如圖，在光滑水平面上，一質(zhì)量為100 g的A球，以2 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為200 g大小相同的靜止B球發(fā)生對心碰撞，撞后B球的速度大小為1.2 m/s，取A球初速度方向?yàn)檎较?，下列說法正確的是( )
A．該碰撞為彈性碰撞
B．該碰撞為完全非彈性碰撞
C．碰撞前后A球的動(dòng)量變化為－1.6 kg·m/s
D．碰撞前后A球的動(dòng)量變化為－0.24 kg·m/s
答案：D
解析：以A球初速度方向?yàn)檎较颍鲎策^程根據(jù)動(dòng)量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得A球碰后的速度為vA＝－0.4 m/s，碰撞前后A球的動(dòng)量變化為Δp＝mAvA－mAv0＝0.1×(－0.4) kg·m/s－0.1×2 kg·m/s＝－0.24 kg·m/s，C錯(cuò)誤，D正確；碰撞前系統(tǒng)的機(jī)械能為E1＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)×0.1×22 J＝0.2 J，碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能為E2＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(1,2)×0.1×0.42 J＋ eq \f(1,2)×0.2×1.22 J＝0.152 J，由于E2v0 B．v1＝v0
C．v2>v0 D．v2＝v0
答案：A
解析：根據(jù)題意，設(shè)行星的質(zhì)量為M，探測器的質(zhì)量為m，當(dāng)探測器從行星的反方向接近行星時(shí)(題中左圖)，再設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒得－mv0＋Mu＝Mu′＋mv1. eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu′2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，整理得v1－v0＝u＋u′，所以v1>v0，A正確，B錯(cuò)誤；同理，當(dāng)探測器從行星的同方向接近行星時(shí)(題中右圖)，再設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒得mv0＋Mu＝Mu″－mv2， eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu″2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，整理得v0－v2＝u＋u″，所以v2|v1|，聯(lián)立解得M>5 kg，D正確．
6．[2024·浙江省寧波金蘭教有合作組織聯(lián)考]有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長，一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺測量它的質(zhì)量，他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d和船長L，已知他自身的質(zhì)量為m，忽略船運(yùn)動(dòng)過程中水對它的阻力，則可測得船的質(zhì)量為( )
A． eq \f(m（L－d）,d) B． eq \f(m（L＋d）,d)
C． eq \f(m（L＋d）,L) D． eq \f(mL,d)
答案：A
解析：設(shè)人走動(dòng)時(shí)船的速度大小為v，人的速度大小為v′，船的質(zhì)量為M，人和船的相對位移為L，人從船尾走到船頭所用時(shí)間為t，則v＝ eq \f(d,t)，v′＝ eq \f(L－d,t)，人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，取船的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的質(zhì)量M＝ eq \f(m（L－d）,d)，A正確．
7．如圖所示，平板小車A放在光滑水平面上，長度L＝1 m，質(zhì)量mA＝1.99 kg，其上表面距地面的高度h＝0.8 m．滑塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量mB＝1 kg，靜置在平板小車的右端，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)有mC＝0.01 kg的子彈以v0＝400 m/s速度向右擊中小車A并留在其中，且擊中時(shí)間極短，g取10 m/s2.求：
(1)子彈C擊中平板小車A后的瞬間，A速度多大？
(2)B落地瞬間，平板小車左端與滑塊B的水平距離x多大？
答案：(1)2 m/s (2)0.4 m
解析：(1)子彈C擊中小車A后并留在其中，則A與C共速，速度為v1，以v0為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒有mCv0＝(mC＋mA)v1，得v1＝2 m/s
(2)設(shè)A與B分離時(shí)的速度分別是v2、v3，對A、B、C組成的系統(tǒng)分析，由動(dòng)量守恒和動(dòng)能定理得
(mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v2＋mBv3
－μmBgL＝ eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) － eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v2＝ eq \f(5,3) m/s，v3＝ eq \f(2,3) m/s
或v2＝1 m/s，v3＝2 m/s(舍去，因?yàn)锳的速度不能小于B的速度)
B從A飛出以v3做平拋運(yùn)動(dòng)，則h＝ eq \f(1,2)gt2
得t＝0.4 s
A以v2向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)B落地時(shí)，它們的相對位移x＝(v2－v3)t＝0.4 m
8．[2024·河北省唐山市一中聯(lián)盟聯(lián)考]如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝1.98 kg的小車，小車上表面有一半徑為R＝1 m的 eq \f(1,4)光滑圓弧軌道，與水平軌道在B點(diǎn)相切，B點(diǎn)右側(cè)粗糙，小車的最右端D點(diǎn)豎直固定輕質(zhì)彈簧片CD.一個(gè)質(zhì)量m＝2 kg的小球置于車的B點(diǎn)，車與小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，有一質(zhì)量m0＝20 g的子彈，以速度v0＝800 m/s擊中小車并停留在車中，設(shè)子彈擊中小車的過程時(shí)間極短，已知小球與彈簧片碰撞時(shí)無機(jī)械能損失，BD之間距離為0.3 m，小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)子彈擊中小車后的瞬間，小車的速度；
(2)小球再次返回圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度大?。?br>(3)小球最終相對于B點(diǎn)的距離．
答案：(1)8 m/s (2)8 m/s (3)0.2 m
解析：(1)取向右為正方向，子彈打小車過程，子彈和小車系統(tǒng)動(dòng)量守恒
m0v0＝(m0＋M)v
解得v＝8 m/s
(2)子彈、小車和小球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
(m0＋M)v＝(m0＋M)v1＋mv2
子彈、小車和小球構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
eq \f(1,2)(m0＋M)v2＝ eq \f(1,2)(m0＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
聯(lián)立可得v1＝0 v2＝8 m/s
(3)小球最終狀態(tài)是三者共速時(shí)
(m0＋M)v＝(m0＋m＋M)v3
損失的機(jī)械能 eq \f(1,2)(m0＋M)v2－ eq \f(1,2)(m0＋m＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝μmgs
聯(lián)立可得s＝3.2 m
所以相對于B點(diǎn)的距離是x＝s－0.3×10 m＝0.2 m
9．[2024·江蘇省宿遷市月考]如圖所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A的質(zhì)量mA＝1 kg，B的質(zhì)量mB＝mC＝2 kg.滑塊B的左端連有輕質(zhì)彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態(tài)．現(xiàn)使滑塊A以v0＝3 m/s速度水平向右運(yùn)動(dòng)，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用，直至分開未與C相撞．整個(gè)過程彈簧沒有超過彈性限度，求：
(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)，B物體的速度大??；
(2)彈簧給滑塊B的沖量；
(3)滑塊A的動(dòng)能最小時(shí)，彈簧的彈性勢能．
答案：(1)1 m/s (2)4 N·s，方向向右
(3)2.25 J
解析：(1)對AB系統(tǒng)，AB速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短．取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v1
代入數(shù)據(jù)解得v1＝1 m/s
(2)在彈簧作用的過程中，B一直加速，B與彈簧分開后，B的速度最大，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得 eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
聯(lián)立解得vB＝2 m/s
對B根據(jù)動(dòng)量定理可得I＝mBvB－0＝2×2 N·s－0＝4 N·s
方向向右；
(3)滑塊A的動(dòng)能最小時(shí)速度為零，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝mBv′B
代入數(shù)據(jù)解得v′B＝1.5 m/s
根據(jù)功能關(guān)系可得Ep＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2)mBv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入數(shù)據(jù)解得Ep＝2.25 J．

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