第15课 动量守恒定律 碰撞-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第15课　　　动量守恒定律　碰撞 普查与练习15Ⅰ　　动量守恒定律　　　　　　　　　　　　　　 1．系统动量是否守恒的判断 (1)(多选)(经典题，4分)如图所示，A、B两物体质量之比为3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中(　　) A. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，A、B组成的系统动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量不守恒 (1)答案：BC 解析：若A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A、B两物体的质量不相等，所以A、B两物体受到的摩擦力不相等，即A、B组成的系统所受合力不为0，则A、B组成的系统动量不守恒，故A项错误。若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，由二者的质量之比为3∶2，可得两物体所受摩擦力大小相等，方向相反，则A、B组成的系统所受合力为0，所以A、B组成的系统动量守恒，故B项、C项均正确。因地面光滑，无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统所受合力均为0，系统动量守恒，故D项错误。 2．动量守恒定律的应用 a.动量守恒定律的理解与应用 (2)(2022天津真题，14分)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度v0＝2 m/s，匀减速滑行x1＝16.8 m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行x2＝3.5 m，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为vA＝0.05 m/s和vB＝0.55 m/s。已知A、B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数μ1＝0.01，重力加速度g取10 m/s2，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A 图(a) 　　　图(b) ①在N点的速度v1的大小； ②与NP间冰面的动摩擦因数μ2。 (2)答案：①0.8 m/s(7分)　②0.004(7分) 解析：①设冰壶质量为m，A受到冰面的支持力为N，由竖直方向受力平衡，有N＝mg(1分) 设A在MN间受到的滑动摩擦力为f，则有 f＝μ1N(1分) 设A在MN间的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得f＝ma(1分) 联立以上各式并代入数据解得a＝μ1g＝0.1 m/s2(1分) 由速度与位移的关系式，有v－v＝－2ax1(2分) 代入数据解得v1＝0.8 m/s(1分) ②设碰撞前瞬间A的速度为v2，由动量守恒定律可得 mv2＝mvA＋mvB(2分) 解得v2＝0.6 m/s(1分) 设A在NP间受到的滑动摩擦力为f′，则有f′＝μ2mg(1分) 由动能定理可得－f′·x2＝mv－mv(2分) 联立以上各式解得μ2＝0.004(1分) b.“物块—弹簧”模型 (3)(多选)(安徽马鞍山一模，6分)如图所示，光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板，总质量为m。一轻质弹簧右端与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量也为m的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v1滑上长木板，弹簧的最大压缩量为x2且滑块恰好能回到长木板的左端；若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则(　　) A.v1＝v2 B．弹簧弹性势能的最大值为mv C．弹簧弹性势能的最大值为μmg(x1＋x2) D．长木板固定，滑块以速度v2滑上长木板时，也恰好能回到长木板的左端 (3)答案：ACD 解析：当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时，长木板和滑块的速度相同，设为v，此时弹簧弹性势能最大，设为Ep，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv1＝2mv，mv＝×2mv2＋μmg(x1＋x2)＋Ep。从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，长木板和滑块的速度再次相等，由能量守恒定律可得Ep＝μmg(x1＋x2)，联立以上三式可得Ep＝mv，故B项错误，C项正确。当长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2时，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒定律可得mv＝μmg(x1＋x2)＋Ep，联立可得v1＝v2，故A项正确。当长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2时，设滑块被弹簧弹开后运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒定律有Ep＝μmg(x1＋x2)＋mv，代入数据解得v3＝0，说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故D项正确。 c.临界问题 (4)(多选)(全国Ⅱ经典真题，6分)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板发生弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg (4)答案：BC 解析：设该运动员的质量为M，物块的质量为m，m＝4.0 kg，推物块的速度大小为v＝5.0 m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，第一次推物块的过程中0＝Mv1－mv，第二次推物块的过程中Mv1＋mv＝Mv2－mv，第三次推物块的过程中Mv2＋mv＝Mv3－mv，……，第n次推物块的过程中Mvn－1＋mv＝Mvn－mv，以上各式相加可得Mvn＝(2n－1)mv。由题可知经过8次推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员，即当n＝7时，v7＜v，解得M＞52 kg；当n＝8时，v8≥v，解得M≤60 kg，即52 kg＜M≤60 kg，故A项、D项均错误，B项、C项均正确。 d.爆炸与反冲 (5)(天津经典真题，14分)一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求： ①玩具上升到最大高度时的速度大小； ②两部分落地时速度大小之比。 (5)答案：①v0(5分)　②2∶1(9分) 解析：①设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度为h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正方向，玩具从水平地面抛出到上升到最大高度的过程，由匀变速直线运动规律有 0－v＝－2gh(1分) 玩具上升到最大高度的时有 v2－v＝－2g×h(2分) 联立两式解得 v＝v0(2分) ②设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意可得 m1v＋m2v＝(m1＋m2)v(2分) 玩具达到最高点时速度为零，水平方向动量守恒，两部分分开时速度方向相反，根据动量守恒定律有 m1v1－m2v2＝0(2分) 由题意知m1∶m2＝1∶4，联立以上各式解得 v1＝2v0，v2＝v0(2分) 分开后两部分均做平抛运动，由运动学关系可知两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v′1、v′2，由速度合成公式，有 v′1＝，v′2＝(1分) 代入v1、v2可得v′1∶v′2＝2∶1(2分) 随堂普查练15Ⅰ 1．(2024江苏真题，4分)如图所示，在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A．弹簧原长时物体动量最大 B．压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 1．答案：A 解析：剪断细绳后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，有mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep0，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，Ep0＝Ep＋mAv＋mBv，联立解得Ep0－Ep＝(＋mB)v，弹簧恢复原长时，Ep＝0，此时物体B的速度最大、动量最大、动能最大，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 2．(江苏经典真题，4分)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。 2．答案：28 m/s(4分) 解析：以乌贼与乌贼喷出的水组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取乌贼运动的速度方向为正方向，设乌贼质量为M，逃窜时的速度大小为v′，喷出水的质量为m，速度大小为v，由动量守恒定律有 Mv′－mv＝0(2分) 代入数据解得v＝28 m/s(2分) 3.(2023辽宁真题，17分)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 3．答案：(1)1 m/s(3分)　0.125 m(3分) (2)0.25 m(3分)　 m/s(3分) (3)4t0－8t(5分) 解析：(1)由于地面光滑，则物块和木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v1(2分) 代入数据解得v1＝1 m/s(1分) 对木板受力分析可得此过程木板的加速度为 a1＝＝4 m/s2(1分) 则v＝2a1x1(1分) 代入数据解得x1＝0.125 m(1分) (2)木板与弹簧接触以后，设物块与木板之间即将相对滑动时的共同加速度为a共，则对物块和木板组成的系统有 kx2＝(m1＋m2)a共(1分) 对物块有 a2＝μg＝1 m/s2(1分) 当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，联立并代入数据解得此时的弹簧压缩量 x2＝0.25 m(1分) 对于物块、木板和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律，有 (m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋kx(2分) 代入数据解得 v2＝ m/s(1分) (3)木板向右运动速度从v2减小到0，再反向运动到速度为v2时，木板与物块的加速度首次相同，此过程中物块的加速度小于木板的加速度，物块相对木板一直向右滑动，根据运动对称性可知，此过程用时为2t0，设此过程物块的末速度为v3，根据动量定理有 －μm2g×2t0＝m2v3－m2v2(2分) 过程始末，木板的速度大小不变，动能不变，根据能量守恒定律有 m2v＝ΔU＋m2v(2分) 联立以上各式解得ΔU＝4t0－8t(1分) 4．(多选)(湖南长沙一模，5分)如图所示，质量均为m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，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系质量为m0的C球，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为 B．A、B两木块分离时，C球的速度大小为2 C.C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，杆和水平面对木块A作用力及木块A所受重力的合冲量大小为2m0 D．从C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，木块A一直做减速运动 4．答案：ABC 解析：C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，由A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，设C球和木块A移动的距离分别为x1、x2，由动量守恒定律得m0vC－2mvA＝0，则m0x1－2mx2＝0，由几何关系得x1＋x2＝L，解得木块A移动的距离为x2＝，故A项正确。C球释放后在向下摆动的过程中，杆对木块A有向右的作用力，使得木块A、B之间有压力，木块A、B不会分离，当C球运动到最低点时，木块A、B之间压力为零，此时木块A、B将要分离。木块A、B和C球组成的系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得m0vC－2mvA＝0，由机械能守恒定律得m0gL＝m0v＋×2mv，联立解得vA＝，vC＝2，故B项正确。C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，由动量定理得，木块A对B的冲量为I＝mvB＝mvA＝m0，对木块A使用动量定理，I合－I＝mvA－0，解得杆和水平面对木块A作用力及木块A所受重力的合冲量为I合＝2m0，故C项正确。从C球过最低点到恰好第一次达到轻杆左侧最高处的过程中，木块A先做减速运动再反向做加速运动，C球恰好到达轻杆左侧最高处时与木块A共速，故D项错误。 5．(多选)(湖南长沙一中二模，5分)如图所示，一平板车A质量为2m，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为μ，平板车A表面足够长，物块B不能到达平板车的右端，重力加速度为g。L为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞(　　) A.L＝ B．L＝ C．L＝ D．L＝ 5．答案：CD 解析：由于平板车的质量大于小物块，若车与挡板能发生3次及以上碰撞，则前两次碰撞挡板对平板车的冲量之和小于小物块的初动量，且小物块速度方向不变，未与平板车共速。前两次碰撞每次碰撞后平板车向左的位移均为L。设平板车与挡板碰撞前的速度大小为v，则有v2＝2L，根据动量定理，每次碰撞挡板对平板车的冲量大小I＝4mv，且2I<mv0，解得L<，故C项、D项均正确。 6．(浙江经典真题，3分)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．两碎块的位移大小之比为1∶2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m 6．答案：B 解析：爆炸时，在水平方向，根据动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因两个碎块落地时间相等，则m1x1－m2x2＝0，可得＝＝，因此两碎块的水平位移之比为1∶2，可知从爆炸位置到两碎块落地点的位移之比不等于1∶2，故A项错误。设两碎块落地时间均为t，由题意可知＝，解得t＝4 s，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，故B项正确。爆炸后质量大的碎块的水平位移为x1＝(5 s－4 s)×340 m＝340 m，质量小的碎块的水平位移为x2＝(6 s－4 s)×340 m＝680 m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m＋680 m＝1 020 m，质量大的碎块的初速度为v10＝＝ m/s＝85 m/s，故C项、D项均错误。 7．(经典题，16分)如图所示，长为L、质量为2m的木板静止在光滑的水平地面上，A、B是木板的两个端点，C点是中点，AC段是光滑的，CB段是粗糙的，木板的A端放有一个质量为m的物块(可视为质点)，现给木板施加一个水平向右，大小为F的恒力，当木块相对木板滑至C点时撤去这个力，最终木块恰好滑到木板的B端与木板一起运动，求： (1)木块滑到木板C点时木板的速度v1； (2)木块滑到木板B点时木板的速度v2； (3)摩擦力对木块和木板做的总功W及木块和木板间的动摩擦因数μ。 7．答案：(1)(4分)　(2)(4分) (3)－FL(4分)　(4分) 解析：(1)AC段光滑，木块相对地面静止。对木板，根据动能定理有 F·＝(2m)v－0(2分) 解得v1＝(2分) (2)撤去外力后，由动量守恒定律有2mv1＝(2m＋m)v2(2分) 得到v2＝(2分) (3)摩擦力对木块做的功为W1＝mv(1分) 对木板做的功为W2＝×2mv－×2mv(1分) 总功W＝W1＋W2＝－FL(2分) 又μmg·＝|W|(2分) 解得μ＝(2分) 普查与练习15Ⅱ　　　　　碰撞　　　　　　　　　　　　　　　 3．碰撞问题 a.弹性碰撞 (6)(2023重庆真题，8分)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： ①球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； ②球2的质量； ③两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 (6)答案：①4m(2分)　②3m(3分) ③(3分) 解析：①球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以Fn＝m＝4m(2分) ②球1与球2发生弹性碰撞，且碰后瞬间两球速度大小相等，说明球1碰后反弹，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 m×2v0＝－mv＋m′v(1分) m(2v0)2＝mv2＋m′v2(1分) 联立以上各式解得v＝v0，m′＝3m(1分) ③两球从第一次碰撞后到球1到达P点所用的时间为t1＝(1分) 设球1经过P点后到两球再次碰撞所用时间为t2，则有v0t2＋2v0t2＝πR(1分) 两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为 Δt＝t1＋t2＝(1分) b.非弹性碰撞 (7)(2024安徽真题，14分)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 ①求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； ②求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； ③为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 (7)答案：①6 N(4分)　②4 m/s(3分) ③0.25≤μ≤0.4(7分) 解析：①对小球运动到最低点的过程中，根据动能定理可得mgL＝mv－0(2分) 解得v0＝5 m/s 在最低点，小球由拉力和重力的合力提供向心力，可得FT－mg＝m(1分) 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N(1分) ②小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mv0＝mv1＋Mv2(1分) mv＝mv＋Mv(1分) 联立并代入数据解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝4 m/s(1分) ③若物块恰好能运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，物块与小车整体在水平方向动量守恒，有 Mv2＝2Mv3(1分) 由能量守恒定律可得 Mv＝×2Mv＋μ1Mgs(1分) 联立并代入数据解得μ1＝0.4(1分) 若物块恰好能运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，物块与小车整体在水平方向动量守恒，有 Mv2＝2Mv4(1分) 由能量守恒定律可得 Mv＝×2Mv＋μ2Mgs＋MgR(1分) 联立并代入数据解得μ2＝0.25(1分) 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ≤0.4(1分) c.完全非弹性碰撞 (8)(多选)(2024湖北真题，4分)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 (8)答案：AD 解析：设子弹和木块的末速度分别为v1、v2，由子弹和木块相互作用过程中二者组成的系统动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，假设子弹未穿过木块二者就达到共速，此时v1＝v2，解得v2＝v0, v2随v0的增大而增大，即子弹刚好能穿过木块时木块获得的速度最大；假设子弹能穿过木块，由能量守恒得mv＝mv＋Mv＋kv0L，两式联立消去v1后整理得v2＝，可知当最大时，木块获得的速度v2最大，由于v2≤v0，当不等式取等号时最大，v2最大，此时子弹恰好能穿过木块，将＝代入解得v2＝，v0＝，故A项正确。对木块，由动量定理得kv0t＝Mv2－0，解得t＝，故B项错误。木块和子弹损失的总动能ΔE＝Q＝kv0L＝，故C项错误。木块在加速过程中运动的距离x2＝t＝，故D项正确。 (9)(2022河北真题，11分)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块C、D的质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。 ①若0<k<0.5，求碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度的大小和方向； ②若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小。 (9)答案：①5(1－k) m/s，方向向右(3分) ②1.875 m(8分) 解析：①滑块C、D碰撞过程中满足动量守恒定律，设碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度为v，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有 mv0－m·kv0＝(m＋m)v(2分) 解得v＝v0＝5(1－k) m/s>0 可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。(1分) ②若k＝0.5，可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为 v＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s(1分) 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒定律，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v′，以向右方向为正方向，则有mAv0－mB·kv0＝(mA＋mB)v′(2分) 解得v′＝0 可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新滑块的质量为M1＝2 kg，新滑板的质量为M2＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得 M1v＝(M1＋M2)v共(2分) 解得v共＝1 m/s 根据能量守恒定律可得 μM1gs相＝M1v2－(M1＋M2)v(2分) 解得s相＝1.875 m(1分) d.碰撞的图像问题 (10)(2022北京真题，3分)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2的速率大于m1的速率 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能 (10)答案：C 解析：x－t图线的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前速度为0，故A项错误。两物体正碰后，m1的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，故B项错误。两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知，碰后m2的动量大于m1的动量，故C项正确。根据动能的表达式Ek＝mv2可知，碰后m2的动能大于m1的动能，故D项错误。 e.类碰撞问题：“滑块—弧形轨道”模型 (11)(多选)(河北衡水一模，6分)如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以v0＝2的速度由水平台面滑上小车。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高h＝，小球可视为质点，重力加速度为g。则(　　) A.小车能获得的最大速度为 B．小球在Q点的速度大小为 C．小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为 D．小球落地时的速度大小为 (11)答案：AD 解析：小球最终由P点离开小车，从小球滑上小车至离开小车，此过程系统无机械能损失，可视为弹性碰撞，小球滑离小车时，小车的速度最大，由弹性碰撞结论可知，小车能获得的最大速度为vmax＝×2＝，故A项正确。小球在Q点时，水平方向上与小车共速，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v共，解得v共＝，由能量守恒定律得mv＝mgR＋×2mv＋mv，解得vQ＝，则小球此时在竖直方向上的分速度大小为vQy＝＝，设小球在Q点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，故B项、C项均错误。由A项的分析可知，小球最终离开小车时的速度大小为vP＝×2＝－，离开后小球向左做平抛运动，由动能定理得mgh＝mv2－mv，解得v＝，故D项正确。 4．碰撞可能性的判断 (12)(宁夏银川校级一模，6分)质量为2 kg的小球B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的小球A在光滑水平面上以6 m/s的速度与小球B发生碰撞，则碰后A、B两小球的速度可能为(　　) A. vA＝5 m/s，vB＝1 m/s B．vA＝－1 m/s，vB＝7 m/s C．vA＝4 m/s，vB＝2 m/s D．vA＝2 m/s，vB＝4 m/s (12)答案：D 解析：设小球A碰撞前的速度为v0，碰撞前瞬间，A、B系统总动量为p＝mAv0＝12 kg·m/s，A、B系统总动能为Ek＝mAv＝ 36 J。若碰撞后两球速度方向相同，则A的速度应该小于B的速度，故A项、C项均错误。对于B项，碰撞后瞬间A、B系统总动量为p′＝mAvA＋mBvB＝12 kg·m/s，系统动量守恒，A、B系统总动能为E′k＝mAv＋mBv＝50 J，碰撞后动能变大，不符合实际情况，故B项错误。对于D项，碰撞后瞬间，A、B系统总动量为p″＝mAvA＋mBvB＝12 kg·m/s，系统动量守恒，A、B系统总动能为E″k＝mAv＋mBv＝20 J，碰撞后动能减小，符合实际情况，故D项正确。 随堂普查练15Ⅱ 1．(2022湖南真题，4分)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 1．答案：B 解析：设中子的质量为m，则氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv＝mv＋mv，联立解得v1＝v0。设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv＝×14mv＋mv，联立解得v2＝v0；可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH；碰撞后氢核的动能为EkH＝mv＝mv，氮核的动能为EkN＝×14mv＝，可得EkH>EkN。故B项正确，A项、C项、D项均错误。 2．(2023北京真题，9分)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 2．答案：(1)(3分)　(2)mg＋m(3分) (3)mv2(3分) 解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得 mgH＝mv2－0(2分) 解得H＝(1分) (2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得 F－mg＝m(2分) 解得F＝mg＋m(1分) (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 mv＝2mv1(1分) 则碰撞过程中系统损失的机械能为 ΔE＝mv2－×2mv＝mv2(2分) 3．(2022广东真题，11分)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 3．答案：(1)8 N　5 N(5分)　(2)8 m/s(3分) (3)0.2 m(3分) 解析：(1)当滑块静止时，桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g①(1分) 代入数据解得N1＝8 N②(1分) 由题意知，滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为f＝1 N，方向竖直向下，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力大小f′＝f ③，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′④(2分) 联立③④式代入数据解得N2＝5 N⑤(1分) (2)滑块向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有 －mgl－fl＝mv2－mv⑥(2分) 代入数据解得v＝8 m/s⑦(1分) (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒定律有 mv＝(m＋M)v1⑧(1分) 碰后滑块和滑杆以速度v1整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 －(m＋M)gh＝0－(m＋M)v⑨(1分) 联立⑦⑧⑨式代入数据解得h＝0.2 m⑩(1分) 4．(全国Ⅲ经典真题，6分)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A.3 J B．4 J C．5 J D．6 J 4．答案：A 解析：设甲的质量为m，乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1、v2，碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3、v4，碰撞过程中动量守恒，有mv1＋Mv2＝mv3＋Mv4，根据图像可知两物块碰撞前后的速度，代入数据解得M＝6 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能ΔE＝mv＋Mv－mv－Mv＝3 J，故A项正确。 5．(辽宁模拟，4分)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球发生正碰，则碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A．v B．0.8v C．0.5v D．0.3v 5．答案：C 解析：以A、B两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，由机械能守恒定律得mv2＝mv＋×2mv，解得vA＝－v，vB＝v，负号表示碰撞后A球反向弹回；如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)vB，解得vB＝v。则碰撞后B球的速度范围为v≤vB≤v，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 6．(2024湖南真题，16分)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0<e<1)，求第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之间小球B通过的路程。 6．答案：(1)(2分)　(2分)　(2)2或5(6分)　(3)·(6分) 解析：(1)由题意可知A、B碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB)v(1分) 解得v＝(1分) 碰撞后，根据牛顿第二定律有 F＝(mA＋mB)(1分) 解得F＝(1分) (2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，由碰撞前后动量和能量守恒有 mAv0＝mAvA＋mBvB(1分) mAv＝mAv＋mBv(1分) 联立解得vA＝v0，vB＝v0 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图所示。 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为(k1＝0，1，2，3，…)，有＝＝(k1＝0，1，2，3，…) 联立解得＝(1分) 由于mA、mB均为正数，故k1＝0，即＝2(1分) 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为v′A、v′B，则同样有 mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B mAv＋mBv＝mAv′＋mBv′ 联立解得v′A＝v0，v′B＝0，故第三次碰撞发生在b点，第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为(k2＝0，1，2，3，…) 所以＝＝ 联立解得＝(1分) 因为mA、mB均为正数，故k2＝0，即＝5(1分) 根据①的分析同理可得v′A＝v0，v′B＝0，第三次碰撞发生在c点，第四次碰撞发生在a点，满足题意。 综上可知＝2或＝5。 (3)第一次碰前相对速度大小为v0，设第n次碰后A球和B球的速度分别为vAn、vBn，两球相对速度大小为vn相，则v(n＋1)相＝evn相，且v1相＝ev0，由等比数列知识得vn相＝env0 从第n次碰后到第n＋1次碰前两球相对运动一圈，该过程的时间间隔为tn＝ 由动量守恒定律有mAv0＝mAvAn＋mBvBn(1分) ①当n为奇数时，有vn相＝vBn－vAn＝env0(1分) 联立解得vBn＝(1＋en)v0 B球运动的路程为 sn＝vBntn＝(1分) ②当n为偶数时，有vn相＝vAn－vBn＝env0 联立解得vBn＝(1－en)v0 所以B球运动的路程为 sn＝vBntn＝(1分) 从第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之间小球B通过的路程为 s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n＝(＋＋＋…＋)＝·(2分) 7.(2023全国乙真题，20分)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 7．答案：(1)小球速度大小为　圆盘速度大小为(4分)　(2)l(3分)　(3)4(13分) 解析：(1)小球释放后自由下落距离l，根据机械能守恒定律有mgl＝mv(1分) 解得v0＝ 小球以速度与静止圆盘发生弹性碰撞，设竖直向下为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有mv0＝mv1＋Mv′1(1分) mv＝mv＋Mv′(1分) 解得v1＝－ v′1＝ 即小球碰后速度大小为，方向竖直向上；圆盘碰后速度大小为，方向竖直向下。(1分) (2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v′1(1分) 解得t＝＝ 根据匀变速直线运动规律可知最大距离为 dmax＝x盘－x球＝v′1t－＝＝l(2分) (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1＝x球1 即v1t1＋gt＝v′1t1(1分) 解得t1＝ 此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝v0 圆盘的速度仍为v′1，这段时间内圆盘下降的位移 x盘1＝v′1t1＝＝2l(1分) 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2(1分) 根据机械能守恒定律有 mv＋Mv′＝mv′＋Mv″(1分) 联立解得v′2＝0，v″2＝v0(1分) 同理可得当位移相等时x盘2＝x球2 v″2t2＝gt(1分) 解得t2＝ 圆盘向下运动的距离为x盘2＝v″2t2＝＝4l 此时圆盘距管下端口的距离为13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度 v3＝gt2＝2v0(1分) 根据动量守恒定律有mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3(1分) 根据机械能守恒定律有 mv＋Mv″＝mv′＋Mv″(1分) 解得碰后小球速度为v′3＝ 圆盘速度v″3＝(1分) 当二者即将四次碰撞时x盘3＝x球3 即v″3t3＝v′3t3＋gt(1分) 解得t3＝＝t1＝t2 在这段时间内，圆盘向下移动距离为 x盘3＝v″3t3＝＝6l 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－l－2l－4l－6l＝7l(1分) 可知圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动距离为 x盘4＝8l 则x盘4>7l，即不会发生第5次碰撞。因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。(1分) 课后提分练15　动量守恒定律　碰撞 A组(巩固提升)　　　　　　　　　　　　　 1．(多选)(湖北二模，4分)如图所示，木块A、B用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，木块A紧靠墙壁，在木块B上施加向左的水平力F，使弹簧压缩，当撤去外力F后(　　) A. A尚未离开墙壁前，A、B 系统的动量守恒 B．A尚未离开墙壁前，弹簧和B系统的机械能守恒 C．A离开墙壁后，A、B 系统动量守恒 D．A离开墙壁后，A、B 系统机械能守恒 1．答案：BC 解析：当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，A、B系统所受的合力不为零，所以A、B组成的系统动量不守恒，故A项错误。以弹簧和B组成的系统为研究对象，在A离开墙壁前，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故B项正确。A离开墙壁后，A、B系统所受的外力之和为0，所以A、B组成的系统动量守恒，故C项正确。在A离开墙壁后，A、B及弹簧组成的系统除了系统内弹力做功外，无其他力做功，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，A、B的动能与弹簧的势能相互转化，A、B组成的系统机械能不守恒，故D项错误。 2．(经典题，3分)光滑水平地面上放着两个钢球A和B, B与一轻弹簧拴接，已知A的质量比B的质量小，如图所示，现在A以速率v0碰撞静止的B球，则有(　　) A．当弹簧压缩量最大时，A、B两球的速率都最小 B．当弹簧恢复原长时，A球速率为零 C．当A球速率为零时，B球速率最大 D．当B球速率最大时，弹簧的弹性势能为零 2．答案：D 解析：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，A做减速运动，B做加速运动，弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，然后A继续做减速运动，B继续做加速运动，因此弹簧压缩量最大时，A球的速率不是最小，故A项错误。设弹簧恢复原长时，A的速度为vA，B的速度为vB，以A、B、弹簧组成的系统为研究对象，系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv，解得vA＝v0，由于mA<mB，则vA<0，vA的方向与初速度方向相反，水平向左，A的速度不为零，故B项错误。当弹簧恢复原长时，B的速度最大，而弹簧恢复原长时，A的速度向左，因此在弹簧恢复原长前某时刻，A的速度为零，此时B的速度小于弹簧恢复原长时B的速度，没有达到最大，故C项错误。当弹簧恢复原长时，B的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D项正确。 3．(湖北模拟，4分)如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是(　　) A．子弹A的质量是子弹B的质量的2倍 B．子弹A的初动量是子弹B初动量大小的2倍 C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止 D. 若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍 3．答案：D 解析：以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mAvA－mBvB＝0，得mAvA＝mBvB，即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，故B项错误。由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的作用力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理有－fdA＝0－EkA、－fdB＝0－EkB，得EkA＝fdA、EkB＝fdB。由于dA＝2dB，则两子弹的初动能关系为EkA＝2EkB，且EkA＝，EkB＝，可得2mA＝mB，即子弹B的质量是子弹A的质量的2倍，故A项错误。若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则mAvA＝mBvB仍成立，可知木块始终保持静止，故C项错误。由以上分析知EkA＝fdA、EkB＝fdB，若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则两子弹的初动能都增加为原来的4倍，两子弹射入木块的深度都增加为原来的4倍，所以子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍，故D项正确。 4．(多选)(吉林模拟，6分)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图示为A、B两物体发生碰撞前后的v－t图线，由图线数据及相关物理规律可以判断(　　) A．A、B的质量比为3∶2 B．A碰撞前后动量变化量为－12 kg·m/s C．B碰撞前后动量变化量为10 kg·m/s D．A、B碰撞前后总动能不变 4．答案：AD 解析：A、B两物体组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有mAvA1＋mBvB1＝mAvA2＋mBvB2，结合图像代入数据解得mA∶mB＝3∶2，故A项正确。由于物体A、B的质量未知，故动量变化的具体数值无法求出，故B项、C项均错误。A、B两物体碰撞前总动能Ek1＝mAv＋mBv，碰撞后总动能Ek2＝mAv＋mBv，代入数据可得Ek1＝Ek2，故A、B碰撞前后总动能不变，故D项正确。 5．(多选)(厦门外国语学校期末，6分)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。设重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是(　　) A. 小车一直向左运动 B．小车和物块构成的系统动量守恒 C．物块运动过程中的最大速度为 D．小车运动过程中的最大速度为 5．答案：AD 解析： 物块从A点无初速度释放后，在下滑过程中对小车有向左的压力，小车先向左做加速运动，在物块脱离光滑圆弧轨道后，小车和物块由于摩擦力都会做匀减速运动，由水平方向动量守恒知，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出，此时共同的速度都为零，所以物块从A位置运动至C位置的过程中，小车一直向左运动，故A项正确。小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，竖直方向有加速度，合力不为零，所以小车和物块构成的系统动量不守恒，只在水平方向动量守恒，故B项错误。物块脱离圆弧轨道后，小车和物块由于摩擦力都会做匀减速运动，所以最大速度出现在物块运动到B点时，规定向右为正方向，设物块运动到B点时，物块的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律，有0＝mv1＋M(－v2)，根据能量守恒定律，有mgR＝mv＋Mv，解得v1＝，v2＝，故C项错误，D项正确。 6．(2023天津真题，16分)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)碰撞时离地高度x； (2)碰后速度v； (3)碰撞损失机械能ΔE。 6．答案：(1)1 m(4分)　(2)0(8分)　(3)12 J(4分) 解析：(1)根据运动学公式可得x＝h－gt2(2分) 代入数据解得x＝1 m(2分) (2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2(2分) 解得vB0＝6 m/s 碰撞前A物体的速度 vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下(1分) 碰撞前B物体的速度 vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上(1分) 选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得 mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v(2分) 解得v＝0(2分) (3)根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能为 ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2(2分) 代入数据解得ΔE＝12 J(2分) 7.(2023广东真题，15分)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 7．答案：(1)(3分)　(2)6mgL－3mv(3分)　(3)(9分) 解析：(1)A在传送带上运动时的加速度为a＝μg(2分) 由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝＝(1分) (2)根据能量守恒定律，B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为 W＝×2mv＋2mg×3L－×2m(2v0)2＝6mgL－3mv(3分) (3)设碰撞后A、B速度为v1、v2，A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可得 2m×2v0＝mv1＋2mv2(2分) ×2m(2v0)2－＝(2分) 解得v1＝2v0，v2＝v0(1分) (另一组解v1＝v0，v2＝v0不符合实际情况，舍去) 设圆盘半径为r，A、B做平抛运动的时间t1＝(1分) 则有s－r＝v2t1(1分) s＋r＝v1t1(1分) 解得s＝(1分) 8.(2022福建真题，12分)如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动。已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)C在碰撞前瞬间的速度大小； (2)C与B碰撞过程中损失的机械能； (3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 8．答案：(1)(3分)　(2)m(v－2μgs0)(4分)　(3)(5分) 解析：(1)小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得 －μmgs0＝mv－mv(2分) 解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 v1＝(1分) (2)物块B、C碰撞过程，根据动量守恒定律可得 mv1＝2mv2(1分) 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 v2＝(1分) 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mv－×2mv＝m(v－2μgs0)(2分) (3)滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 kΔx＋2μmg＝3μmg(2分) 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为Δx＝(1分) 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 W＝2μmg·Δx＝(2分) 9.(2023海南真题，14分)如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道A，半径R＝0.2 m，一质量为mB＝1 kg的小滑块B由静止从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3 kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。已知g取10 m/s2。求： (1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？ (2)若B未与C右端的挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？ (3)在0.16 m<L<0.8 m时，B与C右端的挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。 9．答案：(1)30 N(3分)　(2)1.6 J(5分) (3) s(6分) 解析：(1)小滑块B由静止从轨道顶端下滑到轨道底端的过程，根据动能定理有 mBgR＝mBv－0(1分) 代入数据解得v0＝2 m/s 在轨道底端，设A对B的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有FN－mBg＝mB(1分) 代入数据解得FN＝30 N 由牛顿第三定律可知，B对A的压力是30 N。(1分) (2)由题意知，当B滑上C后二者初速度相等，且发生相对滑动，因此B受摩擦力方向向左，根据牛顿第二定律得μ1mBg＝mBa1(1分) 解得B的加速度大小为a1＝2 m/s2 木板C受到B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，根据牛顿第二定律有 μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2(1分) 解得C的加速度大小为a2＝10 m/s2，方向向左。 由匀变速直线运动位移与速度关系式可得，B、C向右运动的距离分别为 x1＝＝1 m，x2＝＝0.2 m(1分) 由功能关系可知，B、C间因摩擦产生的热量 Q＝μ1mBg(x1－x2)(1分) 代入数据解得Q＝1.6 J(1分) (3)若B还未与C右端的挡板碰撞，C先停下，用时为t1，则有t1＝ 代入数据解得t1＝0.2 s(1分) 此时B、C的位移分别是 xB＝v0t1－a1t＝0.36 m，xC＝v0t1－a2t＝0.2 m 则此时二者的相对位移为x相＝xB－xC＝0.16 m 此时vB＝v0－a1t1＝1.6 m/s 由于L>0.16 m，可知一定是C停下之后，B才与C右端的挡板碰撞。 设再经t2时间B与C右端的挡板碰撞，有 L－0.16 m＝vBt2－a1t 解得t2＝(0.8－) s(另一解不符合题意，舍去)(1分) 碰撞前瞬间B的速度为 v′B＝vB－a1t2＝2 m/s(1分) 碰撞时由动量守恒定律可得mBv′B＝(mB＋mC)v共 解得碰撞后B、C速度为v共＝ m/s 之后二者一起减速，加速度为a3＝μ2g＝8 m/s2(1分) 设再经t3时间后二者停下，则有t3＝＝ s(1分) 故B从滑上C到最终停止所用的总时间 t＝t1＋t2＋t3＝ s(1分) B组(冲刺满分) 10．(多选)(2024广东真题，6分)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与H乙无关 D．甲最终停止位置与O处相距 10．答案：ABD 解析：两滑块在光滑斜坡上运动时加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，即相对静止，故A项正确。两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B项正确。由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；若碰撞前甲未停止，则乙运动的时间与不发生碰撞时甲运动的时间相同，若碰撞前甲已停止，则时间不相同，而与H乙有关，故C项错误。乙下滑过程有mgH乙＝mv，如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有－μmgx＝0－mv，联立解得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D项正确。 11．(山东经典真题，16分)如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。 (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1； (2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn； (3)求物块Q从A点上升的总高度H； (4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。 11．答案：(1)v0　v0(3分) (2)n-1·(n＝1，2，3，…)(8分) (3)(2分)　(4)(3分) 解析：(1)依题意，取平行于斜面向上为正方向，P、Q第一次碰撞，由动量守恒定律，有mv0＝mvP1＋4mvQ1(1分) 由机械能守恒定律，有mv＝mv＋×4mv(1分) 联立两式解得vP1＝－v0，负号表示方向沿斜面向下，vQ1＝v0 故第一次碰撞后瞬间P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0。(1分) (2)Q向上滑行过程，由牛顿第二定律，有4mg sin θ＋μ×4mg cos θ＝4ma(1分) 解得a＝2g sin θ 设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式， 有0－v＝2(－a)(1分) 解得h1＝ 设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理，有－mgh1＝mv－mv(1分) 解得v02＝v0 P、Q发生第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律， 有mv02＝mvP2＋4mvQ2 由机械能守恒定律，有mv＝mv＋×4mv(1分) 解得vP2＝－×v0，vQ2＝×v0 第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式，有0－v＝2(－a)(1分) 解得h2＝· 设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理，有－mgh2＝mv－mv 解得v03＝2v0 P与Q第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律， 有mv03＝mvP3＋4mvQ3 由机械能守恒定律，有mv＝mv＋×4mv 解得vP3＝－×2v0，vQ3＝×2v0 设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，由运动学公式，有0－v＝2(－a) 解得h3＝2·(1分) …… 归纳总结可知，第n次碰撞后，Q上升的高度hn＝n-1·　(n＝1，2，3，…)(2分) (3)P、Q沿斜面向上运动过程速度逐渐减小，两物块到达同一位置时发生碰撞，当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度H，当P、Q均到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理，有 －(m＋4m)gH－μ×4mg cos θ·＝0－mv(1分) 解得H＝(1分) (4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，则t1＝ 设P运动到斜面底端时的速度为v′P1，需要的时间为t2，则v′P1＝vP1＋g sin θ·t2 v′－v＝2g sin θ·s(1分) 设P从A点到与Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3， 则v02＝(－vP1)－g sin θ·t3，(1分) 当A点与挡板之间的距离最小时，有t1＝2t2＋t3 解得s＝(1分) 12.(2022全国乙真题，20分)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求 　　　 图(a)　　　　　　　　　图(b) (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； (3)物块A与斜面间的动摩擦因数。 12．答案：(1)0.6mv(5分)　(2)0.768v0t0(6分) (3)0.45(9分) 解析：(1)当弹簧被压缩至最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律有mB×1.2v0＝(mB＋m)v0(2分) 根据机械能守恒定律有 Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v(2分) 联立解得mB＝5m Epmax＝0.6mv(1分) (2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB×1.2v0＝mBvB＋mvA(2分) 方程两边同时乘以时间Δt，有 6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt 0～t0时间内，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA(2分) 将sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA＝0.768v0t0(2分) (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v′A，向左为正方向，根据动量守恒定律可得 mv′A－5m×0.8v0＝m(－2v0)＋5mv′B(2分) 根据机械能守恒定律可得 mv′＋×5m(0.8v0)2＝m(－2v0)2＋×5mv′(2分) 联立解得v′A＝v0 设物块A在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得 －mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－m(2v0)2(2分) 下滑过程，根据动能定理可得mgL sin θ－μmgL cos θ＝mv－0(2分) 联立解得μ＝0.45(1分) 13.(2022.06浙江真题，12分)如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬间物块a的速度v0的大小； (2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系； (3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。 13．答案：(1)5 m/s(4分) (2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)(4分) (3)2.6 m<x≤3 m和 m≤x< m(4分) 解析：(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得mgh＝mv(1分) 解得vb＝5 m/s b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb＝mv′b＋mv0(1分) mv＝mv′＋mv(1分) 联立解得v0＝vb＝5 m/s(1分) (2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，对应物块b的起始高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0(1分) 解得h1＝1.2 m 以竖直向下为正方向，有FN＋mg＝m(1分) 由动能定理得mgh－2μmgl－mgH＝mv(1分) 联立可得FN＝0.1 h－0.14(h≥1.2 m)(1分) (3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块最终静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得 mgh－2μmgl－mgH＝mv 从E点飞出后，竖直方向有H＝gt2 水平方向有s1＝vEt 根据几何关系可得DF＝ m x＝3l＋DF＋s1(1分) 联立各式并代入数据解得 m≤x< m(1分) 当0.9 m<h<1.2 m时，从h2＝0.9 m释放时，根据动能定理可得mgh－μmgs2＝0 解得s2＝1.8 m 可知物块a到达距离C点0.8 m处静止。 当物块a到达E点速度恰为零，返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0 解得s3＝0.4 m 距离C点0.6 m，综上可知，当0.9 m<h<1.2 m时3l－s3<x≤3l(1分) 联立各式并代入数据得2.6 m<x≤3 m(1分) 14. (2024湖北真题，15分)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 14．答案：(1)5 m/s(5分)　(2)0.3 J(5分) (3)0.2 m(5分) 解析：(1)根据题意，小物块在传送带上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律有 μm物g＝m物a(2分) 代入数据解得a＝5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x＝＝2.5 m<L传＝3.6 m(2分) 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。(1分) (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 m物v＝m物v1＋m球v2(2分) 代入数据解得v2＝3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 ΔEk损＝m物v2－m物v－m球v(2分) 解得ΔEk损＝0.3 J(1分) (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g＝m球(2分) 小球从O点正下方到P点正上方过程中， 由机械能守恒定律有 m球v＝m球v＋m球g(2L绳－d)(2分) 联立各式并代入数据解得d＝0.2 m(1分) 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$