A．0.1 m/sB．0.2 m/s
C．0.4 m/sD．1 m/s
2.
如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊，由輕彈簧連在墻上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入木塊并留在其中，則在之后的過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為( )
A． eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) B． eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
C． eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）) D． eq \f(M2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）)
3.
[2022·云南省部分學(xué)校聯(lián)合檢測(cè)]如圖所示，一質(zhì)量為3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右運(yùn)動(dòng)，盒底上表面光滑，同時(shí)在盒內(nèi)有一質(zhì)量為M的小物塊以水平速度v向右運(yùn)動(dòng)．如果每一次碰撞都沒(méi)有機(jī)械能損失，則( )
A．盒子與小物塊最終靜止
B．盒子與小物塊最終達(dá)到相同速度，從而做勻速運(yùn)動(dòng)
C．第一次碰撞后瞬間，小物塊相對(duì)水平面的速度大小為 eq \f(3,2) v
D．第一次碰撞后瞬間，小物塊相對(duì)水平面的速度大小為 eq \f(5,2) v
4．[2022·江蘇省常州市期末]隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野．“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(lái)改變自己的速度．為了分析這個(gè)過(guò)程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度．如圖所示，以太陽(yáng)為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2.探測(cè)器和行星雖然沒(méi)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．v1>v0B．v1＝v0
C．v2>v0D．v2＝v0
5．[2022·河南省六市聯(lián)考]如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，其左側(cè)是四分之一光滑圓弧，左端底部恰好與地面相切．兩小球的質(zhì)量分別為m1＝2 kg、m2＝3 kg，m1的初速度為v0，m2保持靜止．已知m1與m2發(fā)生彈性碰撞，要使m1與m2發(fā)生兩次碰撞，則M可能為( )
A．2 kgB．3 kg
C．5 kgD．6 kg
6．[2022·安徽省九師聯(lián)盟質(zhì)量檢測(cè)]如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑R＝0.72 m的圓弧軌道豎直固定放置在水平面上，A、O、B三點(diǎn)在同一條豎直線上，O是軌道的圓心，A是軌道的最低點(diǎn)(水平面與圓軌道在A點(diǎn)平滑連接)，B是軌道最高點(diǎn)．質(zhì)量m＝1 kg的小球甲沿著光滑的水平面以v0＝9 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與前方靜止的質(zhì)量為M的小球乙發(fā)生彈性正碰，碰后小球乙恰好能通過(guò)B點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)碰后瞬間小球乙的速度大?。?br>(2)小球乙的質(zhì)量M及碰撞過(guò)程中乙對(duì)甲做的功．
7．[2022·湖南省長(zhǎng)沙市聯(lián)考]如圖所示，平板小車A放在光滑水平面上，長(zhǎng)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？
8．[2022·湖南省五市十校聯(lián)考]如圖所示，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為1.75 kg的木板右端固定一光滑四分之一圓弧槽，木板長(zhǎng)0.56 m，圓弧槽半徑為0.2 m，木板左端靜置一個(gè)質(zhì)量為0.25 kg的小物塊B，小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8.在木板的左端正上方，用長(zhǎng)為0.3 m的輕桿將質(zhì)量為1 kg的小球A懸于固定點(diǎn)O，輕桿可繞O點(diǎn)無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)．現(xiàn)將小球A拉至左上方，輕桿與水平方向成θ＝30°角，小球由靜止釋放，到達(dá)O點(diǎn)的正下方時(shí)與物塊B發(fā)生彈性正碰．不計(jì)圓弧槽質(zhì)量及空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小球A與物塊B碰前瞬間，小球A的速度大?。?br>(2)物塊B上升的最大高度；
(3)物塊B與木板因摩擦最終產(chǎn)生的總熱量．
9．如圖所示，同一光滑水平軌道上靜止放置A、B、C三個(gè)物塊，A、B兩物塊質(zhì)量均為m，C物塊質(zhì)量為2m，B物塊的右端裝有一輕彈簧，現(xiàn)讓A物塊以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與B碰后粘在一起，再向右運(yùn)動(dòng)推動(dòng)C(彈簧與C不粘連)，彈簧沒(méi)有超過(guò)彈性限度．求：
(1)A與B碰撞結(jié)束后的共同速度；
(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能．
專題40 碰撞問(wèn)題
1．B 對(duì)冰壺乙在冰面上滑行的過(guò)程，有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＝2μgs，由于兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，且兩冰壺的質(zhì)量相等，因此碰撞后兩冰壺交換速度，故v1＝v2，解得v1＝0.2 m/s，B正確．
2．C 子彈打木塊的過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得v＝ eq \f(mv0,M＋m)，子彈、木塊向左壓縮彈簧過(guò)程子彈、木塊、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)子彈、木塊速度減為零時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，由機(jī)械能守恒可得 eq \f(1,2)(M＋m)v2＝Ep，解得Ep＝ eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）)，C正確．
3．D 水平面和盒底均光滑，碰撞中沒(méi)有能量損失，所以系統(tǒng)的總動(dòng)能不會(huì)變化，盒子與小物塊最終不可能靜止，不可能共速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；設(shè)第一次碰撞后瞬間小物塊的速度為v1，盒子的速度為v2，由動(dòng)量守恒和能量守恒得3M×2v＋Mv＝Mv1＋3Mv2， eq \f(1,2)×3M(2v)2＋ eq \f(1,2)Mv2＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋ eq \f(1,2)×3Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ，解得v1＝ eq \f(5,2)v，v2＝ eq \f(3,2)v，C錯(cuò)誤，D正確．
4．A 根據(jù)題意，設(shè)行星的質(zhì)量為M，探測(cè)器的質(zhì)量為m，當(dāng)探測(cè)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\up11(2),\s\d4(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu′2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(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(cè)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\up11(2),\s\d4(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu″2＋ eq \f(1,2)mveq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))，整理得v0－v2＝u＋u″，所以v2|v1|，聯(lián)立解得M>5 kg，D正確．
6．(1)6 m/s (2)2 kg －36 J
解析：(1)乙恰好到B點(diǎn)，軌道對(duì)小球的彈力正好為0，
設(shè)乙在B點(diǎn)的速度為vB，由牛頓第二定律得Mg＝ eq \f(Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R)
設(shè)乙在A點(diǎn)的速度(即碰撞結(jié)束時(shí))為v乙，乙從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由機(jī)械能守恒可得 eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(B)) ＋Mg2R＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(乙))
綜合解得v乙＝6 m/s
(2)碰撞剛結(jié)束時(shí)，設(shè)甲的速度為v甲
甲、乙發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒mv0＝mv甲＋Mv乙
由機(jī)械能守恒 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(甲)) ＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(乙))
綜合解得M＝2 kg、v甲＝－3 m/s
碰撞過(guò)程中乙對(duì)甲做的功就是合力對(duì)甲做的功，由動(dòng)能定理得W＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(甲)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
代入條件計(jì)算可得W＝－36 J．
7．(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(duì)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\up11(2),\s\d4(2)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) － eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(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(duì)位移x＝(v2－v3)t＝0.4 m
8．(1)3 m/s (2)0.56 m (3)2.24 J
解析：(1)小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得
mAgL(1＋sin 30°)＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
聯(lián)立解得v1＝3 m/s
(2)小球A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律得
mAv1＝mAv2＋mBv3
eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3))
聯(lián)立解得v2＝1.8 m/s，v3＝4.8 m/s
物塊B在最高點(diǎn)時(shí)，與木板共速，設(shè)共同速度為v4，物塊B上升的最大高度為h，木板長(zhǎng)為L(zhǎng)1
由水平方向動(dòng)量守恒及能量守恒定律得
mBv3＝(mB＋M)v4
解得v4＝0.6 m/s
eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝ eq \f(1,2)(mB＋M)v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(4)) ＋μmBgL1＋mBgh
聯(lián)立解得h＝0.56 m
(3)假設(shè)物塊B最終能停在木板上，則物塊B與木板最終的共同速度仍為v4，設(shè)物塊B在木板上相對(duì)木板滑行的路程為x，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝ eq \f(1,2)(mB＋M)v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(4)) ＋μmBgx
解得x＝1.26 m
因1.26 m>2L1，故假設(shè)不成立，即物塊B最終不能停在木板上，物塊B與木板摩擦產(chǎn)生的總熱量為Q＝2μmBgL1＝2.24 J.
9．(1) eq \f(v0,2) (2) eq \f(1,8)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
解析：(1)A與B碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，可得mv0＝2mv1
解得A與B碰撞結(jié)束后的共同速度為v1＝ eq \f(v0,2)
(2)A、B與C作用過(guò)程中，當(dāng)A、B、C速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒可得2mv1＝4mv2
解得v2＝ eq \f(v1,2)＝ eq \f(v0,4)
此過(guò)程根據(jù)能量守恒定律可得
Epm＝ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2)×4mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
解得Epm＝ eq \f(1,8)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) .

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