知識(shí)點(diǎn)1：碰撞
1、碰撞的概念
碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時(shí)間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過程中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。
2、對(duì)心碰撞
物體碰撞前后速度方向在同一直線上。
處理方法：規(guī)定正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。
3、碰撞的分類
4、彈性碰撞的推導(dǎo)
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，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝eq \f(?m1－m2?v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
由此可得：當(dāng)m1=m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度；
當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)；
當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。
5、動(dòng)量與能量的區(qū)別和聯(lián)系
6、利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題
動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式。
中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)解決的問題．若用動(dòng)量的觀點(diǎn)或能量的觀點(diǎn)求解，一般都要比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)要簡(jiǎn)便，而中學(xué)階段涉及的曲線運(yùn)動(dòng)(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、碰撞等，就中學(xué)知識(shí)而言，不可能單純考慮用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)求解。
7、碰撞模型
“保守型”碰撞

子彈打木塊模型：子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為該過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；
在子彈打木塊過程中摩擦生熱，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。
子彈未穿出：mv0＝（m＋M）v；Q熱＝fL相對(duì)＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)（M＋m）v2。
子彈穿出：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q熱＝fL相對(duì)＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)Mv22
滑塊—木板模型：把滑塊、木板看成一個(gè)整體，摩擦力為內(nèi)力，在光滑水平面上滑塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。由于摩擦生熱，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機(jī)械能的減少量等于因摩擦而產(chǎn)生的熱量，ΔE＝Ff·s相對(duì)，其中s相對(duì)為滑塊和木板相對(duì)滑動(dòng)的路程。
當(dāng)滑塊不滑離木板或子彈不穿出木塊時(shí)，兩物體最后有共同速度，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，機(jī)械能損失最多。
1．在光滑的水平面上，有a、b兩個(gè)等大的小球，a的質(zhì)量為2m，b的質(zhì)量為m，它們?cè)谕恢本€上運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻兩球發(fā)生正碰，則下列關(guān)于兩球碰撞前后的速度-時(shí)間圖像可能正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】設(shè)縱軸坐標(biāo)分度值為v0；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)能不增加。
A．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量
碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量，違背動(dòng)量守恒定律，故A錯(cuò)誤；
B．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量
碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量
碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，物體發(fā)生完全非彈性碰撞，該過程可能發(fā)生，故B正確；
C．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量
碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量
碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒；碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為
碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)能為
碰撞后的動(dòng)能增加，這是不可能發(fā)生，故C錯(cuò)誤；
D．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量
碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量
碰撞過程不遵守動(dòng)量守恒定律，這種情況不可能發(fā)生，故D錯(cuò)誤。
故選B。
2．甲、乙兩球在光滑水平軌道上同向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是，，甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?，則兩球質(zhì)量m甲與m乙的關(guān)系可能是（ ）
A．m甲=m乙
B．m乙=2m甲
C．m乙=4m甲
D．m乙=6m甲
【答案】C
【詳解】根據(jù)動(dòng)量守恒定律得
解得
碰撞過程系統(tǒng)的總動(dòng)能不增加，則有
代入數(shù)據(jù)解得
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有
代入數(shù)據(jù)解得
綜上有
故選C。
3．如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為m1的小球以速度v與質(zhì)量為m2的靜止小球正碰，碰后兩小球速度大小都為，方向相反。則兩小球質(zhì)量之比和碰撞前后動(dòng)能變化量之比為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【詳解】AB．根據(jù)動(dòng)量守恒
則兩小球質(zhì)量之比為
A正確，B錯(cuò)誤；
CD．兩小球動(dòng)能變化量大小分別為
，
動(dòng)能變化量之比為
CD錯(cuò)誤。
故選A。
4．如圖，材料有差異的冰壺甲每次以相同的動(dòng)量與靜止在O處的另一冰壺發(fā)生正碰，碰后冰壺甲最終停止的位置不同，已知四次碰撞中冰壺甲與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，冰壺均可視為質(zhì)點(diǎn)，則碰撞后，被碰冰壺獲得動(dòng)量最大的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】設(shè)冰壺甲與另一冰壺碰撞前的動(dòng)量為，碰后甲的動(dòng)量為，被碰冰壺的動(dòng)量為，以甲的初速度方向?yàn)檎较颍瑑杀鶋嘏鲎策^程滿足動(dòng)量守恒，有
由于冰壺甲每次以相同的動(dòng)量與靜止在O處的另一冰壺發(fā)生正碰，由圖可知，選項(xiàng)A圖碰后甲的動(dòng)量為，選項(xiàng)B圖碰后甲的動(dòng)量為，選項(xiàng)C、D圖碰后甲的動(dòng)量為，可知碰撞后，選項(xiàng)B圖對(duì)應(yīng)被碰冰壺獲得動(dòng)量最大。
故選B。
5．2022年北京冬奧會(huì)在某次冰壺比賽中，如圖所示：藍(lán)壺靜止在大本營(yíng)Q處，材質(zhì)相同、質(zhì)量相等的紅壺與藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心正碰，在摩擦力作用下最終分別停在M點(diǎn)和N點(diǎn)。下列說法正確的是（ ）
A．碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同
B．碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍
D．紅壺碰前速度約為碰后速度的4倍
【答案】C
【詳解】A．碰后兩壺運(yùn)動(dòng)距離不相同，則兩壺速度不相同，根據(jù)動(dòng)量定理可判斷碰后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯(cuò)誤；
C．碰后紅壺運(yùn)動(dòng)的距離為
x1＝R2－R1＝0.61 m
藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的距離為
x2＝2R2＝2.44 m
二者質(zhì)量相同，二者碰后的所受摩擦力相同，即二者做減速運(yùn)動(dòng)的加速度相同，對(duì)紅壺，有
v12＝2ax1
對(duì)藍(lán)壺，有
v22＝2ax2
聯(lián)立可得
＝
即碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍，C正確；
D．設(shè)紅壺碰前速度為v0，根據(jù)動(dòng)量守恒，則有
mv0＝mv1＋mv2
解得
v0＝3v1
即紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍，D錯(cuò)誤；
B．碰前的動(dòng)能為
Ek0＝mv02
碰后動(dòng)能
Ek1＝mv12＋mv22
則有
Ek0>Ek1
機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤。
故選C。
6．如圖所示，水平面上A、B兩處有甲、乙兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，B點(diǎn)右側(cè)水平面粗糙，左側(cè)水平面光滑。若甲在水平向右的拉力的作用下由靜止向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)時(shí)撤去拉力F，緊接著甲與乙發(fā)生彈性正碰，其中乙滑行1.6m后停下，已知乙的質(zhì)量為1kg，乙與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取，則（ ）
A．0~2s內(nèi)，拉力F的沖量為12N·s
B．撤去拉力F時(shí)甲的速度大小為3m/s
C．兩個(gè)滑塊碰撞以后乙的速度是1m/s
D．甲的質(zhì)量為1kg
【答案】B
【詳解】A．F與t線性關(guān)系，力F對(duì)甲的沖量為I
故A錯(cuò)誤；
C．對(duì)乙碰撞后的過程中利用動(dòng)能定理得
故C錯(cuò)誤；
BD．設(shè)甲的質(zhì)量為m1，碰前速度為v0，碰后速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒得
根據(jù)機(jī)械能守恒得
聯(lián)立得
B正確，D錯(cuò)誤。
故選B。
7．“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來改變自己的速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為，探測(cè)器的初速度大小為，在圖示情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為。探測(cè)器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】根據(jù)動(dòng)量守恒定律
根據(jù)能量守恒定律
解得
又因?yàn)?br>解得
故選B。
8．“打羽毛球”是一種常見的體育健身活動(dòng)。當(dāng)羽毛球以的水平速度飛來時(shí)，運(yùn)動(dòng)員迅速揮拍以的水平速度迎面擊球，假設(shè)羽毛球和羽毛球拍的碰撞為彈性碰撞，且球拍的質(zhì)量遠(yuǎn)大于球的質(zhì)量，則羽毛球反彈的速度大小約為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】運(yùn)動(dòng)員迅速揮拍迎面擊球，此過程時(shí)間短暫，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒，且試題明確給出是彈性碰撞。由于該過程是彈性碰撞，故作用前后系統(tǒng)動(dòng)能相等。根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
聯(lián)立解得
規(guī)定羽毛球原速度方向?yàn)檎较?，?dāng)時(shí)
羽毛球反彈的速度大小約為。
故選A。
9．在足夠長(zhǎng)的傾斜長(zhǎng)直軌道上，先后將甲、乙兩個(gè)相同小球以相同的初速度在同一位置沿軌道向斜上方彈出，它們運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示。據(jù)圖可知下列說法錯(cuò)誤的是（ ）
A．該軌道是光滑軌道
B．t=4s時(shí)，兩球相對(duì)于出發(fā)點(diǎn)的位移相等
C．兩球在軌道上發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞
D．兩小球回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小為10 m/s
【答案】D
【詳解】A．由圖中甲的運(yùn)動(dòng)圖像可知，甲上滑和下滑的加速度相同，則說明小球只受重力和支持力，即軌道是光滑軌道，故A正確；
B．由圖像可知，甲在t=4s時(shí)的位移為
乙在t=4s時(shí)的位移為
故B正確；
C．由圖像可知，兩小球碰撞后速度都變?yōu)?，則碰撞為完全非彈性碰撞，故C正確；
D．由圖像可知，兩小球碰撞后速度都變?yōu)?，沿軌道向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
碰撞發(fā)生在t=4s時(shí)，此時(shí)兩小球離出發(fā)點(diǎn)的距離為20m，由可得
故D錯(cuò)誤。
本題選錯(cuò)誤的，故選D。
10．如圖，釘子在一固定的木塊上豎立著，一鐵塊從高處自由落體打在釘子上，鐵塊的底面剛好與釘子頂端斷面在同一水平面，之后鐵塊和釘子共同減速至零，則（ ）
A．鐵塊、釘子和木塊機(jī)械能守恒
B．鐵塊減少的機(jī)械能等于釘子和木塊增加的機(jī)械能
C．鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動(dòng)量等于釘子增加的動(dòng)量
D．鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動(dòng)能等于釘子增加的動(dòng)能
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)題意，碰后鐵塊和釘子動(dòng)能減小，重力勢(shì)能減小，木塊的機(jī)械能不變，鐵塊、釘子和木塊機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；
B．碰撞后，釘子和木塊會(huì)產(chǎn)生內(nèi)能，釘子的重力勢(shì)能減小，所以鐵塊減少的機(jī)械能和釘子減小的重力勢(shì)能等于釘子和木塊增加的內(nèi)能，B錯(cuò)誤；
C．鐵塊和釘子碰撞，碰撞前后動(dòng)量守恒，即鐵塊減少的動(dòng)量等于釘子增加的動(dòng)量，C正確；
D．鐵塊碰撞釘子前后瞬間，碰撞會(huì)損失能量，鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動(dòng)能等于釘子增加的動(dòng)能和增加的內(nèi)能，D錯(cuò)誤。
故選C。
11．質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球速度v'可能值的范圍為（ ）
A．0.2v≤v'≤0.5v
B．0.2v≤v'≤0.75v
C．0.25v≤v'≤0.5v
D．0.25v≤v'≤0.75v
【答案】C
【詳解】若A、B兩球?yàn)閺椥耘鲎?，則碰撞過程無能量損失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒可得
解得
若A、B兩球?yàn)橥耆菑椥耘鲎?，碰撞后兩球共速，碰撞過程能量損失最大，碰撞后速度最小，根據(jù)動(dòng)量守恒可得
解得
因此碰撞后B球速度v'可能值的范圍為
0.25v≤v'≤0.5v
故選C。
12．如圖所示，小球A、B均靜止在光滑水平面上，現(xiàn)給A球一個(gè)向右的初速度，之后與B球發(fā)生對(duì)心碰撞。關(guān)于碰撞后的情況，下列說法正確的是（ ）
A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球發(fā)生完全非彈性碰撞，A球質(zhì)量等于B球質(zhì)量，則A球?qū)㈧o止
C．若A、B球發(fā)生彈性碰撞，A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，則無論A球初速度大小是多少，A球都將反彈
D．若A、B球發(fā)生彈性碰撞，A球質(zhì)量足夠大，B球質(zhì)量足夠小，則碰后B球的速度可以是A球的3倍
【答案】C
【詳解】A．小球A、B發(fā)生對(duì)心碰撞，有可能是完全彈性碰撞，完全非彈性碰撞，非彈性碰撞；若是完全非彈性碰撞，則AB兩小球具有共同速度，若不是，兩球速度不同，則A錯(cuò)誤；
B．若A、B球發(fā)生完全非彈性碰撞，AB碰后有共同速度，有動(dòng)量守恒可得
解得

若A球質(zhì)量等于B球質(zhì)量，則
故B錯(cuò)誤；
CD．小球A、B發(fā)生對(duì)心碰撞，若是完全彈性彈性碰撞，則根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則
解得
，
若A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，有上述和的表達(dá)式可知
A球質(zhì)量足夠大，B球質(zhì)量足夠小，有上述和的表達(dá)式可知
故C正確，故D錯(cuò)誤。
故選C。
13．課間幾個(gè)同學(xué)做游戲，如圖所示，將一物塊Q放在課桌上的點(diǎn)，在另一與物塊Q完全相同的物塊P上粘一小塊橡皮泥（質(zhì)量不計(jì)），并置于A點(diǎn)，在課桌上的點(diǎn)有一標(biāo)記，A、、三點(diǎn)在同一直線上，且，游戲時(shí)給物塊P一瞬時(shí)沖量使其沿直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間物塊P與物塊Q發(fā)生碰撞并粘合為一體，粘合體距離點(diǎn)最近者獲得勝利。某同學(xué)對(duì)物塊P施加的瞬時(shí)沖量為（未知）時(shí)，粘合體剛好停在點(diǎn)。已知兩物塊的質(zhì)量均為，與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度為。下列說法正確的是（ ）
A．該同學(xué)對(duì)P施加的瞬時(shí)沖量為
B．整個(gè)過程因摩擦產(chǎn)生的熱量為
C．碰后瞬間物塊P的速度為
D．兩物塊因碰撞損失的機(jī)械能為
【答案】C
【詳解】C．設(shè)游戲時(shí)物塊P的初速度大小為，碰前瞬間物塊P的速度大小為，碰后瞬間粘合體的速度大小為，對(duì)物塊P由A到的過程，由動(dòng)能定理有
兩物塊碰撞過程動(dòng)量守恒，則有
碰后粘合體由到的過程由動(dòng)能定理有
整理得
故C正確；
A．該同學(xué)對(duì)物塊P施加的瞬時(shí)沖量為
故A錯(cuò)誤；
B．整個(gè)過程，兩物塊克服摩擦力做的功為
由功能關(guān)系可知整個(gè)過程因摩擦產(chǎn)生的熱量為
故B錯(cuò)誤；
D．兩物塊因碰撞損失的機(jī)械能為
解得
故D錯(cuò)誤。
故選C。
14．兩個(gè)完全相同的小球A、B用長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的細(xì)線懸于天花板上，如圖所示。若將A從圖示位置由靜止釋放，則B球被碰后第一次速度為零時(shí)距離最低點(diǎn)的高度可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】小球A從釋放到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知
解得
若A與B發(fā)生完全彈性碰撞，由能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律可知兩者交換速度，即
B上升過程中由動(dòng)能定理可知
解得
若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞即AB粘在一起，由動(dòng)量守恒定律可知
解得
在AB上升過程中，由動(dòng)能定理可知
解得
所以B球上升的高度
高度可能是。
故選B。
15．如圖所示，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的木塊A放在長(zhǎng)木板的左端，一顆質(zhì)量為的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時(shí)速度為，木塊在木板上滑行的時(shí)間為t，則下列說法錯(cuò)誤的是（ ）

A．木塊獲得的最大速度為
B．木塊滑離木板時(shí)，木板獲得的速度大小為
C．木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力大小為
D．因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動(dòng)能與木板增加的動(dòng)能之差
【答案】B
【詳解】A．對(duì)子彈和木塊A組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律
解得
此后木塊A與子彈一起做減速運(yùn)動(dòng)，則此時(shí)木塊的速度最大，選項(xiàng)A正確；
B．木塊滑離木板時(shí)，對(duì)木板和木塊包括子彈系統(tǒng)
解得
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．對(duì)木板，由動(dòng)量定理：
解得
選項(xiàng)C正確；
D．由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動(dòng)能與木板增加的動(dòng)能之差，選項(xiàng)D正確。
本題選錯(cuò)誤的，故選B。
16．如圖所示，光滑水平地面上并排放置著質(zhì)量分別為、的木板A、B，一質(zhì)量的滑塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度從A左端滑上木板，C滑離木板A時(shí)的速度大小為，最終C與木板B相對(duì)靜止，則（ ）
A．木板B與滑塊C最終均靜止在水平地面上
B．木板B的最大速度為5 m/s
C．木板A的最大速度為1 m/s
D．整個(gè)過程，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了57.5 J
【答案】D
【詳解】ABC．設(shè)C剛滑到木板B上時(shí)，B的速度為，由動(dòng)量守恒得
得
方向與C的初速度方向相同，以滑塊C與木板B為研究對(duì)象，設(shè)木板B的最終速度為v3，由動(dòng)量守恒得
得
方向與C初速度方向相同，ABC錯(cuò)誤；
D．由能量守恒有，整個(gè)過程中A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
D正確。
故選D。
17．如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，下列說法正確的是（ ）

A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒
B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量不守恒
C．物塊到不了水平軌道的最左端
D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道
【答案】B
【詳解】AB．軌道不固定時(shí)，物塊在軌道的水平部分時(shí)因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時(shí)，合外力不為零，動(dòng)量不守恒，但是水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．設(shè)軌道的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)．軌道固定時(shí)，根據(jù)能量守恒定律得
mgR=μmgL
軌道不固定時(shí)，設(shè)物塊與軌道相對(duì)靜止時(shí)共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x．
取向左為正方向，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得
0=（M+m）v
則得
v=0
根據(jù)能量守恒定律得
mgR=（M+m）v2+μmgx
聯(lián)立解得
x=L
所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，故CD錯(cuò)誤。
故選B。
18．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（ ）
A．小球的質(zhì)量為
B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為
C．小球能夠上升的最大高度為
D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【詳解】A．設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得
結(jié)合圖乙可得
所以
，
故A正確，不符合題意；
D．對(duì)小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有
解得小球在與圓弧滑塊分離時(shí)的速度為
即a>b時(shí)，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時(shí)向左做平拋運(yùn)動(dòng)，故D正確，不符合題意；
B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得
解得
故B正確，不符合題意；
C．小球從開始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得
解得
故C錯(cuò)誤，符合題意。
故選C。
19．如圖所示，質(zhì)量為3m的小物塊B靜止放在光滑水平面上，左端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧勁度系數(shù)為k，質(zhì)量為m的小物塊A以初速度v0與彈簧碰撞并壓縮彈簧，經(jīng)時(shí)間t物塊A、B速度大小相同，此過程中小物塊B運(yùn)動(dòng)的位移為d，之后彈簧彈開，已知兩物塊始終在同一直線上運(yùn)動(dòng)，v0t=d0，下列說法中正確的是（ ）
A．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊A、B的速度相同
B．從開始?jí)嚎s彈簧到彈簧壓縮到最短，A物塊的位移為d0-3d
C．從開始?jí)嚎s彈簧到彈簧完全彈開，彈簧的最大彈力為4kd
D．從開始?jí)嚎s彈簧到彈簧完全彈開，經(jīng)歷的時(shí)間為3t
【答案】B
【詳解】A．從物塊A與彈簧接觸到分離過程，有
解得
，
由此可知，A、B速度大小相等，但方向相反，故A錯(cuò)誤；
B．彈簧壓縮到最短時(shí)，A、B共速，根據(jù)動(dòng)量守恒有
解得
根據(jù)牛頓第二定律，A、B加速度任意時(shí)刻之比都為3:1，故平均加速度之比也為3:1，對(duì)B，有
故B正確；
C．彈簧的壓縮量為
故C錯(cuò)誤；
D．從壓縮彈簧到彈簧完全彈開，物塊B速度由0增大至，與由增大至的過程中受到的彈力對(duì)稱，速度變化相同，故兩段時(shí)間相同，從開始?jí)嚎s彈簧到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，經(jīng)歷的時(shí)間為2t，故D錯(cuò)誤。
故選B。
20．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為和的兩物塊相連接，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
B．在時(shí)刻和時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能均達(dá)到最大值
C．時(shí)間內(nèi)，彈簧的長(zhǎng)度大于原長(zhǎng)
D．時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈力逐漸減小
【答案】B
【詳解】A．以m1的初速度方向?yàn)檎较?，?duì)0～1s時(shí)間內(nèi)的過程，由動(dòng)量守恒定律得
將v1=3m/s，v共=1m/s代入解得
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知在時(shí)刻和時(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；
C．在時(shí)刻彈簧壓縮至最短，所以時(shí)間內(nèi)，彈簧的長(zhǎng)度小于原長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；
D．時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大
故選B。
21．質(zhì)量為m，速度為的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】?jī)汕虬l(fā)生完全彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，可?br>解得
若A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有
解得
則B的速度范圍是
故選B。
22．在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v—t圖線如圖（b）中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則（ ）
A．碰后紅壺將被反彈回來
B．碰后藍(lán)壺速度為0.8m/s
C．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4m
D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受的摩擦力
【答案】B
【詳解】AB．由圖可知，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后速度為v′0＝0.2m/s，碰后紅壺沿原方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入數(shù)據(jù)解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞過程機(jī)械能有損失，碰撞為非彈性碰撞，A錯(cuò)誤，B正確；
C．根據(jù)速度圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的位移大小
C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)圖像的斜率表示加速度，可知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，兩者的質(zhì)量相等，由牛頓第二定律可知，碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力，D錯(cuò)誤。
故選B。
23．某次冰壺運(yùn)動(dòng)訓(xùn)練中，甲壺與靜止的乙壺發(fā)生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，不計(jì)空氣阻力，兩壺完全相同且均可視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短可不計(jì)，碰撞前、后兩壺運(yùn)動(dòng)軌跡始終在同一水平直線上。從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，測(cè)得乙壺位移是甲壺位移的k倍，則（ ）
A．kvb>va
【答案】B
【詳解】若人跳離b、c車時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律，人跳離c車的過程，有
0=-M車vc+m人v
人跳上和跳離b車的過程，有
m人v=-M車vb+m人v
人跳上a車過程，有
m人v=（M車+m人）va
所以
vc=-
vb=0
va=
即
vc>va>vb
并且vc與va方向相反。
故選B。
31．如圖所示，有一半徑為R、圓心角為60°的光滑圓弧軌道置于光滑水平面上。一小球以初速度滑上圓弧軌道。已知圓弧軌道質(zhì)量，小球質(zhì)量，重力加速度為g，若小球從圓弧軌道飛出時(shí)速度方向恰好跟水平方向成30°角，則（ ）

A．圓弧半徑
B．小球飛出時(shí)速度為
C．小球飛出時(shí)圓弧軌道的速度為
D．小球從滑上圓弧到飛離圓弧過程中速度變化量的大小為
【答案】C
【詳解】ABC．小球以初速度滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產(chǎn)生相互作用，因此小球從滑上圓弧到飛離圓弧的運(yùn)動(dòng)中，小球與圓弧軌道組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此小球有兩個(gè)分速度，其中v1是相對(duì)軌道的速度，與圓弧相切，v2是隨軌道運(yùn)動(dòng)的速度，方向水平，如圖所示，由幾何關(guān)系，可知v1與v2成60°角，v與v2成30°角，則v1與v成30°角，所以四邊形是菱形，v1= v2，則有 ，由動(dòng)量守恒定律可得

系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
聯(lián)立解得
解得小球飛出時(shí)圓弧軌道的速度為
解得小球飛出時(shí)速度為
AB錯(cuò)誤，C正確；
D．由題意可得矢量三角形，如圖所示，由幾何關(guān)系可得

其中
解得
D錯(cuò)誤。
故選C。
32．如圖所示，輕彈簧左端固定在墻壁上，右端拴接質(zhì)量為的物塊，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，物塊靜止在地面上，其左側(cè)地面光滑，右側(cè)地面粗糙．質(zhì)量為的物塊從距離物塊為的位置以大小為的初速度向運(yùn)動(dòng)，并以大小為的速度與發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰后物塊靜止。兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為，則（ ）

A．物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．兩物塊第一次碰撞損失的能量為
C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為
D．物塊最終停止在其初始位置的右側(cè)
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)題意，B運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理有
解得
故A錯(cuò)誤；
B．由于碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有
解得
則兩物塊第一次碰撞損失的能量為
故B正確；
C．根據(jù)題意可知，碰撞之后，物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)物塊A的動(dòng)能為0時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由機(jī)械能守恒定律有
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)題意，由上述分析可知，物塊B由初位置運(yùn)動(dòng)到物塊A靜止的位置，動(dòng)能減小了
由于碰撞過程中動(dòng)能損失，則物塊B經(jīng)過2次與物塊A的碰撞，動(dòng)能一定小于，由動(dòng)能定理可知，物塊最終一定停止在其初始位置的左側(cè)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
多選題
33．如圖所示，光滑水平桌面距離水平地面的高度為H，質(zhì)量為m2、半徑為R的光滑四分之一圓弧槽B靜止放在桌面上，質(zhì)量為m1的小球A從與圓弧槽圓心等高處由靜止滑下，與靜止在桌面上的質(zhì)量為m3的小球C發(fā)生彈性正碰，最后兩小球落到水平地面上的M、N兩點(diǎn)，已知H=0.8m，R=0.9m，m1=2kg，m2=2kg，m3=1kg，重力加速度g=10m/s2，兩球視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，下列選項(xiàng)正確的是（ ）

A．小球A從圓弧槽滑離時(shí)的速度為3m/sB．小球A與小球C碰撞后，小球C的速度為2m/s
C．M、N兩點(diǎn)的距離為1.2mD．小球A可能落在N點(diǎn)
【答案】AC
【詳解】設(shè)球滑離圓弧槽時(shí)的速度為，圓弧槽的速度為，取向右為正方向，此過程由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得
解得
假設(shè)與碰撞后的速度為，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得
解得
假設(shè)兩球從桌面平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，由
A球的水平位移
球的水平位移
MN兩點(diǎn)的距離
因?yàn)?，所以A球落在M點(diǎn)。
故選AC。
34．某機(jī)械傳動(dòng)組合裝置如圖，一個(gè)水平圓盤以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，固定在圓盤上的小圓柱離圓心距離為，帶動(dòng)一個(gè)形支架在水平方向左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)。水平桌面上點(diǎn)的左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙程度相同。小圓柱每次在最左端時(shí)，就在桌面的A點(diǎn)和點(diǎn)輕放質(zhì)量為和的小物件P和Q，P、Q與水平桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，此時(shí)形支架的右端恰好與P接觸但不粘連。隨后圓盤轉(zhuǎn)半圈時(shí)物件P恰好運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，與物件Q瞬間粘合成PQ整體。PQ整體運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)停下的瞬間，下一個(gè)PQ整體位于的中點(diǎn)。下列說法正確的是（ ）

A．物件P從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到與形架分離的過程中，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)
B．物件P從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)的過程，形支架對(duì)其做的功
C．的距離
D．的距離
【答案】BC
【詳解】A．T形支架的速度等于小圓柱的水平方向的分速度，小圓柱的線速度大小為
如圖

水平方向上的分速度為
所以物件P從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到與形架分離的過程中，做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．小圓柱從在最左端開始轉(zhuǎn)動(dòng)圓周時(shí)，T形支架和物件P的速度達(dá)到最大，之后T形支架減速會(huì)與物件P分離，此時(shí)P的速度大小為
物件P從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得，形支架對(duì)其做的功
故B正確；
C．支架與物件P分離之后P做勻速直線運(yùn)動(dòng)在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)周期時(shí)間到達(dá)O點(diǎn)，此時(shí)間內(nèi)P運(yùn)動(dòng)的位移為
AO間的距離為
故C正確；
D．物件P到達(dá)O點(diǎn)后，與物件Q發(fā)生碰撞，碰前圓周轉(zhuǎn)動(dòng)半圈，速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得
解得
碰撞后物件PQ共同做勻減速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)停止，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，從O點(diǎn)到B點(diǎn)所需的時(shí)間與從OB中點(diǎn)到B點(diǎn)所需的時(shí)間之比為，設(shè)物件PQ從O運(yùn)動(dòng)到B所需時(shí)間為，而下一個(gè)PQ運(yùn)動(dòng)到OB中點(diǎn)所用時(shí)間則為，所以圓盤轉(zhuǎn)一圈所用時(shí)間為
則
OB間的距離為
又
解得的距離
故D錯(cuò)誤。
故選BC。
35．如圖所示，有一個(gè)質(zhì)量為的物體A和一個(gè)質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長(zhǎng)為，勁度系數(shù)為k，彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量）?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達(dá)到相對(duì)靜止的時(shí)間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，最后被拉長(zhǎng)至最長(zhǎng)。則下列說法正確的是（ ）

A．整個(gè)過程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒
B．彈簧被壓縮至最短時(shí)物體B的速度大小為
C．整個(gè)過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為
D．物體B的最大加速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．水平地面光滑，子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動(dòng)量守恒，子彈打入物體A過程中，由于摩擦生熱，故機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)三者共速時(shí)，彈簧被壓縮至最短，設(shè)共同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
選項(xiàng)B正確；
C．當(dāng)彈簧壓縮至最短或伸長(zhǎng)至最長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)三者共速，子彈打入物體A并留在A中時(shí)，設(shè)此時(shí)A的速度大小為，對(duì)子彈與物體A，根據(jù)動(dòng)量守恒定律
解得
從子彈打入物體A后至AB共速，彈性勢(shì)能增加量等于系統(tǒng)動(dòng)能減少量，故最大彈性勢(shì)能為
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈力最大，物體B的加速度最大
根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立二式得
選項(xiàng)D正確。
故選BD。
36．質(zhì)量均為1.0的木板A和半徑為0.2m的 光滑圓弧槽B靜置在光滑水平面上，A和B接觸但不粘連，B左端與A相切?，F(xiàn)有一質(zhì)量為2.0的小滑塊C以5的水平初速度從左端滑上A，C離開A時(shí)，A的速度大小為1.0。已知A、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10。下列說法正確的是（ ）
A．木板A的長(zhǎng)度為0.8m
B．滑塊C能夠離開B且離開B后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)
C．整個(gè)過程中A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
D．B的最大速度為5
【答案】ACD
【詳解】A．C離開A前，A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
mCvC=mCvC′+（mA+mB）vAB
由能量守恒定律得
代入數(shù)據(jù)解得
vC′=4m/s，L=0.8m
故A正確；
B．滑塊C在圓弧槽B上達(dá)到最高度時(shí)兩者速度相等，B、C系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
mCvC′+mBvAB=（mB+mC）v
由能量守恒定律得
代入數(shù)據(jù)解得
h=0.15m

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【暑假銜接】高中物理新高三（高二升高三）暑假自學(xué)講義 專題01 運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像（教師版+學(xué)生版）

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