专题强化3 碰撞的拓展模型-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（人教版，单选）

专题强化3　碰撞的拓展模型 第一章　动量守恒定律 [学习目标]　1.进一步掌握应用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧(重点)。2.掌握几类碰撞的拓展模型的本质(重难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　“弹簧—物体”模型 类型2　“滑块—光滑斜(曲)面”模型和“悬绳”模型 内容索引 类型3　“子弹打木块”和“滑块—木板”模型 巩固演练 举一反三 类型1　“弹簧—物体”模型 一 4 1.对于弹簧类问题,在作用过程中,若系统合外力为零,则满足动量守恒的条件。 2.整个过程中往往涉及多种形式的能的转化,例如,弹性势能、动能、内能、重力势能的转化,应用能量守恒定律解决此类问题。 3.弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时,弹簧连接的两物体速度相等,此时弹簧弹性势能最大。(完全非弹性碰撞模型) 4.弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大。(弹性碰撞模型) [例1]　(2023·江苏阜宁中学高二期中)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3 m/s的瞬时速度,从此刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。从图像提供的信息可得(　　) A.在t1和t3时刻,两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧分别处于压缩和拉伸状态 B.在t1~t2时间内,A、B的距离逐渐增大,t2时刻弹簧的弹性势能最大 C.两物块的质量之比为m1∶m2=2∶1 D.在t2时刻,A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶6 [答案]　A 根据图像可得开始时A的速度大,弹簧被压缩,t1时刻A、B速度相同,此时弹簧压缩量达到最大,之后B的速度大,弹簧压缩量开始变小,t2时刻弹簧恢复原长,之后弹簧开始被拉伸,t3时刻A、B速度相同,此时拉伸量达到最大,之后A的速度又大于B的速度,拉伸量开始变小,所以t2时刻弹簧处于原长状态,此时弹簧的弹性势能最小,A正确,B错误;根据系统动量守恒,取向右为正方向,在0~t1时间内,有m1×3 m/s=(m1+m2)×1 m/s,解得=,C错误;t2时刻,A、B两物块的 动能之比为==×=, D错误。 [例2]　如图所示,足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C,质量分别为2m、m、m,B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左端不与A固连),A、B共同以速度v0向C运动,弹簧处于原长,C静止,B、C间发生弹性碰撞。求: (1)B、C第一次碰撞后,C的速度大小vC; [答案]　(1)v0 　 (1)B、C发生弹性碰撞,则有mv0=mvB+mvC,m=m+m,可得vC=v0。 (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep; [答案]　(2)m　 (2)A、B速度相同时,弹簧具有最大弹性势能,对A、B及弹簧组成的系统,由动量守恒定律可知2mv0=3mv, 解得v= 由能量守恒定律可知Ep=×2m-×3mv2, 解得Ep=m。 (3)整个运动过程中,B的动量变化量的大小Δp。 [答案]　(3)0 (3)对A、B及弹簧组成的系统,由动量守恒定律可知2mv0=2mv1'+mv2', 由能量守恒定律可知×2m=×2mv1'2+mv2'2, 解得v1'=v0 ,v2'=v0 B、C会再次碰撞,由于B、C质量相等,速度交换,B最终的动量pB=mv0,B的动量变化量的大小Δp=mv0-mv0=0。 二 类型2　“滑块—光滑斜(曲)面”模型和“悬绳”模型 15 1．“滑块—光滑斜(曲)面”模型 在如图所示的“滑块—光滑斜(曲)面”模型中，若滑块始终未脱离斜(曲)面： 2．“悬绳”模型 “悬绳”模型(如图所示)与“滑块—光滑斜(曲)面模型”特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。 [例3]　如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个圆弧形槽,弧形槽半径为R,A点切线水平,B点为弧形槽最高点。另有一个质量为m(m>M)的小球以速度v0从A点冲上滑块,重力加速度大小为g,不计摩擦。下列说法正确的是(　　) A.当v0=时,小球能到达B点 B.小球到达弧形槽最高点处时,滑块的速度取得最大值 C.小球回到弧形槽底部后将向左做平抛运动 D.如果小球的速度足够大,小球将从滑块的左 侧B点离开滑块后直接落到水平面上 [答案]　C 假设小球刚好能到达B点,小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒,有mv0=(m+M)v,机械能守恒,有m=(m+M)v2+mgR,可解得v0=>,故当v0=时,小球不能到达B点,A错误;小球最终从滑块右侧离开,冲上滑块的过程,小球对滑块做正功,从最高点滑下的过程,小球对滑块也做正功,滑块速度一直增大,B 错误;规定向左为正方向,小球冲上滑块又滑回弧形 槽底端的过程,水平方向动量守恒,有mv0=mv1+Mv2, 机械能守恒,有m=m+M,解得v1=v0>0,且速度方向水平,故向左做平抛运动,C正确;如果小球初速度足够大,小球将从B点冲出,由于B点切线方向竖直,小球离开滑块时,二者水平方向速度相同,小球相对滑块做竖直上抛运动,最后将从B再次进入弧形槽,最后从滑块右侧离开,D错误。 [例4]　如图所示,在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环。滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点),绳长为L。将滑环固定时,给物块一个水平冲量,物块摆起后刚好碰到水平杆。若滑环不固定时,仍给物块以同样的水平冲量,则以下说法错误的是(　　) A.给物块的水平冲量大小为M B.物块上升的最大高度为 C.物块上升到最高时的速度大小为 D.物块第一次回到最低点时对轻绳的拉力大小为3Mg B 设物块受到水平冲量后速度为v0,滑环固定时,根据机械能守恒定律有M=MgL,可得v0=,故给物块的水平冲量为I=M,故A正确;滑环不固定时,物块的初速度仍为v0,在物块摆起最大高度h时,它们速度都为v,在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,则有Mv0= (m+M)v,M=(M+m)v2+Mgh,由以上各式可得 h=,v=,故B错误,C正确;对物块和滑环组成 的系统,当物块第一次回到最低点时,由动量守恒定律 和能量守恒定律知Mv0=Mv1+mv2,M=M+m,求得v1=v0,v2=v0 物块在最低点,由牛顿第二定律可知 T-Mg=M=M, 可得拉力T=3Mg,故D正确。 三 类型3　“子弹打木块”和“滑块—木板”模型 26 以子弹(或滑块)具有初速度v0，木块(或木板)初始静止情景为例分析 (1)若子弹未射穿木块(或滑块未从木板上滑下)，当两者速度相等时木块(或木板)的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度或滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞模型)。 [例5]　如图所示,质量为M的木块静止于光滑的水平面上,一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出,设木块对子弹的阻力恒为F,求: (1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大; [答案]　(1)　 (1)子弹与木块组成的系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得 mv0=(m+M)v 解得v=。 (2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少; [答案]　(2)　　 (2)由能量守恒定律可知m=Q+(m+M)v2 解得产生的内能为Q= 由动能定理得,子弹对木块所做的功为 W=Mv2=。 (3)木块至少为多长时子弹不会穿出。 [答案]　(3) (3)设木块最小长度为L,由能量守恒定律知 FL=Q 解得木块的最小长度为L=。 [例6]　(2024·江苏苏州外国语学校高二期末)图甲中,长为L的长木板静止于光滑水平面上,小物块位于木板的右端点。t=0时,木板以速度v0开始向右滑动,小物块恰好没有从长木板上滑落。图乙为物块与木板运动的v-t图像,重力加速度为g,则(　　) A.物块质量是木板质量的 B.物块与木板间的动摩擦因数为 C.0~t0时间内,物块与木板损失的动能为木板初动能的 D.物块的最大动能是木板初动能的 B 设木板的质量为M,物块的质量为m,由动量守恒定律结合题图乙可得Mv0=(m+M)v0,解得m=M,A错误;对于系统,由能量守恒定律得μmgL=M-(m+M)(v0)2,解得μ=,B正确;0~t0时间内,物块与木板损失的动能为ΔEk=M-(m+M)(v0)2=M,物块与木板损失的动能为木板初动能的,C错误;物块的最大动能是m(v0)2=M,是木板初动能的,D错误。 四 巩固演练 举一反三 1.如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等,都可视作质点,Q与轻质弹簧相连。设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于(　　) A.P的初动能　　　　　 B.P的初动能的 C.P的初动能的 D.P的初动能的 B 把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统,系统的动量守恒,在整个过程中,当小滑块P和Q的速度相同时,弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向,设小滑块P的初速度为v0,两滑块的质量均为m,则mv0=2mv,解得v=,P的初动能Ek0=m,弹簧具有的最大弹性势能Ep=m-×2mv2=m=Ek0,故选项B正确。 2.如图所示,沙袋用无弹性轻绳悬挂于O点。开始时沙袋处于静止状态,现有一弹丸以水平速度v0击中沙袋后以v0的水平速度离开沙袋。若弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸和沙袋的形状、大小及弹丸击中沙袋后漏出沙子的质量均忽略不计,沙袋始终在O点下方摆动,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.弹丸打入沙袋过程中,弹丸减少的动能等于沙袋增加的动能 B.弹丸打入沙袋过程中,轻绳所受拉力大小保持不变 C.弹丸打入沙袋过程中,系统产生的热量为 D.沙袋向右摆动所能达到的最大高度为 答案:D 依题意,弹丸与沙袋相互作用过程,系统水平方向动量守恒,可得mv0=5mv+m,解得v=,该过程摩擦生热,弹丸减少的动能大于沙袋增加的动能,由能量守恒定律可得m=Q+×5mv2+m()2,解得Q=,故A、C错误;弹丸打入沙袋过程中,沙袋做圆周运动,由T-5mg=5m可知,轻绳对沙袋的拉力增大,根据牛顿第三定 律可知,轻绳所受拉力也随之增大,故B错误;沙袋向右摆 动,机械能守恒,则有×5mv2=5mgh,解得h=,故D正确。 3.质量为m的长木板A静止在光滑水平面上,另外两个质量也为m的物块B和C分别同时从A的左、右两端滑上A的上表面,初速度大小分别为v和2v,如图所示。物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ,假设物块B、C在长木板A表面上运动时始终没有碰撞。试求: (1)B、C刚滑上长木板A时,A所受合外力为多大? 答案:见解析 (1)B、C刚滑上长木板A时,对A受力分析,A竖直方向受力平衡,水平方向受B对它向右的摩擦力μmg、C对它向左的摩擦力μmg,故A水平方向所受合外力为零,则A所受合外力为零。 (2)长木板A的最终运动速度为多大? 答案:见解析 (2)系统所受合外力为零,系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得 m·2v-mv=(m+m+m)v', 解得A、B、C最终的共同速度v'=, 即长木板A最终运动的速度为,方向水平向左。 (3)为使物块B、C不相撞,长木板A至少多长? 答案:见解析 (3)对系统,由能量守恒定律得 mv2+m(2v)2=(m+m+m)v'2+μmgL, 解得L=。 4.竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成,AB恰与圆弧CD在C点相切,轨道放在光滑的水平面上,如图所示。一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB,沿着轨道运动,由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中点。已知水平滑道AB长为L,轨道ABCD的质量为M=3m。 (1)求小物块在水平滑道上受到的摩擦力的大小。 答案:(1)　 (1)小物块冲上滑道的初速度设为v,则E=mv2,小物块最终停在AB的中点,跟滑道有相同的速度,设为v',在这个过程中,系统水平方向动量守恒,有mv=(M+m)v' 系统损失的动能用于克服摩擦力做功,有 ΔE=mv2-(M+m)v'2 而ΔE=FfL 联立解得摩擦力的大小Ff=。 (2)为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道,圆弧滑道的半径R至少是多大? 答案: (2) (2)若小物块刚好到达D处,此时它与滑道有共同的速度(与v'相等),在此过程中系统总动能减少,转化为内能(克服摩擦做功)和物块的重力势能,有 ΔE1=mv2-(M+m)v'2 而ΔE1=FfL+mgR,解得要使物块不从D端离开滑道,CD圆弧的半径至少为R=。 五 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射进一半厚度,如图所示。上述两种情况相比较,下列说法错误的是(　　) A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 D 以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,可得滑块最终获得的速度v=,可知两种情况下子弹的末速度是相同的,故A正确;子弹嵌入下层或上层过程中,子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等),滑块增加的动能也一样多,则两种情况系统减少的动能相同,故系统产生的热量一样多,故B正确;根据动能定理可知,滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故C正确;由Q=Ffs相对知,由于s相对不相等而Q相等,所以两种情况 下子弹和滑块间的水平作用力不一样大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则物体A的质量M和弹簧压缩量最大时的弹性势能Ep分别为(　　) A.M=3m,Ep=m B.M=3m,Ep=m C.M=2m,Ep=m D.M=2m,Ep=m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 对题图甲,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩x时的弹性势能Ep=M;对题图乙,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量x时,A、B速度相等,设为v,由动量守恒定律有M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律有Ep=M(2v0)2-(M+m)v2,联立以上三式可得M=3m,Ep=M=m,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.如图所示,质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上,物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切,质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a,沿a左侧面上滑一段距离后又返回,最后滑离a,不计一切摩擦,滑块b从滑上a到滑离a的过程中,下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.滑块b沿a上升的最大高度为 B.物块a运动的最大速度为 C.滑块b沿a上升的最大高度为 D.物块a运动的最大速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B b沿a上升到最大高度时,两者速度相同,取向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得mv0=(m+4m)v,由机械能守恒定律得m=(m+4m)v2+mgh,解得h=,A、C错误;滑块b滑离a时,物块a运动的速度最大,系统在水平方向动量守恒,对整个过程,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvb+4mva,由机械能守恒定律得m=m+×4m,解得va=v0,vb=-v0, B正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.如图所示,光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上,从一定高度自由下落的小球恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内。对此情况,下列说法正确的是(　　) A.小球第一次离开槽时,将向右上方做斜抛运动 B.小球第一次离开槽时,将做竖直上抛运动 C.小球离开槽后,槽将做匀速运动 D.槽一直向右运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零,初状态时系统在水平方向动量为零,由动量守恒定律可知,小球第一次离开槽时,系统水平方向动量守恒,球与槽在水平方向的速度都为零,球离开槽后做竖直上抛运动,故A错误,B正确;小球沿槽的右侧下滑到底端过程,槽向右做加速运动,球从底端向左侧上升过程,槽向右做减速运动,球离开槽时,槽静止,球做竖直上抛运动,然后小球落回槽的左侧,球从槽的左侧下滑过程,槽向左做加速运动,从最低点向右上滑时,槽向左做 减速运动,然后球离开槽做竖直上抛运动,此后重复上 述过程,由此可知,槽在水平面上做往复运动,故C、 D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v-t图像,图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得(　　) A.木板的长度 B.物块与木板的质量 C.物块与木板之间的动摩擦因数 D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 物块滑动的位移x1=t1,木板滑动的位移x2=v1t1,则Δx=x1-x2为物块相对木板滑行的距离,木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度,根据题意无法求出木板的长度,A错误;物块与木板组成的系统动量守恒,以物块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,可解出物块与木板的质量之比=,但无法计算各自的质量,B错误;对物块,由动量定理得-μmgt1=mv1-mv0,v0与v1已知,解得μ=,即可以求出物块与木板之间的动摩擦因数,C正确;由于不知道木板的质量,无法求 出从t=0开始到t1时刻,木板获得的 动能,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [B组　综合强化练] 6.如图,质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上,圆弧面的最低点和水平面相切,圆弧的半径为R。圆弧体B锁定,一个小球从圆弧体A的最高点由静止释放,小球在圆弧体B上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g,则(　　) A.小球与圆弧体的质量之比为2∶1 B.小球与圆弧体的质量之比为1∶2 C.若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为 D.若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 设小球质量为m,圆弧体质量为M,小球从圆弧体A上滚下时,A的速度大小为v1,小球的速度大小为v2,由题意可知Mv1=mv2,mgR=M+m,小球滑上锁定的圆弧体B时,根据能量守恒定律可得mgR=m,解得M=m,v1=,故A、B错误;若圆弧体B没有锁定,则小球从滑上B到滑离B的过程,有mv2=mv2'+Mv,m=mv2'2+Mv2,解得圆弧体B最终获得的速度大小为v=,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,质量为0.1 kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长度L=0.8 m的轻质细线拴着质量为0.2 kg的小球B,B悬挂在A正下方并处于静止状态。t=0时刻,小圆环A获得沿杆向左的冲量0.6 N·s,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小球B上升的最大高度为0.45 m B.小球B获得的最大速度为4 m/s C.从t=0时刻到小球B上升到最大高度的过程中, 合力对小球B的冲量为0.6 N·s D.从t=0时刻到小球B第一次获得最大速度的过程中,细线对小圆环A始终做负功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 对小圆环A,由动量定理I=mAv0=0.6 N·s,可得v0=6 m/s,当小圆环A与小球B速度相同时,小球B上升的高度最大,根据水平方向动量守恒和机械能守恒有mAv0=(mA+mB)v共,mA=(mA+mB)+mBgh,解得v共=2 m/s, h=0.6 m,故A错误;小圆环A向左运动,通过细线带动小球 B向左运动,小球B受到斜向左上方的拉力并加速,当小球 B恰好回到圆环A的正下方时,小球B速度最大,设此时小圆 环A的速度为v1,小球B的速度为v2,此过程由水平方向动量 守恒和机械能守恒有mAv0=mAv1+mBv2,mA=mA+mB, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解得v1=-2 m/s,v2=4 m/s,故B正确;从t=0时刻到小球B上升到最大高度的过程中,对小球B由动量定理得IB=mBv共-0=0.4 kg·m/s,即合力对小球B的冲量为0.4 N·s,故C错误;由B项分析知,小圆环A先向左减速,再向右加速,当小球B第一次获得最大速度时,圆环A正在向右运动,则从t=0时刻到小球B第一次获得最大速度的过程中,细线的拉力对小圆环A先做负功后做正功,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(2024·江苏扬州丁沟中学高二期中)如图所示,木块静止在光滑水平面上,子弹A、B从两侧同时水平射入木块,木块始终保持静止,子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定,A、B做直线运动且不会相遇,则A、B运动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.木块和子弹A、B系统动量不守恒 B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度 大小的3倍 C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍 D.若子弹A向右射入木块,与木块相对静止后,子弹B再向左射入木块,最终A进入的深度仍是B的3倍 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象,系统所受合外力为零,则系统的动量守恒,A错误;以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象,取水平向右为正方向,由动量守恒定律可得mAvA-mBvB=0,则有mAvA=mBvB,即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等,由于木块始终保持静止,木块所受合力是零,可知两子弹对木块的作用力大小相等,由牛顿第三定律可知,两子弹受木块的阻力大小相等,设为Ff,子弹射入木块的深度为d,由动能定理,对子弹A有-FfdA=0-EkA,可得FfdA =EkA,对子弹B有-FfdB=0-EkB,可得FfdB=EkB,由 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 于dA=3dB,则两子弹初动能的关系为EkA=3EkB,由动能公式可得EkA=,EkB=,解得mB=3mA,即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍,由于mAvA=mBvB,可得vA=3vB,即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍,B错误,C正确;若子弹A向右射入木块,子弹A与木块组成的系统动量守恒,子弹A与木块相对静止时有共同的速度,由能量守恒定律可知,系统减少的机械能ΔE=FfdA'<EkA,可得dA'<dA,子弹B再向左射入木块,由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒, 由以上分析知mAvA=mBvB,则系统的初动量是 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 零,由动量守恒定律可知,最后A、B与木块都静止,子弹B射入木块的过程中,由能量守恒定律可知,系统减少的机械能ΔE'=FfdB'>EkB,可得dB'>dB,由以上分析可知dA'<3dB',D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2024·江苏苏州第十中学高二阶段练习)如图甲所示,水平轻质弹簧一端与物块A左侧相连,一起静止在光滑水平面上,物块B从左侧以大小为v0的初速度向弹簧和物块A运动。运动过程中两物块的v-t图像如图乙所示,则下列说法正确的是(　　) A.物块A的质量大于物块B的质量 B.t1时刻物块A的加速度大小大于 物块B的加速度大小 C.t1时刻弹簧的弹性势能最大 D.若t2-t1<t3-t2,两物块在t3时刻的总动能大于t1时刻的总动能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 根据题意可知,物块A、B及弹簧组成 的系统所受合外力为零,由题图乙可 知,在t2时刻,物块A、B的速度相等,且 为,设物块A的质量为mA,物块B的质量为mB,由动量守恒定律有mBv0=(mA+mB),可得mA=mB,故A错误;根据题意可知,t1时刻弹簧对物块A、B的弹力大小相等,由A分析可知,物块A、B的质量相等,由牛顿第二定律可知,物块A的加速度大小等于物块B的加速度大小,故B错误;由题图乙可知,t2时刻前,物块B的速度大于物块A的速度,弹簧被压缩,弹性势 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 能增大,t2时刻后,物块B的速度小于物 块A的速度,物块A、B远离,弹簧的弹 性势能减小,则t2时刻弹簧的弹性势能 最大,故C错误;根据题意,由题图乙可 知,v-t图像中面积表示位移大小,由于t2-t1<t3-t2,则从t1到t2物块A、B的相对位移小于从t2到t3物块A、B的相对位移,即在t3时弹簧的形变量小于在t1时弹簧的形变量,由于整个过程物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,则两物块在t3时刻的总动能大于t1时刻的总动能,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.如图所示,水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。球2的左边有一固定挡板。球1由图示位置静止释放,当球1与球2相距最近时球1速度为v1,则在以后的运动过程中(　　) A.若m1<m2,球1的最小速度是0 B.若m1<m2,球1的最小速度是v1'=v1 C.球2的最大速度是v1 D.球2的最大速度是v1'=v1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 球1到达与球2最近位置(此时弹簧为原长)后继续向右运动,弹簧拉动球2向右运动,球1减速,球2加速,达到共同速度时两者相距最远,此后球1继续减速,球2加速,当两球再次相距最近时,球2达到最大速度,而球1是否达到最小速度,要依据两者质量关系判断。当球2运动后,从两球第一次相距最近到再次相距最近,根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2, m1= m1v1'2+m2,解得v1'=v1,v2=v1,故球2的最 大速度为v1,若m1<m2,球1的最小速度是0,即两者距 离最小之前球1的速度有一个为0的时刻,后反向加速,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.如图所示,质量为M的小车静止在光滑水平轨道上,下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱,一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱,并留在其中,在以后的运动过程中,求: (1)沙箱上升的最大高度; 答案:(1) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)子弹打入沙箱过程中,子弹与沙箱组成的系统满足动量守恒定律,则m0v0=(m+m0)v1,摆动过程中,子弹、沙箱、小车组成的系统水平方向动量守恒,沙箱到达最大高度时,系统有相同的水平速度,设为v2,则有 (m+m0)v1=(m+m0+M)v2 由系统的机械能守恒有 (m+m0)=(m+m0+M)+(m+m0)gh 联立解得沙箱上升的最大高度 h=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)小车的最大速率。 答案: (2) v0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)子弹和沙箱再次摆回最低点时,小车的速度最大,设此时小车的速度为v3,沙箱的速度为v4,由动量守恒定律得 (m+m0)v1=Mv3+(m+m0)v4 由机械能守恒定律得 (m+m0)=M+(m+m0) 联立解得小车的最大速度为 v3= v1= v0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [C组　培优选做练] 12.如图所示,光滑水平面上静置一个质量M=3 kg的滑块,滑块的一侧是一个光滑圆弧轨道,半径R=0.8 m,E点切线水平。一个质量m=1 kg的小球以速度v0=8 m/s从E点冲上滑块,从F点脱离滑块。重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)小球离地的最大高度; 答案:(1)2.4 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)当小球脱离滑块时,两者在水平方向上速度相同,水平方向动量守恒,有 mv0=(m+M)v1 对全程,系统机械能守恒,有 m=mgh+(m+M) 解得v1=2 m/s,h=2.4 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)小球从F点脱离滑块时,小球速度大小; 答案: (2)6 m/s　 (2)小球脱离滑块后竖直方向做竖直上抛运动,脱离时的竖直初速度为 vy= 小球从F点脱离滑块时,小球速度大小为 v= 联立得v=6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)小球回到圆弧轨道E点时,滑块对地面的压力大小。 答案: (3)120 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)小球从沿圆弧轨道上滑到回到圆弧轨道E点的过程可以看作弹性碰撞,因此可得 mv0=mv2+Mv3,m=m+M 联立解得v2=-4 m/s,v3=4 m/s 小球与滑块运动方向相反,因此小球回到圆弧轨道E点时可得 F-mg= 对滑块分析有N=F'+Mg,F'=F 解得N=120 N 由牛顿第三定律可知,滑块对地面的压力大小为120 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)当滑块上升到最大高度时，滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，有mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，有mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度(相当于完全非弹性碰撞模型)。 (2)当滑块返回最低点时，滑块与斜(曲)面分离。水平方向动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，有mv＝mv＋Mv(相当于弹性碰撞模型)。 ①动量守恒：mv0＝(m＋M)v。 ②机械能损失(摩擦生热) Q热＝Ff·d＝mv－(m＋M)v2 其中d为子弹射入木块的深度(或滑块与木板间的相对位移)。 (2)若子弹射穿木块(或滑块从木板上滑下)： ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 ②机械能的损失(摩擦生热) Q热＝Ff·L＝mv－mv－Mv 其中L为木块(或木板)的长度。 $$