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第4讲　四种“类碰撞”模型的研究(综合融通课)
类型(一)　子弹打木块模型
模型 图示
模型 特点 子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒,系统的机械能有损失。
两种 情境 (1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒:mv0=(m+M)v 能量守恒:Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2 能量守恒:Q=Ff·d=m-
　　[例1]　(2024·湖北高考)(多选)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 (　　)
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
听课记录:
[规律方法]
三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能
(1)利用系统前、后的机械能之差求解;
(2)利用Q=f·x相对求解;
(3)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。
　　[针对训练]
1.(多选)如图所示,光滑水平面上放置一质量为M的木块,质量为m的子弹以v0速度射入木块,子弹未穿出木块且达到共同速度为v,该过程中子弹与木块相互作用力恒定不变,产生的热量为Q,木块获得的动能为Ek,则下列结论正确的是 (　　)
A.子弹对木块做功和木块对子弹做功的代数和为0
B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小
C.Q=
D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek
类型(二)　 “滑块—弹簧”模型
模型 图示
型 特点 (1)动量守恒:两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。 (2)机械能守恒:系统在运动过程中只有重力或弹簧弹力做功,系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长或最短状态时两物体速度相等,弹簧弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。即m1v0=(m1+m2)v,ΔEp=m1-(m1+m2)v2。 (4)弹簧恢复原长时,弹簧弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。即m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2。
　　[例2]　(2025·宜昌一模)如图甲所示,物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中a物体最初与左侧的固定挡板相接触,b物体质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定,在a物体离开挡板后的某时刻开始,b物体的v t图像如图乙所示,则可知 (　　)
A.a物体的质量为1 kg
B.a物体的最大速度为2 m/s
C.在a物体离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为6 J
D.在a物体离开挡板后,物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒
听课记录:
[规律方法]
(1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中,弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素:①弹簧被压缩后恢复原长时,可等效为两物体发生弹性碰撞;②弹簧处于最长或最短状态时,可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。
(2)把弹簧视为系统内的一部分时,弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分,通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。
　　[针对训练]
2.(2025·北京平谷模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A、B两球的质量分别为m和M。若使A球获得瞬时速度v(如图甲),弹簧压缩到最短时,A球的速度为vA,B球的速度为vB,弹簧的长度为L;若使B球获得瞬时速度v(如图乙),弹簧压缩到最短时,A球的速度为vA',B球的速度为vB',弹簧的长度为L'。则 (　　)
A.vA>vB B.vA'>vB'
C.vA=vA' D.L=L'
类型(三)　“滑块—斜(曲)面”模型
模型图示
模型特点 (1)上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,m=(M+m)+mgh,其中h为m上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞,系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点:水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,m=m+M(相当于完成了弹性碰撞)。
　　[例3]　(2025·长沙高三检测)如图,两个相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上,圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑,质量均为m,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放,重力加速度为g。求:
(1)小球P到达A槽最低点时速度的大小;
(2)小球P在B槽内上升的最大高度;
(3)B槽具有的最大速率。
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
　
　[针对训练]
3.如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M=2m的斜面体,斜面体表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定,则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定,则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为 (　 )
A. B.
C. D.h
类型(四)　“滑块—滑板”模型
模型 图示
模型 特点 (1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大。
求解 方法 (1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统。 (2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=E初-E末或Q=FfΔx,研究对象为一个系统。
　　[例4]　(2024·甘肃高考)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
　　
[针对训练]
4.(2025·贵阳高三模拟)(多选)如图所示,质量为2m、长为L的木板c静止在光滑水平面上,质量为m的物块b放在c的正中央,质量为m的物块a以某一初速度从c的左端滑上c,a与b发生弹性正碰,最终b刚好滑到c的右端与c相对静止,不计物块大小,物块a、b与c间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
A.a滑上c后与b碰撞前,b的加速度大小为μg
B.整个过程a、b、c系统损失的机械能为μmgL
C.a、b、c相对静止时,a、b间距离等于L
D.物块a滑上木板的初速度大小为v0=
第4讲
类型(一)
[例1]　选AD　子弹在木块内运动的过程中,子弹与木块组成的系统所受合外力为0,所以该系统动量守恒,若子弹没有射出木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v=,又子弹的初速度越大,其打入木块越深,则当子弹恰好不射出木块时,木块获得的速度最大,此时有m=(m+M)v2+kv0L,解得v0=;若子弹能够射出木块,则有v0>,子弹在木块内运动的过程,对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0=mam,kv0=MaM,根据位移关系有v0t-amt2-aMt2=L,对木块有v2=aMt,联立解得v2=,又v0越大,t越小,则v2越小,即随着v0的增大,木块获得的速度v2不断减小。综上,若木块获得的速度最大,则子弹的初速度大小v0=,A正确;子弹在木块内运动的过程,对子弹由动量定理有-kv0t=mv-mv0,解得子弹在木块中运动的时间t=,B错误;由能量守恒定律可知,木块和子弹损失的总动能ΔEk=kv0L=,C错误;木块在加速过程中做匀加速运动,由运动学规律有x=,解得木块在加速过程中运动的距离x=,D正确。
[针对训练]
1.选BCD　设子弹射入木块的深度为d,木块的位移为x,子弹与木块之间的力大小为f,则子弹对木块做的功W1=fx,木块对子弹做的功W2=-f(d+x),所以两个功的代数和不为零,故A错误;根据冲量的定义式I=Ft和牛顿第三定律可知,子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小,故B正确;根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,根据能量守恒定律可得m=(m+M)v2+Q,联立解得Q=,故C正确;木块获得的动能为Ek=Mv2=,该过程产生的热量与木块获得的动能之比为=>1,可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek,故D正确。
类型(二)
[例2]　选C　解除对弹簧的锁定,a离开挡板后,系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知,b的速度最大时,a的速度最小为零,且此时弹簧处于原长;b的速度最小时,a的速度最大,且此时弹簧也处于原长。设a的质量为ma,a的最大速度为va,根据动量守恒定律有mbv0=mbvb+mava,由机械能守恒定律可得mb=mb+ma,由图像可知v0=3 m/s,vb=1 m/s,解得va=4 m/s,ma=2 kg,A、B错误;当a、b速度相等时,a、b动能之和最小,根据能量守恒定律,此时弹簧弹性势能最大,根据动量守恒定律有mbv0=v,根据能量守恒定律得Epmax=mb-v2,解得Epmax=6 J,C正确;在a物体离开挡板后,物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒,D错误。
[针对训练]
2.选D　根据题意可知,无论是题图甲还是题图乙,当弹簧压缩到最短时,两球的速度相等,则有vA=vB,vA'=vB';题图甲中,由动量守恒定律有mv=vA,解得vA=v,由能量守恒定律可得,弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能为Ep=mv2-=·mv2=;题图乙中,由动量守恒定律有Mv=vA',解得vA'=v,由能量守恒定律可得,弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能为Ep'=Mv2-(m+M)vA'2=·Mv2=;由于M>m,可知v=vA'>vA=v,两图中弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能相等,则有L=L',故选D。
类型(三)
[例3]　解析:(1)小球P从a点运动到c点的过程中,A、B均保持静止,根据动能定理可得2mgR=·2m
小球P运动到c点时的速度大小为
v0=。
(2)小球P滑到B槽后A依然保持静止,B开始向右运动,由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力,则水平方向动量守恒,当小球P在B槽内运动到最大高度时,二者水平速度相同,取向右为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律可得2mv0=v
对小球P和B槽组成的系统,根据机械能守恒定律可得·2m=v2+2mgh,联立解得h=。
(3)小球P返回B槽最低点d时,B槽速度最大,设此时P的速度为v1,B的速度为v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2
·2m=·2m+m
解得v2=。
答案:(1)　(2)　(3)
[针对训练]
3.选C　斜面固定时,由动能定理得-mgh=0-m,所以v0=;斜面不固定时,在水平方向动量守恒,得mv0=(M+m)v,由机械能守恒定律得m=(M+m)v2+mgh',解得h'=h,故C正确。
类型(四)
[例4]　解析:根据题意,A、C的质量均为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。
(1)从A开始运动到最低点,由动能定理得
mgl(1-cos θ)=m-0
对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律得F-mg=
解得vA=4 m/s,F=40 N
根据牛顿第三定律,细绳OP所受的拉力为40 N。
(2)A与C相碰,在水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可得mvA=0+mvC
解得vC=vA=4 m/s。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒定律可得
mvC=(M+m)v共
根据能量守恒定律得
μmgL相对=m-(m+M)
联立解得μ=0.15。
答案:(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15
[针对训练]
4.选ABD　物块a滑上木板c后,与b碰撞前,假设物块b与木板c一起滑动,则有μmg=3ma,解得a=μg,则物块b与木板c间的静摩擦力为f静=ma=μmg<μmg=fmax,所以假设成立,故A正确;由于物块a与物块b质量相等,所以物块a与物块b发生弹性正碰后交换速度,且物块a与木板c一起做匀加速直线运动,直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止,所以a、b、c相对静止时,a、b间距离等于L,系统机械能损失量即摩擦生热,则有E损=Q=2×μmg×=μmgL,故B正确,C错误;对系统全过程分析有mv0=(m+m+2m)v共,m-(m+m+2m)=μmgL,联立解得v0=,故D正确。
7 / 7(共75张PPT)
四种“类碰撞”模型的研究 (综合融通课)
第 4 讲
1
类型(一)　子弹打木块模型
2
类型(二)　 “滑块—弹簧”模型
CONTENTS
目录
4
类型(四)　“滑块—滑板”模型
5
课时跟踪检测
3
类型(三)　“滑块—斜(曲)面”模型
类型(一)　子弹打木块模型
模型 图示
模型 特点 子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失。
两种 情境
续表
[例1]　(2024·湖北高考)(多选)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则 (　　)
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
√
√
[解析]　子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v，解得木块获得的速度大小为v=，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰好不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有m=(m+M)v2+kv0L，解得v0=;若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0=mam，kv0=MaM，根据位移关系有
v0t-amt2-aMt2=L，对木块有v2=aMt，联立解得v2=，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0=，A正确;子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有-kv0t=mv-mv0，解得子弹在木块中运动的时间t=，B错误;由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk=kv0L=，C错误;木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x=，解得木块在加速过程中运动的距离x=，D正确。
[规律方法]
三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能
(1)利用系统前、后的机械能之差求解;
(2)利用Q=f·x相对求解;
(3)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。
1.(多选)如图所示，光滑水平面上放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以v0速度射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度为v，该过程中子弹与木块相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列结论正确的是 (　　)
针对训练
A.子弹对木块做功和木块对子弹做功的代数和为0
B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小
C.Q=
D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek
√
√
√
解析:设子弹射入木块的深度为d，木块的位移为x，子弹与木块之间的力大小为f，则子弹对木块做的功W1=fx，木块对子弹做的功W2=-f(d+x)，所以两个功的代数和不为零，故A错误;根据冲量的定义式I=Ft和牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小，故B正确;根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v，根据能量守恒定律可得m=(m+M)v2+Q，联立解得
Q=，故C正确;木块获得的动能为Ek=Mv2=，该过程产生的热量与木块获得的动能之比为=>1，可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek，故D正确。
类型(二)　“滑块—弹簧”模型
模型 图示
模型 特点
续表
[例2]　(2025·宜昌一模)如图甲所示，物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物体最初与左侧的固定挡板相接触，b物体质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在a物体离开挡板后的某时刻开始，b物体的v t图像如图乙所示，则可知 (　　)
A.a物体的质量为1 kg
B.a物体的最大速度为2 m/s
C.在a物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6 J
D.在a物体离开挡板后，物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒
[解析]　解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知，b的速度最大时，a的速度最小为零，且此时弹簧处于原长; b的速度最小时，a的速度最大，且此时弹簧也处于原长。
√
设a的质量为ma，a的最大速度为va，根据动量守恒定律有mbv0=mbvb+mava，由机械能守恒定律可得mb=mb+ma，由图像可知v0=3 m/s，vb=1 m/s，解得va=4 m/s，ma=2 kg，A、B错误;当a、b速度相等时，a、b动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律有mbv0=v，根据能量守恒定律得Epmax=mb-v2，解得Epmax=6 J，C正确;在a物体离开挡板后，物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，D错误。
[规律方法]
(1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中，弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素:①弹簧被压缩后恢复原长时，可等效为两物体发生弹性碰撞;②弹簧处于最长或最短状态时，可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。
(2)把弹簧视为系统内的一部分时，弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分，通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。
2.(2025·北京平谷模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M。若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时，A球的速度为vA，B球的速度为vB，弹簧的长度为L;若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时，A球的速度为vA'，B球的速度为vB'，弹簧的长度为L'。则(　　)
针对训练
A.vA>vB B.vA'>vB'
C.vA=vA' D.L=L'
解析:根据题意可知，无论是题图甲还是题图乙，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相等，则有vA=vB，vA'=vB';题图甲中，由动量守恒定律有mv=vA，解得vA=v，由能量守恒定律可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为Ep=mv2-=·mv2=
√
;题图乙中，由动量守恒定律有Mv=vA'，解得vA'=v，由能量守恒定律可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为Ep'=Mv2-vA'2=·Mv2=;由于M>m，可知v=vA'>vA=v，两图中弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有L=L'，故选D。

类型(三)　“滑块—斜(曲)面”模型
模型图示
模型特点
[例3]　(2025·长沙高三检测)如图，两个相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上，圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑，质量均为m，a、b两点分别为A、B槽的最高点，c、d两点分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放，重力加速度为g。求:
(1)小球P到达A槽最低点时速度的大小;
[答案]　　
[解析]　小球P从a点运动到c点的过程中，A、B均保持静止，根据动能定理可得
2mgR=·2m
小球P运动到c点时的速度大小为
v0=。
(2)小球P在B槽内上升的最大高度;
[答案]　　
[解析]　小球P滑到B槽后A依然保持静止，B开始向右运动，由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力，则水平方向动量守恒，当小球P在B槽内运动到最大高度时，二者水平速度相同，取向右为正方向，设共同速度为v，根据动量守恒定律可得2mv0=v
对小球P和B槽组成的系统，根据机械能守恒定律可得·2m=v2+2mgh
联立解得h=。
(3)B槽具有的最大速率。
[答案]　
[解析]　小球P返回B槽最低点d时，B槽速度最大，设此时P的速度为v1，B的速度为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2
·2m=·2m+m
解得v2=。
3.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M=2m的斜面体，斜面体表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到
斜面顶端。如果斜面不固定，则小物
块冲上斜面后能到达的
最大高度为 (　　)
A.B. C. D.h
针对训练
√
解析:斜面固定时，由动能定理得-mgh=0-m，所以v0=;斜面不固定时，在水平方向动量守恒，得mv0=(M+m)v，由机械能守恒定律得m=(M+m)v2+mgh'，解得h'=h，故C正确。
类型(四)“滑块—滑板”模型
模型 图示
模型 特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
求解 方法 (1)求速度:根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间:根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=E初-E末或Q=FfΔx，研究对象为一个系统。
续表
[例4]　(2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
[答案]　40 N　
[解析]　根据题意，A、C的质量均为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m，初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。
从A开始运动到最低点，由动能定理得
mgl(1-cos θ)=m-0
对A在最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
F-mg=
解得vA=4 m/s，F=40 N
根据牛顿第三定律，细绳OP所受的拉力为40 N。
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
[答案]　4 m/s　
[解析]　A与C相碰，在水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落，可得mvA=0+mvC
解得vC=vA=4 m/s。
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
[答案]　0.15
[解析]　A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，根据动量守恒定律可得
mvC=(M+m)v共
根据能量守恒定律得
μmgL相对=m-(m+M)
联立解得μ=0.15。
4.(2025·贵阳高三模拟)(多选)如图所示，质量为2m、长为L的木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以某一初速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　)
针对训练
A.a滑上c后与b碰撞前，b的加速度大小为μg
B.整个过程a、b、c系统损失的机械能为μmgL
C.a、b、c相对静止时，a、b间距离等于L
D.物块a滑上木板的初速度大小为v0=
√
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解析:物块a滑上木板c后，与b碰撞前，假设物块b与木板c一起滑动，则有μmg=3ma，解得a=μg，则物块b与木板c间的静摩擦力为f静=ma=μmg<μmg=fmax，所以假设成立，故A正确;由于物块a与物块b质量相等，所以物块a与物块b发生弹性正碰后交换速度，且物块a与木板c一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，所以a、b、c相对静止时，a、b间距离等于L，系统机械能损失
量即摩擦生热，则有E损=Q=2×μmg×=μmgL，故B正确，C错误;对系统全过程分析有mv0=(m+m+2m)v共，m-(m+m+2m)=μmgL，联立解得v0=，故D正确。
课时跟踪检测
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.(2025·西宁一模)如图所示，一个质量为M的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是四分之一圆弧EF，圆弧半径R=1 m，E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块，若小球刚好没越过滑块的上端，已知重力加速度大小g=10 m/s2，不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为(　　)
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A.2 B.3
C.4 D.5
解析:根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为v1，根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1，根据机械能守恒定律有m=(m+M)+mgR，联立解得=4，故选C。
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2.如图所示，用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止
状态，质量为m的子弹以速度v0水平射入小球，子弹穿过小球
后的速度为v0，子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射
入小球前细线张力的2倍，子弹穿过小球的时间极短，重力
加速度为g，不考虑小球质量变化，则小球的质量为(　　)
A.m B.m C.m D.m
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解析:子弹穿过小球过程中，子弹和小球水平方向动量守恒，设穿过瞬间小球的速度为v，则mv0=Mv+mv0，根据牛顿第二定律得2Mg-Mg=M，解得M=m，故选C。
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3.(2025·长春一模)如图所示，内壁间距为L的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块放在箱内最右端，它们的质量均为m，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为μ。现给箱子一水平向右的初速度，运动过程中物块与箱子的侧壁共发生2次弹性碰撞，静止时物块恰好停在箱子正中间，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.箱子的总位移为2L
B.物块的总位移为1.5L
C.箱子的初动能为3μmgL
D.第一次碰撞后瞬间物块的动能为2μmgL
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解析:给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速，因为箱子内壁光滑，所以物块相对于地面静止，当发生第一次碰撞时，箱子产生的位移为L，碰撞过程中动量和机械能守恒，且因为质量相等，所以速度交换，即第一次碰撞后箱子相对于地面不动，物块向右匀速运动，产生的位移为L后发生第二次碰撞，同理速度交换，物块不动，箱子向右减速至零，产生的位移为0.5L，最终物块停在箱子的中间，则箱子的总位移为1.5L，物块的总位移为L，故A、B错误;对全过程，由能量守恒定律可得Ek0=μ×2mg×1.5L=3μmgL，故C正确;从箱子向右运动到第一次碰撞，损失的动能ΔEk=2μmgL，所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为Ek=Ek0-ΔEk=μmgL，故D错误。
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4.(2025·西安一模)如图所示，在光滑水平面上静止着两个完全相同的木块1和木块2。一颗子弹水平射向木块1，先后射穿两木块，子弹在木块中运动时所受阻力不变，两木块不发生碰撞。子弹射穿两木块后木块1和木块2的速度大小分别为v1、v2，子弹穿过木块1和木块2所用的时间分别为t1、t2。不考虑子弹在竖直方向上的运动，下列说法正确的是 (　　)
A.v1=v2 B.v1>v2
C.t12
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解析:设子弹的初速度为v0，射出木块1、2后子弹的速度分别为v1'和v2'，子弹射穿木块1的过程，由动量守恒定律有m子v0=m子v1'+mv1，子弹射穿木块2的过程，由动量守恒定律有m子v1'=m子v2'+mv2，解得v1=，v2=，由于两木块的宽度相等，则有t1=t2，联立可得[(m-m子)v0+(m+m子)v1']t1=[(m-m子)v1'+(m+m子)v2']t2，由于v0>v1'>v2'，故有t12
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5.(2025·哈尔滨模拟)如图所示，一质量M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2。则在整个过程中，下列说法正确的是 (　　)
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A.小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
B.小木块A向左运动的最大位移为2 m
C.整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5 J
D.长木板的长度可能为5 m
解析:由于M>m，故系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速运动，设共速时速度为v1，根据动量守恒定律可得Mv0-mv0=v1，解得v1=2.5 m/s，故A错误;
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小木块A向左运动时加速度为aA==μg=5 m/s2，向左运动的最大位移为x==2.5 m，故B错误;小木块与木板共速时，根据能量守恒定律有Q=μmgL=-，解得整个过程系统因摩擦产生的热量为Q=37.5 J，L=7.5 m，由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于7.5 m，故长木板的长度不可能为5 m，故C正确，D错误。
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6.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态，两杆足够长。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，则在此后的运动过程中 (　　)
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为
D.m1的最大速度是
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解析:m1、m2组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，A错误;m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，B错误;弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v，此时弹性势能为Ep=m2-(m1+m2)v2=，C错误;当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，由动量守恒定律得m2v0=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得m2=m1+m2，解得v1=，D正确。
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二、多项选择题
7.(2025·菏泽模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，小球A以初动量p0沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，t1时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为p1，t2时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同，则(　　)
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A.小球A、B的质量之比为
B.t1时刻弹簧的弹性势能最大
C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为
D.0~t2时间内，小球B的动量变化量为p0-p1
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解析:t1时刻图线的切线斜率最大，则此时小球A的动量变化率最大，根据Δp=ΔI=FΔt可知，此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，弹簧的弹性势能最大，故B正确;t1时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量mA=，根据动量守恒定律有p0=p1+p2，则小球B的质量mB==，由此可知两小球的质量之比为=，故A错误;根据机械能守恒定律有=++Epm，小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比k==，故C正确;0~t2时间内，小球B的动量变化量ΔpB=-ΔpA=p0，故D错误。
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8.假设在某星球表面的试验基地中进行如下研究:光滑水平桌面上放一四分之一光滑圆弧轨道，半径R=0.9 m，质量M=2 kg，一个质量为m=1 kg的小球从圆弧轨道顶端沿轨道静止释放，测得小球离开圆弧轨道时的速度大小为2 m/s。已知地球表面的重力加速度g=10 m/s2，该星球的半径大小为地球半径的1.5倍，忽略星球的自转，则下列说法正确的是 (　　)
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A.该星球表面的重力加速度大小为 m/s2
B.该星球的质量与地球质量之比为4∶3
C.该星球与地球的第一宇宙速度之比为1∶
D.该星球与地球的平均密度之比为9∶2
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解析:小球与圆弧轨道构成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒，则从释放到最低点，有mg'R=m+M，mv1=Mv2，解得g'= m/s2，故A正确;对于星球表面的物体，万有引力近似等于重力，则有G=mg，可得星球质量M=，故该星球与地球质量之比为==，故B错误;由万有引力提供向心力得G=m，解得第一宇宙速度v1
=，可得该星球与地球的第一宇宙速度之比为==，故C正确;根据星球的平均密度ρ==，可得平均密度之比为2∶9，故D错误。
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三、计算题
9.(13分)(2025年1月·八省联考河南卷)如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求:
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(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;(9分)
答案:10　
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解析:设子弹穿出物块后子弹和物块的速度分别为v1、v2，由运动学公式得
=2g·8h，=2a·h
对物块受力分析，由牛顿第二定律得4mg+·4mg=4ma
子弹穿出物块过程，子弹和物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2
解得v0=10。
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(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。(4分)
答案:37.5mgh
解析:子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能ΔE=m-=37.5mgh。
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10. （16分） (2025·上饶模拟)如图所示，A、B、C三个物块放在水平面上，A、B用轻弹簧连接，A紧靠竖直固定挡板，B的质量为1 kg，C的质量为3 kg。用B压缩弹簧后由静止释放，当弹簧恢复原长时，B和C发生弹性碰撞，已知C左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙，物块与水平面粗糙部分间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g=10 m/s2，B、C碰撞后，C在水平面上滑行的距离为3.6 m，求:
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(1)B、C碰撞后一瞬间，C的速度大小;（3分）
答案:6 m/s　
解析:设B、C碰撞后一瞬间，C的速度大小为v2，根据动能定理有-μmCgL=0-mC
解得v2=6 m/s。
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(2)从释放B到B与C碰撞前一瞬间过程中，挡板对A的冲量大小; （6分）
答案:12 N·s　
解析:设碰撞前一瞬间B的速度为v0，碰撞后一瞬间B的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mBv0=mBv1+mCv2
根据机械能守恒定律有mB=mB+mC
解得v0=12 m/s，v1=-6 m/s
对A、B整体研究，从释放B到B与C碰撞前一瞬间，挡板对A的冲量大小
I=mBv0=12 N·s。
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(3)若A的质量为3 kg，在B与C碰撞后的一瞬间撤去挡板，则此后，当物块B的速度大小为3 m/s时，弹簧具有的弹性势能。（7分）
答案:12 J或0
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解析:撤去挡板后，当B的速度大小为v3=3 m/s时，设A的速度为v4，规定向左为正方向，
若此时B的速度向左，根据动量守恒定律有-mBv1=mBv3+mAv4
解得v4=1 m/s
此时弹簧具有的弹性势能
ΔEp=mB-mB-mA=12 J
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若此时B的速度向右，根据动量守恒定律有
mBv1=-mBv3+mAv4
解得v4=3 m/s
此时弹簧具有的弹性势能
ΔEp=mB-mB-mA=0。
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4课时跟踪检测(三十九)　四种“类碰撞”模型的研究
一、单项选择题
1.(2025·西宁一模)如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是四分之一圆弧EF,圆弧半径R=1 m,E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球刚好没越过滑块的上端,已知重力加速度大小g=10 m/s2,不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为 (　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.5
2.如图所示,用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态,质量为m的子弹以速度v0水平射入小球,子弹穿过小球后的速度为v0,子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍,子弹穿过小球的时间极短,重力加速度为g,不考虑小球质量变化,则小球的质量为 (　　)
A.m 　B.m 　C.m 　D.m
3.(2025·长春一模)如图所示,内壁间距为L的箱子静止于水平面上,可视为质点的物块放在箱内最右端,它们的质量均为m,箱子的内壁光滑,与地面间的动摩擦因数为μ。现给箱子一水平向右的初速度,运动过程中物块与箱子的侧壁共发生2次弹性碰撞,静止时物块恰好停在箱子正中间,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.箱子的总位移为2L
B.物块的总位移为1.5L
C.箱子的初动能为3μmgL
D.第一次碰撞后瞬间物块的动能为2μmgL
4.(2025·西安一模)如图所示,在光滑水平面上静止着两个完全相同的木块1和木块2。一颗子弹水平射向木块1,先后射穿两木块,子弹在木块中运动时所受阻力不变,两木块不发生碰撞。子弹射穿两木块后木块1和木块2的速度大小分别为v1、v2,子弹穿过木块1和木块2所用的时间分别为t1、t2。不考虑子弹在竖直方向上的运动,下列说法正确的是 (　　)
A.v1=v2 　B.v1>v2 　C.t15.(2025·哈尔滨模拟)如图所示,一质量M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B板,A、B之间的动摩擦因数是0.5,重力加速度g取10 m/s2。则在整个过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
B.小木块A向左运动的最大位移为2 m
C.整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5 J
D.长木板的长度可能为5 m
6.如图所示,两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内,两静止小球m1、m2分别穿在两杆上,两球间拴接一竖直轻弹簧,弹簧处于原长状态,两杆足够长。现给小球m2一个水平向右的初速度v0,则在此后的运动过程中 (　　)
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时,其弹性势能为
D.m1的最大速度是
二、多项选择题
7.(2025·菏泽模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,小球A以初动量p0沿直线运动,与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰,此过程中,小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示,t1时刻图线的切线斜率最大,此时纵坐标为p1,t2时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同,则 (　　)
A.小球A、B的质量之比为
B.t1时刻弹簧的弹性势能最大
C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为
D.0~t2时间内,小球B的动量变化量为p0-p1
8.假设在某星球表面的试验基地中进行如下研究:光滑水平桌面上放一四分之一光滑圆弧轨道,半径R=0.9 m,质量M=2 kg,一个质量为m=1 kg的小球从圆弧轨道顶端沿轨道静止释放,测得小球离开圆弧轨道时的速度大小为2 m/s。已知地球表面的重力加速度g=10 m/s2,该星球的半径大小为地球半径的1.5倍,忽略星球的自转,则下列说法正确的是 (　　)
A.该星球表面的重力加速度大小为 m/s2
B.该星球的质量与地球质量之比为4∶3
C.该星球与地球的第一宇宙速度之比为1∶
D.该星球与地球的平均密度之比为9∶2
三、计算题
9.(13分)(2025年1月·八省联考河南卷)如图,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短,不计物块厚度的影响,求:
(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;(9分)
(2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能。(4分)
10.(16分)(2025·上饶模拟)如图所示,A、B、C三个物块放在水平面上,A、B用轻弹簧连接,A紧靠竖直固定挡板,B的质量为1 kg,C的质量为3 kg。用B压缩弹簧后由静止释放,当弹簧恢复原长时,B和C发生弹性碰撞,已知C左侧水平面光滑,右侧水平面粗糙,物块与水平面粗糙部分间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g=10 m/s2,B、C碰撞后,C在水平面上滑行的距离为3.6 m,求:
(1)B、C碰撞后一瞬间,C的速度大小;(3分)
(2)从释放B到B与C碰撞前一瞬间过程中,挡板对A的冲量大小;(6分)
(3)若A的质量为3 kg,在B与C碰撞后的一瞬间撤去挡板,则此后,当物块B的速度大小为3 m/s时,弹簧具有的弹性势能。(7分)
课时跟踪检测(三十九)
1.选C　根据题意,小球上升到滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有m=(m+M)+mgR,联立解得=4,故选C。
2.选C　子弹穿过小球过程中,子弹和小球水平方向动量守恒,设穿过瞬间小球的速度为v,则mv0=Mv+mv0,根据牛顿第二定律得2Mg-Mg=M,解得M=m,故选C。
3.选C　给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速,因为箱子内壁光滑,所以物块相对于地面静止,当发生第一次碰撞时,箱子产生的位移为L,碰撞过程中动量和机械能守恒,且因为质量相等,所以速度交换,即第一次碰撞后箱子相对于地面不动,物块向右匀速运动,产生的位移为L后发生第二次碰撞,同理速度交换,物块不动,箱子向右减速至零,产生的位移为0.5L,最终物块停在箱子的中间,则箱子的总位移为1.5L,物块的总位移为L,故A、B错误;对全过程,由能量守恒定律可得Ek0=μ×2mg×1.5L=3μmgL,故C正确;从箱子向右运动到第一次碰撞,损失的动能ΔEk=2μmgL,所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为Ek=Ek0-ΔEk=μmgL,故D错误。
4.选C　设子弹的初速度为v0,射出木块1、2后子弹的速度分别为v1'和v2',子弹射穿木块1的过程,由动量守恒定律有m子v0=m子v1'+mv1,子弹射穿木块2的过程,由动量守恒定律有m子v1'=m子v2'+mv2,解得v1=,v2=,由于两木块的宽度相等,则有t1=t2,联立可得[(m-m子)v0+(m+m子)v1']t1=[(m-m子)v1'+(m+m子)v2']t2,由于v0>v1'>v2',故有t15.选C　由于M>m,故系统总动量方向向右,则小木块A先向左减速至零,后向右加速,最终与木板以共同速度向右匀速运动,设共速时速度为v1,根据动量守恒定律可得Mv0-mv0=v1,解得v1=2.5 m/s,故A错误;小木块A向左运动时加速度为aA==μg=5 m/s2,向左运动的最大位移为x==2.5 m,故B错误;小木块与木板共速时,根据能量守恒定律有Q=μmgL=-(M+m),解得整个过程系统因摩擦产生的热量为Q=37.5 J,L=7.5 m,由于A始终没有滑离B板,则木板长度必须大于或等于7.5 m,故长木板的长度不可能为5 m,故C正确,D错误。
6.选D　m1、m2组成的系统受合外力为零,则系统的动量守恒,A错误;m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒,B错误;弹簧最长时,两球共速,则由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,此时弹性势能为Ep=m2-(m1+m2)v2=,C错误;当弹簧再次回到原长时m1的速度最大,由动量守恒定律得m2v0=m1v1+m2v2,由能量守恒定律得m2=m1+m2,解得v1=,D正确。
7.选BC　t1时刻图线的切线斜率最大,则此时小球A的动量变化率最大,根据Δp=ΔI=FΔt可知,此时弹簧弹力最大,由胡克定律可知,此时弹簧形变量最大,弹簧的弹性势能最大,故B正确;t1时刻两小球共速,设速度大小均为v,则小球A的质量mA=,根据动量守恒定律有p0=p1+p2,则小球B的质量mB==,由此可知两小球的质量之比为=,故A错误;根据机械能守恒定律有=++Epm,小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比k==,故C正确;0~t2时间内,小球B的动量变化量ΔpB=-ΔpA=p0,故D错误。
8.选AC　小球与圆弧轨道构成的系统机械能守恒,在水平方向上动量守恒,则从释放到最低点,有mg'R=m+M,mv1=Mv2,解得g'= m/s2,故A正确;对于星球表面的物体,万有引力近似等于重力,则有G=mg,可得星球质量M=,故该星球与地球质量之比为==,故B错误;由万有引力提供向心力得G=m,解得第一宇宙速度v1=,可得该星球与地球的第一宇宙速度之比为==,故C正确;根据星球的平均密度ρ==,可得平均密度之比为2∶9,故D错误。
9.解析:(1)设子弹穿出物块后子弹和物块的速度分别为v1、v2,由运动学公式得
=2g·8h,=2a·h
对物块受力分析,由牛顿第二定律得4mg+·4mg=4ma
子弹穿出物块过程,子弹和物块组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2
解得v0=10。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能ΔE=m-=37.5mgh。
答案:(1)10　(2)37.5mgh
10.解析:(1)设B、C碰撞后一瞬间,C的速度大小为v2,根据动能定理有-μmCgL=0-mC,解得v2=6 m/s。
(2)设碰撞前一瞬间B的速度为v0,碰撞后一瞬间B的速度为v1,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有mBv0=mBv1+mCv2
根据机械能守恒定律有
mB=mB+mC
解得v0=12 m/s,v1=-6 m/s
对A、B整体研究,从释放B到B与C碰撞前一瞬间,挡板对A的冲量大小
I=mBv0=12 N·s。
(3)撤去挡板后,当B的速度大小为v3=3 m/s时,设A的速度为v4,规定向左为正方向,
若此时B的速度向左,根据动量守恒定律有
-mBv1=mBv3+mAv4
解得v4=1 m/s
此时弹簧具有的弹性势能
ΔEp=mB-mB-mA=12 J
若此时B的速度向右,根据动量守恒定律有
mBv1=-mBv3+mAv4
解得v4=3 m/s
此时弹簧具有的弹性势能
ΔEp=mB-mB-mA=0。
答案:(1)6 m/s　(2)12 N·s　(3)12 J或0
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