于碰后系統(tǒng)的動(dòng)能，又Ek＝，可得＋≥m2v2＝m2，聯(lián)立解得≥3，故C、D正確。
模型二　“滑塊—彈簧”碰撞模型
1．模型圖示

2．模型特點(diǎn)
(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的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，類(lèi)似彈性碰撞。
(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和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)(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)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(4)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(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))。
【例2 (2021·重慶市質(zhì)量調(diào)研)如圖2所示，質(zhì)量均為m的滑塊A、B用勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連后靜止放在光滑水平面上，滑塊B緊靠豎直墻壁。用大小為F的水平恒力向左推滑塊A，當(dāng)滑塊A向左運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)撤去該恒力F，求：

圖2
(1)撤去恒力F時(shí)，彈簧的形變量x；
(2)撤去恒力F后，滑塊A的最大速度vm；
(3)B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)用大小為F的水平恒力向左推滑塊A，A在水平方向上受到推力和彈簧彈力的作用，當(dāng)滑塊A向左的速度最大時(shí)，彈簧彈力等于推力F，由胡克定律有F＝kx
解得x＝。
(2)撤去恒力F后，滑塊A向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，在彈簧彈力作用下，向左做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后向右做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧達(dá)到原長(zhǎng)時(shí)速度最大，之后彈簧對(duì)A的彈力向左，滑塊A向右做減速運(yùn)動(dòng)，故彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊A的速度最大，在恒力開(kāi)始作用到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，彈簧彈力做功為零，則
Fx＝mv
解得vm＝。
(3)B離開(kāi)墻壁后，A、B和彈簧組成的整體機(jī)械能守恒，當(dāng)A、B速度相等時(shí)，兩滑塊相距最遠(yuǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律有mvm＝2mv
這個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒，故有
Ep＝mv－×2mv2
聯(lián)立解得Ep＝。
【針對(duì)訓(xùn)練2 (2021·天津市等級(jí)考模擬)如圖3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m2＝2 kg的物塊靜止在水平面上的P點(diǎn)，質(zhì)量為m1＝1 kg的光滑小球以初速度v0＝3 m/s與物塊發(fā)生彈性正碰，碰后物塊向右運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧，之后物塊被彈回，剛好能回到P點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，物塊和小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

圖3
(1)小球的最終速度；
(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep。
答案　(1)1 m/s，方向水平向左　(2)2 J
解析　(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(dòng)量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2
碰撞前后瞬間小球與物塊系統(tǒng)機(jī)械能守恒
m1v＝m1v＋m2v
由以上兩式解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
小球的最終速度大小為1 m/s，方向水平向左。
(2)設(shè)物塊碰后向右運(yùn)動(dòng)至回到P點(diǎn)的全過(guò)程，物塊克服摩擦力做的功為W克
對(duì)全過(guò)程，由動(dòng)能定理得
－W克＝0－m2v
碰后物塊向右運(yùn)動(dòng)至速度為零的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得
－－Ep＝0－m2v
解得彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝2 J。
模型三　“滑塊—斜(曲)面”碰撞模型
1．模型圖示

2．模型特點(diǎn)
(1)最高點(diǎn)：m1與m2具有共同水平速度v共，m1不會(huì)從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，m1v＝(m2＋m1)v＋m1gh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(2)最低點(diǎn)：m1與m2分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，m1v＝m1v＋m2v(完全彈性碰撞拓展模型)。
【例3 (2021·江蘇常州市模擬)如圖4所示，質(zhì)量為M＝4 kg的大滑塊靜置在光滑水平面上，滑塊左側(cè)為光滑圓弧，圓弧底端和水平面相切，頂端豎直。一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，被壓縮彈簧彈出后，沖上大滑塊，能從大滑塊頂端滑出，滑出時(shí)大滑塊的速度為1 m/s。g取10 m/s2。求：

圖4
(1)小物塊被彈簧彈出時(shí)的速度；
(2)小物塊滑出大滑塊后能達(dá)到的最大高度h1；
(3)小物塊回到水平面的速度及再次滑上大滑塊后能達(dá)到的最大高度h2。
答案　(1)5 m/s　方向向右　(2)1 m (3)3 m/s　方向向左　0.04 m
解析　(1) 設(shè)小物塊離開(kāi)彈簧后的速度為v1，小物塊滑上大滑塊的過(guò)程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5 m/s。
(2)小物塊第一次上升到最高點(diǎn)時(shí)水平速度等于v2，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有
mv＝(m＋M)v＋mgh1
解得h1＝1 m。
(3)小物塊能下落到大滑塊并從大滑塊上滑到水平面，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，
有mv1＝mv1′＋Mv2′
mv＝mv1′2＋Mv2′2
解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s
系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則
mv1′＋Mv2′＝(m＋M)v
mv1′2＋Mv2′2＝(m＋M)v2＋mgh2
解得h2＝0.04 m。
【針對(duì)訓(xùn)練3 如圖5所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈B。求：

圖5
(1)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。
答案　(1)mv　(2)
解析　(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝v0
碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
E損＝mv－×2mv2
解得E損＝mv。
(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mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝v0
根據(jù)機(jī)械能守恒得
×2m(v0)2＝×5m×(v0)2＋2mgh
解得h＝。
模型四　“滑塊—木板”碰撞模型
1．模型圖示

2．模型特點(diǎn)
(1)若子彈未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ΔEk＝Ek0，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(lèi)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4 (2021·天津市等級(jí)考模擬)如圖6所示，光滑水平面上放一木板A，質(zhì)量M＝4 kg，小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m＝1 kg，木板A和小鐵塊B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，小鐵塊B以v0＝10 m/s的初速度從木板A的左端沖上木板，恰好不滑離木板(g＝10 m/s2)。求：

圖6
(1)A、B的加速度分別為多少？
(2)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間A、B速度相同，相同的速度為多少？
(3)薄木板的長(zhǎng)度？
答案　(1)0.5 m/s2　2 m/s2 (2)4 s　2 m/s　(3)20 m
解析　(1)對(duì)小鐵塊B受力分析，由牛頓第二定律有μmg＝maB，即aB＝μg＝2 m/s2
對(duì)木板A受力分析，由牛頓第二定律有
μmg＝MaA，即aA＝＝0.5 m/s2。
(2)由于A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有
mv0＝(m＋M)v共
代入數(shù)據(jù)解得v共＝2 m/s
由于木板A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則v共＝aAt
代入數(shù)據(jù)解得t＝4 s。
(3)設(shè)薄木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則對(duì)A、B整體由動(dòng)能定理有
－μmgL＝(m＋M)v－mv
代入數(shù)據(jù)解得L＝20 m。
【針對(duì)訓(xùn)練4 一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff。求：
(1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度大??；
(2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(3)子彈、木塊相互作用過(guò)程中子彈、木塊的對(duì)地位移大小以及子彈打進(jìn)木塊的深度。
答案　(1)v0　(2)
(3)　　
解析　(1)設(shè)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，以子彈初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0。
(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，對(duì)木塊由動(dòng)量定理得Fft＝Mv－0，
解得t＝。
(3)設(shè)子彈、木塊的對(duì)地位移分別為x1、x2，如圖所示。由動(dòng)能定理得

對(duì)子彈－Ffx1＝mv2－mv
解得x1＝
對(duì)木塊Ffx2＝Mv2
解得x2＝
子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對(duì)位移，即
x相＝x1－x2＝。

1．(2021·安徽馬鞍山市質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖1所示，光滑水平面上停放著一輛小車(chē)，小車(chē)的光滑四分之一圓弧軌道在最低點(diǎn)與水平軌道相切。在小車(chē)的右端固定一輕彈簧，一小球從圓弧軌道上某處由靜止釋放。①若水平軌道光滑，當(dāng)彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)，小車(chē)的速度大小為v1，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep1；②若水平軌道粗糙，當(dāng)彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)，小車(chē)的速度大小為v2，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep2。則(　　)

圖1
A．v1Ep2
C．v1>v2，Ep1v2，Ep1 >Ep2
答案　B
解析　彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)，小球與小車(chē)具有共同速度。兩種情況的水平面都光滑，對(duì)小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，有0＝(m1＋m2)v，所以彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)，v1＝v2。當(dāng)水平軌道粗糙時(shí)，有摩擦生熱，根據(jù)能量守恒可知Ep1>Ep2，故選項(xiàng)B正確。
2．如圖2甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA＝2 kg，以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，碰撞前后的位移—時(shí)間圖像如圖乙所示(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(　　)

圖2
A．2 m/s，5 kg B．2 m/s，3 kg
C．3.5 m/s，2.86 kg D．3.5 m/s，0.86 kg
答案　B
解析　由圖像可知，碰前A的速度為v1＝ m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度為v2＝ m/s＝2 m/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mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3 kg，故選項(xiàng)B正確。
3．(多選)(2021·河南鄭州市質(zhì)檢)如圖3所示，質(zhì)量為M的滑槽靜止在光滑的水平地面上，滑槽的AB部分是粗糙水平面，BC部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)以速度v0沖上滑槽，并且剛好能夠滑到滑槽軌道的最高點(diǎn)C點(diǎn)，忽略空氣阻力。則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖3
A．滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)，速度大小等于v0
B．滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?
C．滑塊從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒
D．滑塊從B點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒
答案　AD
解析　滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。剛好能夠滑到最高點(diǎn)C，則在C點(diǎn)豎直速度為0，設(shè)滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)，速度大小為v。取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得v＝v0，故A正確，B錯(cuò)誤；滑塊從A滑到B的過(guò)程，滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，由于摩擦生熱，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；滑塊從B滑到C的過(guò)程，滑塊豎直方向有分加速度，根據(jù)牛頓第二定律知系統(tǒng)的合外力不為零，則滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，由于只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D正確。
4．(多選)(2021·新疆維吾爾自治區(qū)聯(lián)考)如圖4所示，光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v向右運(yùn)動(dòng)。與前面大小相同質(zhì)量為3m的B球相碰，則碰后A、B兩球總動(dòng)能可能為(　　)

圖4
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
答案　AC
解析　若A、B發(fā)生的是彈性碰撞，則沒(méi)有能量的損失，碰后的總動(dòng)能為mv2；若發(fā)生的是能量損失最多的完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律有mv＝4mv1，則碰后兩者總動(dòng)能為Ek＝×4m＝mv2，因此，碰后兩者總動(dòng)能滿(mǎn)足mv2≤E總≤mv2，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。
5．(多選) (2021·湖南岳陽(yáng)市教學(xué)質(zhì)檢)物理學(xué)中有一種碰撞被稱(chēng)為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過(guò)能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時(shí)的高度更大。如圖5所示，A、B、C三個(gè)彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時(shí)釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則(　　)

圖5
A．C球落地前瞬間A球的速度為
B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6
C．A球彈起的最大高度為25H
D．A球彈起的最大高度為9H
答案　ABD
解析　因?yàn)锳、B、C球由靜止同時(shí)釋放，所以A與C落地瞬間的速度相等，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式v2＝2gH，解得vA＝vC＝，A正確；由題意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，mCv＋mBv＝mBvB′2，解得mC＝3mB，vB′＝，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，mBvB′2＋mAv＝mAvA′2，解得mB＝2mA，vA′＝3，由以上幾式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正確；由以上分析解得vA′＝3，A球彈起的最大高度vA′2＝2ghmax，hmax＝＝9H，C錯(cuò)誤，D正確。
6．(多選)(2020·全國(guó)Ⅱ卷，21)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
答案　BC
解析　選運(yùn)動(dòng)員退行速度方向?yàn)檎较颍O(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m運(yùn)，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時(shí)的速度大小為v0，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊時(shí)有0＝m運(yùn)v1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時(shí)有m運(yùn)v1＋mv0＝－mv0＋m運(yùn)v2，依此類(lèi)推，m運(yùn)v2＋mv0＝－mv0＋m運(yùn)v3，…，m運(yùn)v7＋mv0＝－mv0＋
m運(yùn)v8，又運(yùn)動(dòng)員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m運(yùn)＜15m，即52 kg＜
m運(yùn)＜60 kg，故B、C項(xiàng)正確，A、D項(xiàng)錯(cuò)誤。
7．(2021·北京東城區(qū)一模)如圖6所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道半徑為R，下端與水平桌面相切，小球A從圓弧軌道頂端無(wú)初速滑下，與靜止在圓弧軌道底端的小球B相碰，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，在水平桌面上滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑，A和B的質(zhì)量相等， A、B與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

圖6
(1)碰撞前瞬間A的速度大小v；
(2)碰撞后瞬間A和B整體的速度大小v′；
(3)A和B整體在水平桌面上滑行的最遠(yuǎn)距離s。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)設(shè)兩小球質(zhì)量均為m，對(duì)小球A從圓弧軌道頂端滑到底端的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有mgR＝mv2，解得v＝。
(2)對(duì)A、B碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′，解得v′＝。
(3)對(duì)A、B整體在水平桌面上滑行的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－μ·2mgs＝0－×2mv′2
解得s＝。
8．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2 kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖7所示。已知B與C碰撞后會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)。在以后的運(yùn)動(dòng)中：

圖7
(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大？
(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？
答案　(1)3 m/s　(2)12 J
解析　(1)彈簧壓縮至最短時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA
代入數(shù)值解得vA＝3 m/s。
(2)B、C碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒
mBv＝(mB＋mC)vC
代入數(shù)值解得vC＝2 m/s
碰后彈簧壓縮到最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，故
Ep＝mAv2＋(mB＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v＝12 J。
9．(2021·廣東潮州市模擬)如圖8所示，一光滑的圓弧固定在小車(chē)的左側(cè)，圓弧半徑R＝0.8 m，小車(chē)的右側(cè)固定連有輕彈簧的擋板，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，自由端恰在C點(diǎn)，總質(zhì)量為M＝3 kg，小車(chē)置于光滑的地面上，左側(cè)靠墻，一物塊從圓弧頂端上的A點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)無(wú)能量損失，最后物塊停在車(chē)上的B點(diǎn)。已知物塊的質(zhì)量m＝1 kg，物塊與小車(chē)間的摩擦因數(shù)為μ＝0.1，BC長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2 m，g取10 m/s2。求在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

圖8
(1)彈簧的最大壓縮量；
(2)彈簧彈性勢(shì)能的最大值。
答案　(1)1 m　(2)3 J
解析　(1)物塊由A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得
mgR＝mv，解得vB＝4 m/s
從開(kāi)始到靜止于B點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量和能量守恒有
mvB＝(M＋m)v
mv＝(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)
解得x＝1 m。
(2)由B點(diǎn)至將彈簧壓縮到最短，取vB方向?yàn)檎较?，?duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有
mvB＝(M＋m)v′
此時(shí)的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律可得
mv＝(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)
由以上兩式可得Ep＝3 J。
10．(2021·1月遼寧適應(yīng)性測(cè)試，13)如圖9所示，水平圓盤(pán)通過(guò)輕桿與豎直懸掛的輕彈簧相連，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。套在輕桿上的光滑圓環(huán)從圓盤(pán)正上方高為h處自由落下，與圓盤(pán)碰撞并立刻一起運(yùn)動(dòng)，共同下降到達(dá)最低點(diǎn)。已知圓環(huán)質(zhì)量為m，圓盤(pán)質(zhì)量為2m，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：

圖9
(1)碰撞過(guò)程中，圓環(huán)與圓盤(pán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量ΔE；
(2)碰撞后至最低點(diǎn)的過(guò)程中，系統(tǒng)克服彈簧彈力做的功W。
答案　(1)mgh　(2)mgh
解析　(1)碰撞前，圓環(huán)做自由落體運(yùn)動(dòng)，有v＝2gh
碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
系統(tǒng)機(jī)械能減少量
ΔE＝mv－(m＋2m)v
解得ΔE＝mgh。
(2)對(duì)系統(tǒng)碰撞后至最低點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得
(m＋2m)g·－W＝0－(m＋2m)v
解得W＝mgh。

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