资源简介

微专题6　碰撞模型的拓展
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　构建“子弹打木块”模型,利用动量守恒与能量守恒求解问题
1.(2025·宁波模拟)如图所示,质量为M=0.98 kg的木块静止于光滑水平面上,一质量为m=20 g的子弹以水平速度v0=400 m/s打入木块并停在木块中,下列说法正确的是(　　)
A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v=6 m/s
B.子弹对木块做的功W约为50 J
C.木块对子弹做正功
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q=1 568 J
解析:D　根据动量守恒有mv0=(m+M)v,解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v==8 m/s,A错误;根据动能定理可知,子弹对木块做的功为W=Mv2=31.36 J,B错误;因为子弹动能减小,所以木块对子弹做负功,C错误;根据能量守恒可知,子弹打入木块过程中产生的热量为Q=m-(m+M)v2=1 568 J,D正确。
2.(多选)如图所示,木块置于光滑的水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块,穿出木块时子弹的速度为v0,木块的速度为v0。设木块的长度为L,子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变,下列说法正确的是(　　)
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中,系统损失的动能为m
C.子弹穿过木块的过程中,木块对子弹的阻力大小为
D.子弹在木块中运动的时间为
解析:AC　子弹穿过木块,满足动量守恒,有mv0=m×v0+M×v0,解得M=3m,A正确;根据能量守恒可得系统损失的动能为ΔEk=m-m(v0)2-M(v0)2=m,B错误;系统损失的动能转化成了内能,即F阻L=ΔEk,解得F阻=,C正确;对于木块由动量定理有F阻t=M(v0-0),解得t=,D错误。
命题视角2　考查“滑块—斜(曲)面”模型,强化分动量守恒的观念
3.如图所示,带有光滑圆弧轨道的滑块D静止在光滑水平地面上,轨道半径为R,圆弧最低点与地面相切,小球A从圆弧轨道最高点由静止释放,沿圆弧轨道运动。已知A、D的质量之比为1∶3,小球可视为质点,重力加速度为g。则小球运动到圆弧轨道最低点时(　　)
A.小球水平位移为R
B.滑块水平位移为R
C.小球速度大小为
D.滑块速度大小为
解析:A　设A质量为m,小球沿轨道下滑过程,小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒,有mvAx=3mvBx,在之后极短时间Δt内,有mvAxΔt=3mvBxΔt,累加可得xA=3xD,又xA+xD=R,联立得xA=R,xD=R,A正确,B错误;设小球运动到圆弧轨道最低点时速度大小为vA、滑块的速度大小为vD,由动量守恒有mvA-3mvD=0,由机械能守恒有m+×3m=mgR,可得vA=,vD=,C、D错误。
命题视角3　考查“滑块—弹簧”模型,注意两物体速度相等时弹簧最长或最短
4.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。现给小球m2一个水平向右的初速度v0,两杆足够长,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
解析:D　m1、m2组成的系统所受合力为零,则系统的动量守恒,A错误;m1、m2和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,此时弹簧弹性势能为Ep=m2-(m1+m2)v2=,C错误;当弹簧再次回到原长时m1的速度最大,则m2v0=m1v1+m2v2,m2=m1+m2,解得m1的最大速度为v1=,D正确。
5.(2025·湖州三模)如图所示,物块A、B静置于光滑水平面上,处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接,物块A紧靠竖直墙壁,物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为v0,则此后运动中(　　)
A.墙壁对A的总冲量大小为4mv0
B.墙壁对A做的总功为2m
C.A的最大速度为v0
D.弹簧的最大弹性势能为m
解析:A　物块A刚离开墙壁时,B回到初始点具有向右的速度,根据能量守恒可知此时B的速度为-v0,对整体根据动量定理有I合=2×2mv0=4mv0,此即墙壁对A的总冲量大小,A正确。墙壁对A作用过程中A没有位移,因此墙壁对A不做功,B错误;物块A离开墙壁后,A达最大速度时弹簧恢复原长,A、B与弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒,有2mv0=mvA+2mvB,×2m=
m+×2m,解得vA=v0,vB=v0,C错误;物块B向左速度为0时,弹簧压缩最短,弹性势能最大,有Epmax=×2m=m,D错误。
命题视角4　考查“滑块—木板”模型,结合动量、能量守恒解题
6.(多选)长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.木板获得的动能为1 J
B.系统损失的机械能为1 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
解析:AD　以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得M=2 kg,则木板获得的动能为Ek=Mv2=×2×12 J=1 J,A正确;系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2,代入数据解得ΔE=2 J,B错误;根据vt图像中图线与t轴所围的面积表示位移,由题图得到0~1 s内B的位移为xB=×(2+1)×1 m=1.5 m,A的位移为xA=×1×1 m=0.5 m,则木板A的最小长度为L=xB-xA=1 m,C错误;B的加速度a==-1 m/s2,负号表示加速度的方向与v0的方向相反,由牛顿第二定律得-μmg=ma,解得A、B间的动摩擦因数为μ=0.1,D正确。
7.光滑水平地面上,质量为2 kg、上表面粗糙的木板B正以3 m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块A,质量为1 kg,速度向左,大小也是3 m/s,物块和木板间的动摩擦因数为0.2,木板长为7 m。g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.物块A从木板B的左端离开
B.经过2 s物块A与木板B相对静止
C.整个过程系统产生热量为4 J
D.相对静止后,物块A在木板B上移动的距离为7 m
解析:B　把A和B看成一个系统,该系统所受合力为零,所以A、B组成的系统满足动量守恒,假设A没有从B上离开,最后的共同速度大小为v′,规定水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律有mBv-mAv=(mA+mB)v′,A和B的相对位移的距离为l,根据能量守恒有mAv2+mBv2=(mA+mB)v′2+μmAgl,解得v′=1 m/s,l=6 m<7 m,所以假设成立,所以物块A没有从B的左端离开,A、D错误;设A的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有μmAg=mAa,设经过时间t,A与B保持相对静止,根据速度时间关系有v′=-v+at,解得t=2 s,B正确;整个过程中系统产生的热量为Q=μmAgl=12 J,C错误。
8.如图所示,光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B,一质量M=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板,C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s,最终C与木板B相对静止,则(　　)
A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B.木板B的最大速度为2 m/s
C.木板A的最大速度为1 m/s
D.整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
解析:D　整个系统动量守恒,C滑离木板A时A的速度最大,有Mv0=Mv1+(m1+m2)vA,解得木板A的最大速度vA=2 m/s,滑上B后,对B、C整体,由动量守恒定律有Mv1+m2vA=(M+m2)vB,此时木板B的速度最大,为vB=4.5 m/s,并且B、C一起做匀速运动,A、B、C错误;整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少量ΔE=M-m1-(m2+M)=57.5 J,D正确。
B级·高考过关练
9.(多选)如图所示,质量mB=3 kg的平板车B静止在光滑的水平面上,其上表面水平,且左端静止着一块质量mA=2 kg的物块A。一质量m0=0.01 kg 的子弹以v0=600 m/s的水平速度射向物块A,子弹在极短的时间内射穿A后的速度v=100 m/s,物块A始终在平板车B上,A、B之间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。以下说法正确的是(　　)
A.子弹穿过A后,A的速度为2.5 m/s
B.子弹对A的冲量为5 N·s
C.A和B一起匀速运动时的速度为1.2 m/s
D.A相对于B的位移为0.375 m
解析:ABD　对子弹和物体A组成的系统,水平方向在碰撞的瞬间动量守恒,选取向右为正方向,根据动量守恒定律得m0v0=m0v+mAvA,解得vA=2.5 m/s,A正确;根据动量定理,子弹对A的冲量I=mAvA=5 N·s,B正确;对A、B组成的系统,根据动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vB,代入数据解得vB=1 m/s,C错误;根据能量守恒定律得,物体A在B上相对滑动时,产生的内能为Q=mA-(mA+mB)=μmAgx,解得x=0.375 m,D正确。
10.(多选)如图甲所示,一小车静止在光滑水平地面上,上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,左端P与平台等高且平滑对接(不粘连)。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2,作出v2v1图像,如图乙所示。已知P点距地面高h=,重力加速度为g,则(　　)
A.小车质量是小球质量的2倍
B.小球上升到最高点时的速度为
C.小球上升的最大高度为
D.小球落地时与小车左端P点的水平距离为R
解析:BCD　设小球质量为m,小车质量为M,小球和小车组成的系统在水平方向所受合力为零,所以水平方向动量守恒,由题图乙数据可得,v2=0时总动量p1=m,v1=0时总动量p2=M,又p1=p2,解得m=M,A错误;小球上升到最高点时与小车具有共同速度,设为v共,则m=(m+M)v共,解得v共=,B正确;设小球上升的最大高度为H,对小球、小车组成的系统,根据机械能守恒定律有m()2=(m+M)+mgH,解得H=,C正确;小球滑回至P点时,设小球和小车的速度分别为v球和v车,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m=mv球+Mv车,m()2=m+M,解得v球=0,v车=,则小球离开小车后做自由落体运动,设运动时间为t,有h=gt2,t时间内小车做匀速直线运动,所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为x=v车t=R,D正确。
11.(2025·北斗星盟三模)如图所示,木板C静置于光滑水平地面上,中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点,质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,木板的质量为2m,A、B间为弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)
A.若物块A、B不发生碰撞,则木板C长度的最大值为L=
B.若物块A、B不从木板C的右端滑离,则木板C长度的最小值为L=
C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内,摩擦力对木板C的冲量大小是相等的
D.若物块A、B最终与木板C相对静止,则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关
解析:B　设木板长为L,恰好发生碰撞时,有mv0=4mv共,μmg=m-×4m,解得L=,若物块A、B不发生碰撞,木板长的最小值为,A错误;由于A、B质量相等且A、B的碰撞为弹性碰撞,则碰后不损耗能量,只是交换速度,故B到C右端恰好共速,则有mv0=4mv共, μmg+μmg=m-×4m,解得Lmin=,B正确;A碰B前,B、C一起做加速运动,A做减速运动,A碰B后,速度交换,A、C一起做加速运动,B做减速运动,最终共速,速度时间图像如图。
由于前后两个阶段的相对位移即面积差要相同,知第二个阶段时间长,摩擦力的冲量大,C错误;只要相对静止,那么三者速度相等,由动量定理可知,摩擦力对木板C的冲量大小是一定值,与相对静止的位置无关,D错误。
12.(2025·金华模拟)如图,质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端系一长为0.22 m的细线,细线另一端系一质量为0.1 kg的球C,现将球C拉起使细线水平,并由静止释放,当球C摆到最低点时,木块A恰好与木块B相撞并粘在一起,不计空气阻力,g取10 m/s2,则(　　)
A.球C摆到最低点的速度是 m/s
B.木块A、B原先间距0.04 m
C.球C通过最低点后向左摆动上升的最大高度为0.21 m
D.从球C开始下落到A、B、C三者相对静止,系统产生的热量为0.005 J
解析:C　球C向下运动到最低点的过程中,A、C组成的系统水平方向动量守恒,取水平向左为正方向,有0=mCvC-mAvA,根据机械能守恒有mCgL=mC+mA,解得速度大小分别为vC=2 m/s,vA=0.2 m/s,A错误。由0=mCvC-mAvA,两边同乘以t,有0=mCxC-mAxA,又有xC+xA=L,解得xA=0.02 m,B错误。A与B碰撞过程,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v,解得v=0.1 m/s;球C向左运动过程中,A、B、C组成的系统水平方向动量守恒,
有mCvC-(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v共,
根据能量守恒有mC+(mA+mB)v2=(mA+mB+mC)+mCgh,解得h=0.21 m,C正确;
系统产生的热量为Q=mA-(mA+mB)v2=0.01 J,D错误。
C级·素养提升练
13.如图,左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧,处于自然状态时另一端在光滑水平台面右端;质量为3m的小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台,其左侧a端与台面等高,小车的上表面由长度为R的粗糙水平面ab和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道bc组成。质量为m的小物块P(与弹簧不拴接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置,由静止释放后从a端以大小为2(g为重力加速度大小)的速度滑上小车,恰好能到达顶端c。
(1)求P由静止释放时弹簧的弹性势能Ep;
(2)求P与ab间的动摩擦因数μ;
(3)请通过计算判断P是否会滑离小车
解析:(1)设弹簧恢复原长时,P的速度为v0,
根据小物块P与弹簧组成的系统能量守恒有
Ep=m,其中v0=2,
解得Ep=2mgR。
(2)P恰好到达顶端c时,此时P与小车共速,设此时速度大小为v,
根据水平方向动量守恒有mv0=(m+3m)v,
根据能量守恒定律有
m=(m+3m)v2+mgR+μmgR,
解得μ=0.5。
(3)设小物块P最终停在小车上,小物块在粗糙水平面ab上的相对路程为s,由于水平方向动量守恒,则此时P与小车速度大小仍然为v,根据系统能量守恒定律有
m-(m+3m)v2=μmgs,
解得s=3R,
由于s>2R,故P会滑离小车。
答案:(1)2mgR　(2)0.5　(3)会,理由见解析
14.(2025·A9协作体模拟)如图,质量为m=2 kg的光滑小球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的长l为1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为M=6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为M=6 kg的物块C静止在B的左端,两者接触面的动摩擦因数为0.15。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运动到最低点时的速度和细绳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左侧发生弹性碰撞(时间极短,A碰撞前后竖直方向的速度不变),求碰后A和C的水平速度大小;
(3)A、C碰后,C最终未能从B上掉落,求木板B的最小长度d(不计C的宽度)。
解析:(1)A开始运动到最低点时的速度为v0,有
mgl(1-cos 60°)=m-0,
解得v0=4 m/s,
对最低点受力分析,设细绳OP的拉力为F,根据牛顿第二定律有
F-mg=,
解得F=40 N。
(2)A与C相碰时,由机械能守恒和水平方向动量守恒,可知
mv0=mvA+MvC,m=m+M,
解得vA=-2 m/s,vC=2 m/s。
(3)A、C碰后,C滑到B的最右端与B共速,则对C、B分析,
过程中根据动量守恒可得MvC=(M+M)v,
根据能量守恒得μMgd=M-×2Mv2,
解得d= m。
答案:(1)4 m/s　40 N　(2) 2 m/s　2 m/s　
(3) m微专题6　碰撞模型的拓展
考点一　子弹打木块
命题视角　构建子弹打木块模型,利用动量守恒与能量守恒求解问题
1.模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
2.两种情境
(1)子弹嵌入木块中,两者末速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。
①系统的动量守恒:mv0=(m+M)v。
②应用能量守恒定律:Q=Ffd=m-(M+m)v2
(2)子弹穿透木块,两者末速度不相等,机械能有损失。
①系统的动量守恒:mv0=mv1+Mv2
②应用能量守恒定律: Q=FfL=m-(M+m)
【典例1】 (中等)(2025·杭州模拟)如图所示,在光滑水平面上有一质量为m的木块与劲度系数为k的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连在竖直墙壁上,弹簧处于水平状态,木块处于静止状态,一质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入木块并很快停留在木块内,木块压缩弹簧后做往复运动,弹簧的弹性势能Ep=kx2(x是弹簧的形变量),下列说法正确的是(　　)
A.子弹打入木块的过程中,子弹、木块及弹簧构成的系统动量不守恒、机械能也不守恒
B.系统的摩擦生热为m
C.弹簧的最大长度与最小长度之差为v0
D.从木块被击中前到回到原位置且速度向左的过程中,整体受到合力的冲量的大小为mv0
解析:C　子弹打入木块的过程,时间极短,弹簧未发生形变,内力远大于外力,系统的动量守恒,但有摩擦生热,机械能不守恒,A错误;子弹从打入木块至达到共速,是完全非弹性碰撞,由动量守恒定律有mv0=2mv共,解得v共=,由能量守恒定律可知,系统因摩擦产生的热量为Q=m-×2m=m,B错误;子弹射入木块后做简谐运动,弹簧的最大伸长量与最大压缩量相等,均设为x,由能量守恒定律有 kx2=×2m,解得x=v0,则弹簧的最大长度与最小长度之差为2x=v0,C正确;木块从被击中前到回到原位置且速度向左的过程,规定向左为正方向,由动量定理可知,整体受到的合力的冲量大小为I=2mv共+mv0=2mv0,D错误。
考点二　滑块—斜(曲)面模型
命题视角　考查“滑块—斜(曲)面”模型,强化分动量守恒的观念
模型特点
(1)系统水平方向动量守恒。 (2)系统机械能守恒
【典例2】 (中等)如图所示,一辆装有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上,已知圆弧AB轨道半径R=50 cm,小车及轨道的总质量为0.5 kg,小球质量为1 kg(可视为质点),钢球以v=6 m/s的速度从圆弧轨道最低点A沿切线方向水平滑上小车,不计空气阻力,g取10 m/s2,在小球落地前的运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球从B点离开小车时的速度大小为 m/s
B.小球运动到最高点时距A点的竖直高度为0.6 m
C.小球运动过程中最小速度是4 m/s
D.小车运动过程中最大速度是4 m/s
解析:B　设小球的质量为m,小车及轨道的总质量为M,二者共同速度为v′,系统在水平方向动量守恒,有mv=(m+M)v′,解得v′=4 m/s,设小球上升的最大高度为h,此时小球的水平方向的速度为v′,竖直方向上的速度为0,根据能量守恒有mv2=(m+M)v′2+mgh,解得h=0.6 m>R=0.5 m,所以小球在B点与小车分离后将做斜上抛运动,继续上升。此时竖直方向上的速度设为vy,有h-R=,解得vy= m/s,即小球从B点离开小车时,竖直方向上的速度为 m/s,A错误,B正确;当小球从A点滑出时,小车的速度最大。设此时小球的速度为vm,小车的速度为vM,由动量守恒有mv=mvm+MvM,由能量守恒有mv2=m+M,解得vm=2 m/s,vM=8 m/s,C、D错误。
考点三　滑块—弹簧模型
命题视角　考查“滑块—弹簧”模型,注意两物体速度相等时弹簧最长或最短
模型特点
(1)系统动量守恒。
(2)系统机械能守恒,弹簧最长或最短时,两物体速度相等。
【典例3】 (中等)(2025·温州模拟)(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使A瞬间获得水平向右的初速度v=5 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知m1=4 kg,下列说法正确的是(　　)
A.物块B的质量为16 kg
B.弹簧的最大弹性势能为50 J
C.从开始到弹簧第一次恢复原长时物块A的速度大小为3 m/s
D.从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块B的冲量大小为32 N·s
解析:ACD　由题图乙可知,两物块速度相等时的速度为v共=1 m/s,两物块由初始到速度相等的过程中,根据动量守恒定律有m1v=(m1+m2)v共,解得m2=16 kg,A正确;两物块速度相等时弹簧的弹性势能最大,设最大弹性势能为Epm,根据两物块与弹簧组成的系统机械能守恒有m1v2=(m1+m2)+Epm,解得Epm=40 J,B错误;从开始到弹簧第一次恢复原长的过程,相当于两物块完成了一次弹性碰撞,设弹簧第一次恢复原长时两物块的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v=m1v1+m2v2,m1v2=m1+m2,联立解得v1=-3 m/s,v2=2 m/s,即弹簧第一次恢复原长时物块A的速度大小为3 m/s,C正确;根据动量定理可知,从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块B的冲量等于物块B动量的变化量,即I=m2v2-0=32 N·s,D正确。
考点四　滑块—木板模型
命题视角　考查“滑块—木块”模型,结合动量、能量守恒解题
1.模型图示
2.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。
3.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:根据能量守恒定律求解,Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统。
【典例4】 (中等) (多选)如图甲所示,“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上,质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板,t=2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2,则(　　)
A.Q的质量为1 kg
B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C.由于碰撞,系统损失的机械能为1.0 J
D.t=5.8 s时木板速度恰好为0
解析:AC　两者碰撞时,取滑块P的速度方向为正方向,设P的质量为m,Q的质量为M,由动量守恒定律得mv1+Mv2=(m+M)v3,根据v-t图像可知,v1=3 m/s,v2=1 m/s,v3=2 m/s,代入上式解得M=1 kg,A正确;设P与Q之间的动摩擦因数为μ1,Q与地面之间的动摩擦因数为μ2,根据 v-t 图像可知,0~2 s内P与Q的加速度分别为aP=1.5 m/s2,aQ=0.5 m/s2,对P、Q分别受力分析得μ1mg=maP,μ1mg-μ2(m+M)g=MaQ,联立解得μ2=0.05,B错误;由于碰撞,系统损失的机械能为ΔE=m+M-(m+M),代入数据解得ΔE=1.0 J,C正确;对碰撞后整体受力分析,由动量定理得-μ2(m+M)gt2=0-(m+M)v3,代入数据解得t2=4 s,因此木板速度恰好为零的时刻为t=t1+t2=2 s+4 s=6 s,D错误。
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　构建“子弹打木块”模型,利用动量守恒与能量守恒求解问题
1.(2025·宁波模拟)如图所示,质量为M=0.98 kg的木块静止于光滑水平面上,一质量为m=20 g的子弹以水平速度v0=400 m/s打入木块并停在木块中,下列说法正确的是(　　)
A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v=6 m/s
B.子弹对木块做的功W约为50 J
C.木块对子弹做正功
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q=1 568 J
解析:D　根据动量守恒有mv0=(m+M)v,解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v==8 m/s,A错误;根据动能定理可知,子弹对木块做的功为W=Mv2=31.36 J,B错误;因为子弹动能减小,所以木块对子弹做负功,C错误;根据能量守恒可知,子弹打入木块过程中产生的热量为Q=m-(m+M)v2=1 568 J,D正确。
2.(多选)如图所示,木块置于光滑的水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块,穿出木块时子弹的速度为v0,木块的速度为v0。设木块的长度为L,子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变,下列说法正确的是(　　)
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中,系统损失的动能为m
C.子弹穿过木块的过程中,木块对子弹的阻力大小为
D.子弹在木块中运动的时间为
解析:AC　子弹穿过木块,满足动量守恒,有mv0=m×v0+M×v0,解得M=3m,A正确;根据能量守恒可得系统损失的动能为ΔEk=m-m(v0)2-M(v0)2=m,B错误;系统损失的动能转化成了内能,即F阻L=ΔEk,解得F阻=,C正确;对于木块由动量定理有F阻t=M(v0-0),解得t=,D错误。
命题视角2　考查“滑块—斜(曲)面”模型,强化分动量守恒的观念
3.如图所示,带有光滑圆弧轨道的滑块D静止在光滑水平地面上,轨道半径为R,圆弧最低点与地面相切,小球A从圆弧轨道最高点由静止释放,沿圆弧轨道运动。已知A、D的质量之比为1∶3,小球可视为质点,重力加速度为g。则小球运动到圆弧轨道最低点时(　　)
A.小球水平位移为R
B.滑块水平位移为R
C.小球速度大小为
D.滑块速度大小为
解析:A　设A质量为m,小球沿轨道下滑过程,小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒,有mvAx=3mvBx,在之后极短时间Δt内,有mvAxΔt=3mvBxΔt,累加可得xA=3xD,又xA+xD=R,联立得xA=R,xD=R,A正确,B错误;设小球运动到圆弧轨道最低点时速度大小为vA、滑块的速度大小为vD,由动量守恒有mvA-3mvD=0,由机械能守恒有m+×3m=mgR,可得vA=,vD=,C、D错误。
命题视角3　考查“滑块—弹簧”模型,注意两物体速度相等时弹簧最长或最短
4.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。现给小球m2一个水平向右的初速度v0,两杆足够长,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
解析:D　m1、m2组成的系统所受合力为零,则系统的动量守恒,A错误;m1、m2和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,此时弹簧弹性势能为Ep=m2-(m1+m2)v2=,C错误;当弹簧再次回到原长时m1的速度最大,则m2v0=m1v1+m2v2,m2=m1+m2,解得m1的最大速度为v1=,D正确。
5.(2025·湖州三模)如图所示,物块A、B静置于光滑水平面上,处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接,物块A紧靠竖直墙壁,物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为v0,则此后运动中(　　)
A.墙壁对A的总冲量大小为4mv0
B.墙壁对A做的总功为2m
C.A的最大速度为v0
D.弹簧的最大弹性势能为m
解析:A　物块A刚离开墙壁时,B回到初始点具有向右的速度,根据能量守恒可知此时B的速度为-v0,对整体根据动量定理有I合=2×2mv0=4mv0,此即墙壁对A的总冲量大小,A正确。墙壁对A作用过程中A没有位移,因此墙壁对A不做功,B错误;物块A离开墙壁后,A达最大速度时弹簧恢复原长,A、B与弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒,有2mv0=mvA+2mvB,×2m=
m+×2m,解得vA=v0,vB=v0,C错误;物块B向左速度为0时,弹簧压缩最短,弹性势能最大,有Epmax=×2m=m,D错误。
命题视角4　考查“滑块—木板”模型,结合动量、能量守恒解题
6.(多选)长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.木板获得的动能为1 J
B.系统损失的机械能为1 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
解析:AD　以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得M=2 kg,则木板获得的动能为Ek=Mv2=×2×12 J=1 J,A正确;系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2,代入数据解得ΔE=2 J,B错误;根据vt图像中图线与t轴所围的面积表示位移,由题图得到0~1 s内B的位移为xB=×(2+1)×1 m=1.5 m,A的位移为xA=×1×1 m=0.5 m,则木板A的最小长度为L=xB-xA=1 m,C错误;B的加速度a==-1 m/s2,负号表示加速度的方向与v0的方向相反,由牛顿第二定律得-μmg=ma,解得A、B间的动摩擦因数为μ=0.1,D正确。
7.光滑水平地面上,质量为2 kg、上表面粗糙的木板B正以3 m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块A,质量为1 kg,速度向左,大小也是3 m/s,物块和木板间的动摩擦因数为0.2,木板长为7 m。g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.物块A从木板B的左端离开
B.经过2 s物块A与木板B相对静止
C.整个过程系统产生热量为4 J
D.相对静止后,物块A在木板B上移动的距离为7 m
解析:B　把A和B看成一个系统,该系统所受合力为零,所以A、B组成的系统满足动量守恒,假设A没有从B上离开,最后的共同速度大小为v′,规定水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律有mBv-mAv=(mA+mB)v′,A和B的相对位移的距离为l,根据能量守恒有mAv2+mBv2=(mA+mB)v′2+μmAgl,解得v′=1 m/s,l=6 m<7 m,所以假设成立,所以物块A没有从B的左端离开,A、D错误;设A的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有μmAg=mAa,设经过时间t,A与B保持相对静止,根据速度时间关系有v′=-v+at,解得t=2 s,B正确;整个过程中系统产生的热量为Q=μmAgl=12 J,C错误。
8.如图所示,光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B,一质量M=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板,C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s,最终C与木板B相对静止,则(　　)
A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B.木板B的最大速度为2 m/s
C.木板A的最大速度为1 m/s
D.整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
解析:D　整个系统动量守恒,C滑离木板A时A的速度最大,有Mv0=Mv1+(m1+m2)vA,解得木板A的最大速度vA=2 m/s,滑上B后,对B、C整体,由动量守恒定律有Mv1+m2vA=(M+m2)vB,此时木板B的速度最大,为vB=4.5 m/s,并且B、C一起做匀速运动,A、B、C错误;整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少量ΔE=M-m1-(m2+M)=57.5 J,D正确。
B级·高考过关练
9.(多选)如图所示,质量mB=3 kg的平板车B静止在光滑的水平面上,其上表面水平,且左端静止着一块质量mA=2 kg的物块A。一质量m0=0.01 kg 的子弹以v0=600 m/s的水平速度射向物块A,子弹在极短的时间内射穿A后的速度v=100 m/s,物块A始终在平板车B上,A、B之间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。以下说法正确的是(　　)
A.子弹穿过A后,A的速度为2.5 m/s
B.子弹对A的冲量为5 N·s
C.A和B一起匀速运动时的速度为1.2 m/s
D.A相对于B的位移为0.375 m
解析:ABD　对子弹和物体A组成的系统,水平方向在碰撞的瞬间动量守恒,选取向右为正方向,根据动量守恒定律得m0v0=m0v+mAvA,解得vA=2.5 m/s,A正确;根据动量定理,子弹对A的冲量I=mAvA=5 N·s,B正确;对A、B组成的系统,根据动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vB,代入数据解得vB=1 m/s,C错误;根据能量守恒定律得,物体A在B上相对滑动时,产生的内能为Q=mA-(mA+mB)=μmAgx,解得x=0.375 m,D正确。
10.(多选)如图甲所示,一小车静止在光滑水平地面上,上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,左端P与平台等高且平滑对接(不粘连)。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2,作出v2v1图像,如图乙所示。已知P点距地面高h=,重力加速度为g,则(　　)
A.小车质量是小球质量的2倍
B.小球上升到最高点时的速度为
C.小球上升的最大高度为
D.小球落地时与小车左端P点的水平距离为R
解析:BCD　设小球质量为m,小车质量为M,小球和小车组成的系统在水平方向所受合力为零,所以水平方向动量守恒,由题图乙数据可得,v2=0时总动量p1=m,v1=0时总动量p2=M,又p1=p2,解得m=M,A错误;小球上升到最高点时与小车具有共同速度,设为v共,则m=(m+M)v共,解得v共=,B正确;设小球上升的最大高度为H,对小球、小车组成的系统,根据机械能守恒定律有m()2=(m+M)+mgH,解得H=,C正确;小球滑回至P点时,设小球和小车的速度分别为v球和v车,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m=mv球+Mv车,m()2=m+M,解得v球=0,v车=,则小球离开小车后做自由落体运动,设运动时间为t,有h=gt2,t时间内小车做匀速直线运动,所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为x=v车t=R,D正确。
11.(2025·北斗星盟三模)如图所示,木板C静置于光滑水平地面上,中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点,质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,木板的质量为2m,A、B间为弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)
A.若物块A、B不发生碰撞,则木板C长度的最大值为L=
B.若物块A、B不从木板C的右端滑离,则木板C长度的最小值为L=
C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内,摩擦力对木板C的冲量大小是相等的
D.若物块A、B最终与木板C相对静止,则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关
解析:B　设木板长为L,恰好发生碰撞时,有mv0=4mv共,μmg=m-×4m,解得L=,若物块A、B不发生碰撞,木板长的最小值为,A错误;由于A、B质量相等且A、B的碰撞为弹性碰撞,则碰后不损耗能量,只是交换速度,故B到C右端恰好共速,则有mv0=4mv共, μmg+μmg=m-×4m,解得Lmin=,B正确;A碰B前,B、C一起做加速运动,A做减速运动,A碰B后,速度交换,A、C一起做加速运动,B做减速运动,最终共速,速度时间图像如图。
由于前后两个阶段的相对位移即面积差要相同,知第二个阶段时间长,摩擦力的冲量大,C错误;只要相对静止,那么三者速度相等,由动量定理可知,摩擦力对木板C的冲量大小是一定值,与相对静止的位置无关,D错误。
12.(2025·金华模拟)如图,质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端系一长为0.22 m的细线,细线另一端系一质量为0.1 kg的球C,现将球C拉起使细线水平,并由静止释放,当球C摆到最低点时,木块A恰好与木块B相撞并粘在一起,不计空气阻力,g取10 m/s2,则(　　)
A.球C摆到最低点的速度是 m/s
B.木块A、B原先间距0.04 m
C.球C通过最低点后向左摆动上升的最大高度为0.21 m
D.从球C开始下落到A、B、C三者相对静止,系统产生的热量为0.005 J
解析:C　球C向下运动到最低点的过程中,A、C组成的系统水平方向动量守恒,取水平向左为正方向,有0=mCvC-mAvA,根据机械能守恒有mCgL=mC+mA,解得速度大小分别为vC=2 m/s,vA=0.2 m/s,A错误。由0=mCvC-mAvA,两边同乘以t,有0=mCxC-mAxA,又有xC+xA=L,解得xA=0.02 m,B错误。A与B碰撞过程,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v,解得v=0.1 m/s;球C向左运动过程中,A、B、C组成的系统水平方向动量守恒,
有mCvC-(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v共,
根据能量守恒有mC+(mA+mB)v2=(mA+mB+mC)+mCgh,解得h=0.21 m,C正确;
系统产生的热量为Q=mA-(mA+mB)v2=0.01 J,D错误。
C级·素养提升练
13.如图,左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧,处于自然状态时另一端在光滑水平台面右端;质量为3m的小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台,其左侧a端与台面等高,小车的上表面由长度为R的粗糙水平面ab和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道bc组成。质量为m的小物块P(与弹簧不拴接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置,由静止释放后从a端以大小为2(g为重力加速度大小)的速度滑上小车,恰好能到达顶端c。
(1)求P由静止释放时弹簧的弹性势能Ep;
(2)求P与ab间的动摩擦因数μ;
(3)请通过计算判断P是否会滑离小车
解析:(1)设弹簧恢复原长时,P的速度为v0,
根据小物块P与弹簧组成的系统能量守恒有
Ep=m,其中v0=2,
解得Ep=2mgR。
(2)P恰好到达顶端c时,此时P与小车共速,设此时速度大小为v,
根据水平方向动量守恒有mv0=(m+3m)v,
根据能量守恒定律有
m=(m+3m)v2+mgR+μmgR,
解得μ=0.5。
(3)设小物块P最终停在小车上,小物块在粗糙水平面ab上的相对路程为s,由于水平方向动量守恒,则此时P与小车速度大小仍然为v,根据系统能量守恒定律有
m-(m+3m)v2=μmgs,
解得s=3R,
由于s>2R,故P会滑离小车。
答案:(1)2mgR　(2)0.5　(3)会,理由见解析
14.(2025·A9协作体模拟)如图,质量为m=2 kg的光滑小球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的长l为1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为M=6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为M=6 kg的物块C静止在B的左端,两者接触面的动摩擦因数为0.15。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运动到最低点时的速度和细绳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左侧发生弹性碰撞(时间极短,A碰撞前后竖直方向的速度不变),求碰后A和C的水平速度大小;
(3)A、C碰后,C最终未能从B上掉落,求木板B的最小长度d(不计C的宽度)。
解析:(1)A开始运动到最低点时的速度为v0,有
mgl(1-cos 60°)=m-0,
解得v0=4 m/s,
对最低点受力分析,设细绳OP的拉力为F,根据牛顿第二定律有
F-mg=,
解得F=40 N。
(2)A与C相碰时,由机械能守恒和水平方向动量守恒,可知
mv0=mvA+MvC,m=m+M,
解得vA=-2 m/s,vC=2 m/s。
(3)A、C碰后,C滑到B的最右端与B共速,则对C、B分析,
过程中根据动量守恒可得MvC=(M+M)v,
根据能量守恒得μMgd=M-×2Mv2,
解得d= m。
答案:(1)4 m/s　40 N　(2) 2 m/s　2 m/s　
(3) m(共23张PPT)
微专题6
碰撞模型的拓展
考点一
子弹打木块
命题视角　构建子弹打木块模型,利用动量守恒与能量守恒求解问题
1.模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
2.两种情境
(1)子弹嵌入木块中,两者末速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。
(2)子弹穿透木块,两者末速度不相等,机械能有损失。
C
考点二
滑块—斜(曲)面模型
命题视角　考查“滑块—斜(曲)面”模型,强化分动量守恒的观念
模型特点
(1)系统水平方向动量守恒。
(2)系统机械能守恒
【典例2】 (中等)如图所示,一辆装有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上,已知圆弧AB轨道半径R=50 cm,小车及轨道的总质量为
0.5 kg,小球质量为1 kg(可视为质点),钢球以v=6 m/s的速度从圆弧轨道最低点A沿切线方向水平滑上小车,不计空气阻力,g取10 m/s2,在小球落地前的运动过程中,下列说法正确的是(　　)
B
考点三
滑块—弹簧模型
命题视角　考查“滑块—弹簧”模型,注意两物体速度相等时弹簧最长或最短
模型特点
(1)系统动量守恒。
(2)系统机械能守恒,弹簧最长或最短时,两物体速度相等。
【典例3】 (中等)(2025·温州模拟)(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使A瞬间获得水平向右的初速度v=5 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知m1=4 kg,下列说法正确的是(　　 )
A.物块B的质量为16 kg
B.弹簧的最大弹性势能为50 J
C.从开始到弹簧第一次恢复原长时物块A的速度大小为3 m/s
D.从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块B的冲量大小为32 N·s
ACD
考点四
滑块—木板模型
命题视角　考查“滑块—木块”模型,结合动量、能量守恒解题
1.模型图示
2.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。
3.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:根据能量守恒定律求解,Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统。
【典例4】 (中等) (多选)如图甲所示,“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上,质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板,t=2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2,则(　 　)
A.Q的质量为1 kg
B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C.由于碰撞,系统损失的机械能为1.0 J
D.t=5.8 s时木板速度恰好为0
AC
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