備戰(zhàn)2025年高考物理(新高考專用)搶分秘籍07碰撞類問(wèn)題與動(dòng)量守恒的綜合應(yīng)用(五大題型)(學(xué)生版+解析)練習(xí)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

【解密高考】
【題型一】“滑塊—彈簧”模型
【題型二】 “光滑圓弧軌道＋滑塊”模型
【題型三】懸繩模型
【題型四】“滑塊—木板”模型
【題型五】“子彈打木塊”模型

：高考對(duì)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用的考查主要集中在“碰撞”類問(wèn)題，主要考查方式有兩種：（1）以碰撞為模型考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用；（2）以生活中的實(shí)例為背景，考查規(guī)律的靈活運(yùn)運(yùn)用。
：掌握彈性碰撞和非彈性碰撞的概念，記住兩個(gè)物體碰撞的幾個(gè)基本公式，能運(yùn)用動(dòng)量守恒定律并結(jié)合能量關(guān)系解決簡(jiǎn)單的碰撞問(wèn)題。
【題型一】“滑塊—彈簧”模型
1．模型圖示
2．模型特點(diǎn)
(1)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。
(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(彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))。
【例1】如圖所示，物塊A、B靜止在光滑水平地面上，A與輕彈簧相連，C沿水平面以一定初速度向右運(yùn)動(dòng)，與B碰后粘在一起，二者向右運(yùn)動(dòng)一小段距離后與彈簧接觸，一段時(shí)間后與彈簧分離，則（）
A．A加速過(guò)程中，加速度越來(lái)越大B．A、B、C共速時(shí)，B所受合力為0
C．A、B、C共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大D．B、C碰撞過(guò)程中，B、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒
【答案】C
【詳解】A．A加速過(guò)程中，一開(kāi)始彈簧壓縮量逐漸增大，之后彈簧壓縮量又逐漸減小，所以A受到的彈簧彈力先增大后減小，則A的加速度先增大后減小，故A錯(cuò)誤；
BC．A、B、C共速時(shí)，彈簧的壓縮量達(dá)到最大，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)BC受到的彈力不為0，BC的加速度不為0，則B的加速度不為0，所受合力不為0，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．B、C碰后粘在一起，屬于完全非彈性碰撞，所以B、C碰撞過(guò)程中，B、C系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【變式1】如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A以初動(dòng)量沿直線運(yùn)動(dòng)，與靜止的帶輕質(zhì)彈簧的小球B發(fā)生正碰，此過(guò)程中，小球A的動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖乙所示，時(shí)刻圖線的切線斜率最大，此時(shí)縱坐標(biāo)為，時(shí)刻縱坐標(biāo)為零。已知小球A、B的直徑相同，則（）
A．小球A、B的質(zhì)量之比為
B．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能最大
C．小球A的初動(dòng)能和彈簧最大彈性勢(shì)能之比為
D．0~時(shí)間內(nèi)，小球B的動(dòng)量變化量為
【答案】C
【詳解】B．時(shí)刻圖線的切線斜率最大，則小球A的動(dòng)量變化率最大，根據(jù)
可知小球A的速度變化率最大，即加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律
可知此時(shí)彈簧彈力最大，由胡克定律可知，此時(shí)彈簧形變量最大，則此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，故B錯(cuò)誤；
A．時(shí)刻兩小球共速，設(shè)速度大小均為v，則小球A的質(zhì)量
根據(jù)動(dòng)量守恒有
則小球B的質(zhì)量
由此可知兩小球的質(zhì)量之比為
故A錯(cuò)誤；
C．根據(jù)機(jī)械能守恒有
小球A的初動(dòng)能和彈簧最大彈性勢(shì)能之比
故C正確；
D．時(shí)間內(nèi)，小球B的動(dòng)量變化量
故D錯(cuò)誤。
故選C。
【變式2】（多選）如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊A、B用輕質(zhì)橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長(zhǎng)。t = 0時(shí)，A以水平向左的初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，B的初速度為0，A、B運(yùn)動(dòng)的v ? t圖像如圖乙所示。已知A的質(zhì)量為m，0 ~ t0時(shí)間內(nèi)B的位移為x0，t = 3t0時(shí)二者發(fā)生碰撞并粘在一起，則（）
A．B的質(zhì)量為2mB．橡皮繩的最大彈性勢(shì)能為
C．橡皮繩的原長(zhǎng)為D．橡皮繩的原長(zhǎng)為v0t0
【答案】AD
【詳解】A．由圖乙及動(dòng)量守恒定律得
解得
故A正確；
CD．由圖乙知，2t0時(shí)刻橡皮繩處于原長(zhǎng)，設(shè)此時(shí)A、B的速度分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律得
解得
，
橡皮繩的原長(zhǎng)
故C錯(cuò)誤，D正確；
B．由能量守恒定律，橡皮繩的最大彈性勢(shì)能
故B錯(cuò)誤。
故選AD。
【題型二】“光滑圓弧軌道＋滑塊”模型
1．模型圖示
2．模型特點(diǎn)
(1)最高點(diǎn)：m與M具有共同水平速度v共。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共)＋mgh，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)：m與M分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)(彈性碰撞拓展模型)。
【例1】（多選）如圖所示，質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊下端與光滑水平面相切。給質(zhì)量為m的小球一水平向右的初速度，如果圓弧滑塊固定，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距離水平面的最大高度為 R （R為圓弧的半徑），如果圓弧滑塊不固定，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距離水平面的最大高度為 R。重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）
A．小球的初速度大小為
B．M=2m
C．如果圓弧滑塊不固定，小球滑離圓弧滑塊到最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平位移為R
D．如果圓弧滑塊不固定，小球最終的速度大小為
【答案】AD
【詳解】A．如果圓弧滑塊固定，則由機(jī)械能守恒定律
解得小球的初速度大小為
選項(xiàng)A正確；
B．如果圓弧滑塊不固定，設(shè)小球離開(kāi)圓弧時(shí)水平速度為vx，則由水平方向動(dòng)量守恒
由能量關(guān)系
聯(lián)立解得
M=0.5m
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．如果圓弧滑塊不固定，小球滑離圓弧滑塊到最高點(diǎn)過(guò)程的時(shí)間
水平位移為
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．如果圓弧滑塊不固定，小球最終落回到槽中并從槽中滑出時(shí)槽的速度最大，此時(shí)由動(dòng)量守恒和能量關(guān)系
解得小球和圓弧槽的速度大小分別為
選項(xiàng)D正確。
故選AD。
【例2】如圖甲所示，一小車靜止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O(shè)為圓心、半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，左端P與平臺(tái)等高且平滑對(duì)接（不粘連）。一小球以某一水平速度沖上小車。測(cè)得在水平方向上小球與小車的速度大小分別為，作出圖像，如圖乙所示。已知P點(diǎn)距地面高，重力加速度為g，則（）
A．小車質(zhì)量是小球質(zhì)量的2倍
B．小球上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為
C．小球上升的最大高度為R
D．小球落地時(shí)與小車左端P點(diǎn)的水平距離為2R
【答案】B
【詳解】A．設(shè)小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，所以水平方向動(dòng)量守恒，由圖乙數(shù)據(jù)可得，時(shí)總動(dòng)量
時(shí)總動(dòng)量
又有
解得
故A錯(cuò)誤；
B．小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車具有共同速度，設(shè)為，則
解得
故B正確；
C．設(shè)小球上升的最大高度為H，對(duì)小球、小車組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
故C錯(cuò)誤；
D．小球滑回至P點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球和小車的速度分別為和，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別有，
解得，
則小球離開(kāi)小車后做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有
t時(shí)間內(nèi)小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球落地時(shí)與小車左端P點(diǎn)的水平距離為
故D錯(cuò)誤。
故選B。
【變式1】（多選）如圖，小車的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道，整個(gè)小車（含管道）的質(zhì)量為m，原來(lái)靜止在光滑的水平面上。有一個(gè)可以看做質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量也為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，然后從管道右端滑離小車。不計(jì)空氣阻力，關(guān)于這個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）
A．小球滑離小車時(shí)，小車回到原來(lái)位置
B．小球滑離小車時(shí)的速度大小為v
C．到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)小球上升的豎直高度為
D．小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，小車所受合外力沖量大小為
【答案】BCD
【詳解】A．由題意，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。小球從左端滑上小車到從右端滑離小車的過(guò)程中，小車水平方向先加速后減速，小球水平方向先減速后加速，在整個(gè)過(guò)程中小車一直向右運(yùn)動(dòng)，不會(huì)回到原來(lái)位置，故A錯(cuò)誤；
B．由動(dòng)量守恒可得
其中是小球速度，是小車速度。
由機(jī)械能守恒定律可得
解得，
小球滑離小車時(shí)的速度大小是v，故B正確；
C．小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)后，則小球和小車的速度相同為，由動(dòng)量守恒定律可得
解得
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
解得
故C正確；
D．小球滑到管道的最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理可得，小車所受合外力沖量為
故D正確。
故選BCD。
【變式2】（多選）如圖，水平地面上有一質(zhì)量為m的“”形木板A，其水平部分表面粗糙，長(zhǎng)度為2R，圓弧部分的半徑為R、表面光滑，兩部分平滑連接。現(xiàn)將質(zhì)量也為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從圓弧的頂端由靜止釋放。若地面粗糙，滑塊B恰好能滑到此木板的最左端，此過(guò)程中木板A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法中正確的是（）
A．此過(guò)程中，A對(duì)水平地面的最大壓力為4mgB．B與A水平部分上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
C．若水平地面光滑，滑塊B將從木板A的左端滑出D．若水平地面光滑，A向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為1.5R
【答案】AD
【詳解】A．若地面粗糙，B滑到低端時(shí)
根據(jù)
可得FN=3mg
可知此過(guò)程中，A對(duì)水平地面的最大壓力為FNm=4mg
選項(xiàng)A正確；
B．若地面粗糙，根據(jù)能量關(guān)系
解得B與A水平部分上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．若水平地面光滑，則當(dāng)B相對(duì)A靜止時(shí)由水平方向動(dòng)量守恒
即兩物體的速度均為零，根據(jù)能量關(guān)系
可得
即滑塊B仍停在木板A的左端，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．若水平地面光滑，水平動(dòng)量守恒可得
解得x=1.5R
即A向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為1.5R，選項(xiàng)D正確。
故選AD。
【變式3】（多選）質(zhì)量為的光滑半圓形凹槽靜止在光滑水平地面上，在凹槽左側(cè)與圓心等高處由靜止釋放一質(zhì)量為、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的軌跡為半個(gè)橢圓，如圖甲中虛線所示。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的動(dòng)能隨時(shí)間變化圖像如圖乙所示，已知橢圓半長(zhǎng)軸與半短軸之比為。下列說(shuō)法正確的是（）
A．半圓形凹槽與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒
B．小球質(zhì)量與凹槽質(zhì)量之比
C．時(shí)刻，小球受到凹槽的支持力方向與速度垂直
D．時(shí)刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力
【答案】ABD
【詳解】A．小球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在豎直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先處于失重后處于超重狀態(tài)，可知，半圓形凹槽與小球組成的系統(tǒng)所受外力的合力不為0，即半圓形凹槽與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A正確；
B．令凹槽半徑為R，根據(jù)圖中所示半個(gè)橢圓可知，半長(zhǎng)軸為R，則半短軸為，短軸為，即小球在水平方向的分位移
半圓形凹槽與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，則有
其中
解得
故B正確；
C．根據(jù)圖乙的對(duì)稱性可知，時(shí)刻小球位于凹槽最低點(diǎn)，則時(shí)刻小球位于釋放點(diǎn)與凹槽最低點(diǎn)之間的某一位置，小球相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的軌跡為半個(gè)橢圓，軌跡的最低點(diǎn)即為凹槽的最低點(diǎn)，時(shí)刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圓心，速度方向沿半橢圓軌跡切線方向，可知，時(shí)刻，小球受到凹槽的支持力方向與速度方向不垂直，故C錯(cuò)誤；
D．結(jié)合上述可知，時(shí)刻小球位于凹槽最低點(diǎn)，小球相對(duì)于凹槽做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在最低點(diǎn)相對(duì)于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相對(duì)于凹槽做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球在最低點(diǎn)沿半徑方向的合力提供向心力，此時(shí)加速度方向豎直向上，則時(shí)刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力，故D正確。
故選ABD。
【題型三】懸繩模型
懸繩模型(如圖所示)與“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型特點(diǎn)類似，即系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，解題時(shí)需關(guān)注物體運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。
【例1】（多選）如圖所示，質(zhì)量為0.3kg的滑塊套在水平固定的光滑軌道上，質(zhì)量為0.2kg的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過(guò)長(zhǎng)為0.75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)。初始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)。小球以3m/s豎直向下的初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，g取，則（）
A．小球從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊向右移動(dòng)了0.30m
B．小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊的速度大小為2m/s
C．小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的拉力為5.84N
D．小球相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.45m
【答案】AD
【詳解】A．小球從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)滑塊在水平軌道上向右移動(dòng)的距離為，小球的質(zhì)量為m，滑塊的質(zhì)量為M，取向左為正方向，根據(jù)水平動(dòng)量守恒有
解得
A正確；
B．小球從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球和滑塊系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，設(shè)小球到最低點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為，滑塊的速度為，則有
根據(jù)能量守恒則有
聯(lián)立解得，
此時(shí)小球相對(duì)于地面的速度
故小球受到桿的拉力為
代入數(shù)據(jù)解得
BC錯(cuò)誤；
D．設(shè)小球相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為h，此時(shí)豎直方向速度為0，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得
根據(jù)能量守恒可得
解得
D正確。
故選AD。
【例2】質(zhì)量為2m的物體A穿在光滑的水平桿上，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩與質(zhì)量為m的小球B相連，如圖甲所示，初始時(shí)A、B在同一水平面上（細(xì)繩平行于水平桿），且細(xì)繩剛好拉直，將小球B由靜止釋放，當(dāng)細(xì)繩剛好豎直、小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩子恰好繃斷，已知A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，求：
(1)小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物體A的速度大小以及A相對(duì)于初始位置運(yùn)動(dòng)的距離；
(2)細(xì)繩的最大張力；
(3)以A物體的初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖乙所示平面直角坐標(biāo)系xOy，求出繩斷之前小球B運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。
【答案】(1)；；(2)；(3)
【詳解】（1）小球B從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球B和A物體系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，可得
設(shè)A相對(duì)于初始位置運(yùn)動(dòng)的距離為，可得
解得
根據(jù)能量守恒有
聯(lián)立，解得
（2）小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)速度
小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩子恰好繃斷，有
解得
即細(xì)繩的最大張力為。
（3）設(shè)小球位置坐標(biāo)為（x，y）時(shí)，此時(shí)A物體運(yùn)動(dòng)的位移為，則水平動(dòng)量守恒
由幾何關(guān)系可知
解得小球從出發(fā)至最低點(diǎn)過(guò)程的軌跡方程
【變式1】如圖所示，輕桿兩端分別系著質(zhì)量為的圓環(huán)A和質(zhì)量為的小球B，輕桿與A的連接處有光滑鉸鏈，輕桿可以繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng)，A套在光滑的水平固定橫桿上且能自由滑動(dòng)，A、B靜止不動(dòng)時(shí)B球恰好與光滑地面接觸，在B的左側(cè)是半徑為的圓弧，質(zhì)量為的小球C以的速度向左與B球發(fā)生正碰，已知碰后C小球恰好能做平拋運(yùn)動(dòng)，小球B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好能與橫桿接觸。重力加速度取，則：
(1)碰后C球平拋的水平位移大??；
(2)碰后瞬間B球的速度大??；
(3)A、B間輕桿的長(zhǎng)度。
【答案】(1)；(2)3m/s；(3)0.3m
【詳解】（1）碰后C球恰好能做平拋運(yùn)動(dòng)，則C球在圓弧頂端，根據(jù)牛頓第二定律有
C做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上有
在豎直方向上有
解得
（2）碰撞過(guò)程中，B球和C球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有
解得
（3）碰后當(dāng)B球恰好與橫桿接觸時(shí)，A、B二者具有相同的水平速度，A、B構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得

【變式2】質(zhì)量均為的木塊和，并排放在光滑水平面上，如圖所示。上固定一豎直輕桿，輕桿上端的點(diǎn)系一長(zhǎng)為的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量也為的球?，F(xiàn)將球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放球。
(1)若木塊固定在水平面上，求球向左擺動(dòng)能達(dá)到的最大高度；
(2)若木塊不固定，求球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)球的位移大小。
【答案】(1)；(2)
【詳解】（1）對(duì)球，下落過(guò)程機(jī)械能守恒有
對(duì)球和木塊，水平方向動(dòng)量守恒，取向左為正方向有
系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有
聯(lián)立解得
（2）對(duì)球和A、B組成的系統(tǒng)：設(shè)水平向左為正方向，水平方向平均動(dòng)量守恒，有
即
又，
聯(lián)立得
【題型四】“滑塊—木板”模型
【例1】如圖所示，光滑水平地面上放置完全相同的兩長(zhǎng)板A和B，滑塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于B的右端，三者質(zhì)量均為。A以的速度向右運(yùn)動(dòng)，B和C一起以的速度向左運(yùn)動(dòng)，A和B發(fā)生碰撞后粘在一起不再分開(kāi)。已知A和B的長(zhǎng)度均為0.75m，C與A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，則（）
A．碰撞瞬間C相對(duì)地面靜止
B．碰撞后到三者相對(duì)靜止，經(jīng)歷的時(shí)間為0.2s
C．碰撞后到三者相對(duì)靜止，摩擦產(chǎn)生的熱量為
D．碰撞后到三者相對(duì)靜止，C相對(duì)長(zhǎng)板滑動(dòng)的距離為0.6m
【答案】D
【詳解】A．碰撞瞬間C相對(duì)地面向左運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．向右為正方向，則AB碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒
解得
v1=1m/s
方向向右；當(dāng)三者共速時(shí)
可知
v=0
即最終三者一起靜止，可知經(jīng)歷的時(shí)間
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．碰撞到三者相對(duì)靜止摩擦產(chǎn)生的熱量
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．碰撞到三者相對(duì)靜止由能量關(guān)系可知
可得
選項(xiàng)D正確。
故選D。
【例2】如圖甲所示，質(zhì)量為的薄板靜止在水平地面上，質(zhì)量為的物塊靜止在的右端。時(shí)刻對(duì)施加一水平向右的作用力，的大小隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。已知與之間、與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，始終未脫離。取，下列說(shuō)法正確的是（）
A．時(shí)，與發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
B．時(shí)，的加速度大小為
C．時(shí)，的速度大小為
D．時(shí)，、動(dòng)量之和為
【答案】C
【詳解】A．設(shè)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的最小外力為，對(duì)A受力分析，由牛頓第二定律可得
解得
對(duì)于B而言，則有
聯(lián)立上式解得
由乙圖可知，外力與時(shí)間的關(guān)系滿足
當(dāng)時(shí)，，A、B沒(méi)有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)上述分析可知，時(shí)，，A、B具有共同的加速度，大小為，B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)動(dòng)量定理，結(jié)合乙圖可知
代入數(shù)據(jù)解得
C正確；
D．根據(jù)乙圖，結(jié)合動(dòng)量定理可知，時(shí)，A、B系統(tǒng)具有的動(dòng)量之和為
代入數(shù)據(jù)解得
D錯(cuò)誤。
故選C。
【變式1】（多選）如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板M放在光滑水平面上，滑塊N放在木板上的左端，二者之間接觸面粗糙，水平地面的右側(cè)固定一豎直擋板。木板M和滑塊N以相同的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，木板M和擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間可忽略不計(jì)。以木板M第一次與擋板發(fā)生碰撞的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，水平向右為正方向，以下描述木板M和滑塊N的速度隨時(shí)間變化規(guī)律的圖像（用實(shí)線表示滑塊N的速度變化規(guī)律，用虛線表示木板M的速度變化規(guī)律）可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【詳解】A．若木板和滑塊質(zhì)量相等，則滑塊向右減速的加速度大小等于木板向左減速的加速度大小，同時(shí)減速為0，故A正確；
BC．若木板質(zhì)量大于滑塊，則
兩物體共速時(shí)速度向左，一起勻速運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；
D．若木板質(zhì)量小于滑塊，兩物塊共速時(shí)速度向右，先勻速運(yùn)動(dòng)一段再和擋板碰撞，重復(fù)之前的過(guò)程，故D正確。
故選ABD。
【變式2】（多選）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的木板A靜止于光滑水平面上，t=0時(shí)小物塊B以4m/s的水平初速度從左端滑上A，圖乙為A的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像，t=0.4s后圖線為平行于t軸的直線。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）
A．t=0.4s時(shí)A、B速度相同
B．B的質(zhì)量為2.0kg
C．A的長(zhǎng)度至少為1.0m
D．整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為4.0J
【答案】AD
【詳解】A．由乙圖知，后A的動(dòng)能不再發(fā)生變化，即時(shí)A、B速度相同，故A正確；
B．B在與A共速前，B的加速度為
設(shè)A、B 的共同速度為v，由速度公式
整理得末速度為
結(jié)合根據(jù)動(dòng)量守恒
得二者質(zhì)量相等，設(shè)都為m，共速后A的動(dòng)能
解得B的質(zhì)量為
故B錯(cuò)誤；
C．二者共速時(shí)相對(duì)靜止，相對(duì)位移為
即A的長(zhǎng)度至少為，故C錯(cuò)誤；
D．整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能
故D正確。
故選AD。
【變式3】質(zhì)量為的長(zhǎng)木板A在光滑水平面上以的速度向左運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻質(zhì)量為的小木塊B以的速度從左端向右滑上長(zhǎng)木板，經(jīng)過(guò)時(shí)間小木塊B相對(duì)A靜止，求：
(1)兩者相對(duì)靜止時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度。
(2)從木塊滑上木板到相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，木板A的動(dòng)量變化量的大小。
(3)小木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
【答案】(1)，方向水平向右；(2)、(3)0.5
【詳解】（1）（1）設(shè)水平向右為正方向，從開(kāi)始到相對(duì)靜止，水平方向動(dòng)量守恒
解得
方向水平向右；
（2）長(zhǎng)木板的動(dòng)量變化量大小
（3）對(duì)小木塊B，根據(jù)動(dòng)量定理得
解得
【題型五】“子彈打木塊”模型
1．模型圖示
2．模型特點(diǎn)
(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。
(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。
3．兩種情境
(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)
動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v；
能量守恒：Q＝Ff·s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2。
(2)子彈穿透木塊
動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)Mveq \\al(2,2)＋\f(1,2)mveq \\al(2,1)))。
【例1】如圖所示，光滑的地面上有一個(gè)木塊C，C上面通過(guò)一個(gè)彈性棒連接木塊B，彈性棒可以彎曲但不改變長(zhǎng)度。開(kāi)始彈性棒處于豎直狀態(tài)，一顆子彈A以水平初速度射入B但沒(méi)有穿出，射入過(guò)程時(shí)間極短，之后 AB整體在彈性棒上面反復(fù)左右搖擺。已知，，，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程C始終沒(méi)有脫離地面且沒(méi)有翻倒，下列說(shuō)法正確的是（）
A．子彈A射入木塊B過(guò)程中AB系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．彈性棒向右彎曲最大時(shí)AB整體的速度為
C．彈性棒向右彎曲最大時(shí)具有的彈性勢(shì)能大小等于子彈射入木塊B之后系統(tǒng)減少的動(dòng)能
D．彈性棒第一次回到豎直狀態(tài)時(shí)C的速度大小為
【答案】D
【詳解】A．子彈A射入木塊B過(guò)程中機(jī)械能有損失，故A錯(cuò)誤；
B．彈性棒向右彎曲最大時(shí)，ABC相對(duì)靜止，具有相同的速度，由
得整體的速度為
故B錯(cuò)誤；
C．彈性棒向右彎曲最大時(shí)具有的彈性勢(shì)能大小應(yīng)等于子彈射入木塊B之后系統(tǒng)減少的動(dòng)能與AB減少的重力勢(shì)能之和，故彈性棒向右彎曲最大時(shí)具有的彈性勢(shì)能大小應(yīng)大于子彈射入木塊B之后系統(tǒng)減少的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；
D．A射入B過(guò)程中，由
得
彈性棒第一次回到豎直狀態(tài)時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)滿足水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，由，
可得
故D正確。
故選D。
【例2】（多選）為了研究多層鋼板在不同模式下的防彈效果，建立如下簡(jiǎn)化模型。如圖所示，兩完全相同的鋼板A、B厚度均為d，質(zhì)量均為m。第一次把A、B焊接在一起靜置在光滑水平面上，質(zhì)量也為m的子彈水平射向鋼板A，恰好將兩鋼板擊穿。第二次把A、B間隔一段距離水平放置，子彈以同樣的速度水平射向A，穿出后再射向B，且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計(jì)子彈的重力，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）
A．第一次子彈穿過(guò)A、B所用時(shí)間之比為
B．第二次子彈能擊穿兩鋼板
C．第二次子彈不能擊穿鋼板B，進(jìn)入鋼板B的深度為
D．第一次、第二次整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為
【答案】CD
【詳解】A．第一次子彈相對(duì)A、B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，恰好擊穿時(shí)末速度為0，根據(jù)逆向思維，可以將看成子彈相對(duì)A、B做初速度為0的反向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)B、A的相對(duì)位移相等，則時(shí)間之比為，所以穿過(guò)A、B所用時(shí)間之比為，故A錯(cuò)誤；
BC．設(shè)子彈的初速度為v0，受到的阻力大小為f，第一次穿過(guò)A、B時(shí)共同速度為v，對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒有
由能量守恒有
可得
第二次子彈穿過(guò)A時(shí)，設(shè)子彈速度為v1，A的速度為u，假設(shè)不能穿透B，最后與B的共同速度為v2，進(jìn)入B的深度為d′，對(duì)子彈和A，由動(dòng)量守恒有
由能量守恒有
可得
對(duì)子彈和B，由動(dòng)量守恒有
由能量守恒有
可得
假設(shè)成立，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．第一次系統(tǒng)損失的機(jī)械能
第二次系統(tǒng)損失的機(jī)械能
第一次、第二次系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為
故D正確。
故選CD。
【變式1】如圖所示，在有圓孔的水平支架上放置一物塊，子彈從圓孔下方以大小為的速度豎直向上擊中物塊并留在物塊中。已知子彈的質(zhì)量為，物塊的質(zhì)量為，重力加速度大小為。物塊（含子彈）在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力大小為它們所受總重力的。子彈與物塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間極短，不計(jì)物塊厚度的影響，求：
(1)子彈在物塊中相對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
(2)物塊（含子彈）落回支架前瞬間的速度大小。
【答案】(1)；(2)
【詳解】（1）子彈射入物塊過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有
解得
子彈射入物塊的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能
解得
（2）子彈射入物塊后一起向上運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
由牛頓第二定律有
子彈和物塊落回支架的過(guò)程中，由牛頓第二定律有
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
解得子彈和物塊落回支架前瞬間的速度大小
【變式2】

“彈簧類”模型的解題思路
(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。
(2)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。
(3)應(yīng)用臨界條件：兩物體共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大。

“滑塊—木板”模型的解題思路
(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。
(2)在涉及滑塊或木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。
(3)在涉及滑塊或木板的位移時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理。
(4)在涉及滑塊與木板的相對(duì)位移時(shí)，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。
(5)滑塊與木板不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者達(dá)到共同速度。

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多