第7章 第4讲 专题：碰撞的拓展模型-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

第七章　动量守恒定律及其应用 第4讲　专题：碰撞的拓展模型 目录 1 2 考点一　“滑块—弹簧”模型 考点二　“滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 考点三 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 课时作业 3 4 考点一　“滑块—弹簧”模型 1．模型图示 考点一 “滑块—弹簧”模型 4 2．模型特点 (1)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)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。 考点一 “滑块—弹簧”模型 5 例1　(2025·黑龙江省哈尔滨市高三上期中)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s， 且弹簧都处于压缩状态 B．从t3到t4弹簧由伸长状态逐渐恢复原长 C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶3 D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2 考点一 “滑块—弹簧”模型 6 解析　由题图乙可知，两物块的运动过程如下：开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，且弹簧的长度将继续增大，t3时刻，两物块再次达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹簧被伸长至最长，之后弹簧逐渐恢复原长，t4时刻与0时刻状态相同，即从t3到t4过程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A错误，B正确；从0时刻到t1时刻，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，将v0＝3 m/s、v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C错误；在t2时刻，m1的速度为v2＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝m1|v2|∶m2|v2′|＝1∶4，故D错误。 考点一 “滑块—弹簧”模型 7 例2　(多选)光滑水平面上用轻弹簧相连的A、B两物体，以6 m/s的速度匀速向右运动，质量均为2 kg。在B的正前方静止放置一质量为4 kg的物体C，B、C碰后粘在一起，则在之后的运动过程中(　　) A．弹簧的最大弹性势能为12 J B．A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能是36 J C．物体C的最大速度为4 m/s D．整个运动过程中A的速度不可能向左 考点一 “滑块—弹簧”模型 8 考点一 “滑块—弹簧”模型 9 考点一 “滑块—弹簧”模型 10 考点二　“滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 1．模型图示 考点二 “滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 12 考点二 “滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 13 考点二 “滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 14 考点二 “滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 15 考点二 “滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 16 考点二 “滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 17 考点三　“滑块—木板”模型和“子弹打木块” 模型 1．模型图示 考点三 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 19 2．模型特点 (1)M与m相互作用的过程中，M的速度一直增大，m的速度一直减小，系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对路程的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下或子弹未打穿木块，当两者速度相等时M的速度最大，两者的相对路程取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (3)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图像求解。 考点三 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 20 考点三 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 21 考点三 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 22 例6　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能； (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？ 答案　(1)6 m/s　882 J　(2)能 考点三 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 23 考点三 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 24 考点三 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 25 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 30 3．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，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，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　) 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 38 6．(2022·河北高考)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物块，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，求碰撞后瞬间新物块和新滑板 各自速度的大小和方向； (2)若k＝0．5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 43 8．(2024·安徽高考)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，由静止释放小球，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 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 44 (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。 答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0．25≤μ<0．4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 45 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 46 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 47 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 48 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 49 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 50 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　B、C碰撞瞬间，B、C组成的系统动量守恒，选水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mBv0＝(mB＋mC)v，代入数据解得，碰后瞬间B、C的速度v＝2 m/s；三个物体速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得：mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v共，代入数据解得：v共＝3 m/s，设弹簧的最大弹性势能为Ep，由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)v2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \o\al(2,共)，代入数据解得：Ep＝12 J，A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(mB＋mC)v2＝24 J，故A正确，B错误； 当弹簧由压缩状态恢复原长时，C的速度最大，设此时B、C的速度为v1，A的速度为v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＋(mB＋mC)v＝mAv2＋(mB＋mC)v1，eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)v2＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \o\al(2,1)，代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝0(另一组解v1＝2 m/s，v2＝6 m/s不符合题意，故舍去)，故C正确；由于A、B、C系统的总动量守恒，总动量p＝(mA＋mB)v0＝24 kg·m/s，若A的速度向左，则B、C的合动量一定向右且大于p，则B、C的速度向右且一定大于eq \f(p,mB＋mC)＝4 m/s，与C项分析冲突，所以A的速度不可能向左，故D正确。 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块或小球上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度或细绳的长度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)最低点：水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)。 例3　如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中，(　　) A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为eq \f(v0,3) C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为2,0)eq \f(3v,8g) D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为eq \f(v0,3) 解析　在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向动量守恒，小球上升和下落过程，竖直方向的分速度变化，则系统在竖直方向上动量不守恒，则小球和滑块组成的系统动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时，小球与滑块速度相同，设为v，规定v0的方向为正方向，水平方向由动量守恒定律，有mv0＝(m＋3m)v，解得v＝eq \f(v0,4)，故B错误；根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×4mv2＋mghmax，解得小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为hmax＝2,0)eq \f(3v,8g) ，故C正确；小球离开圆弧轨道时，设小球和圆弧轨道的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,2)，联立以上两式可得v1＝－eq \f(v0,2)，v2＝eq \f(v0,2)，故D错误。 例4　(多选)如图所示，质量均为m的小球和小环用长为l不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，将小球拉至轻绳与杆夹角为θ时，由静止释放，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．小球和小环组成的系统，动量守恒 B．小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同 C．小球运动到最低点时，速度为eq \r(gl（1－sinθ）) D．小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力为mg(2－sinθ) 解析　小球摆动的过程，有竖直方向的加速度，小球和小环组成的系统竖直方向上所受合力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；根据题意可知，系统在水平方向上所受合力为零，则水平方向上动量守恒，小球运动到最高点时，竖直方向上速度为零，水平方向速度与小环相等，由动量守恒定律知，小球水平方向速度也为零，则由机械能守恒定律知，此时小球的重力势能与释放点的相等，则高度也相同，故B正确；小球运动到最低点时，设小球速度的大小为v1，小环速度的大小为v2，由动量守恒定律有mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律有mgl(1－sinθ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得v1＝v2＝eq \r(gl（1－sinθ）)，此时小球相对于小环的速度大小为v＝v1＋v2＝2eq \r(gl（1－sinθ）)，对小球，由牛顿第二定律有F－mg＝meq \f(v2,l)，解得F＝mg(5－4sinθ)，则此时轻绳对环的拉力为mg(5－4sinθ)，故C正确，D错误。 例5　如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A．1∶4 B．1∶4eq \r(2) C．1∶8 D．1∶12 解析　木块从开始运动到相对木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，当木块的初速度为v0时，有mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq \f(v0,2)；根据能量守恒定律有μmgs＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m)v2，解得划痕长度s＝2,0)eq \f(v,4μg) ；同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度s′＝eq \f(（2v0）2,4μg)，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误。 解析　(1)设子弹的质量为m，木块的质量为M，子弹的初速度大小为v0，子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 代入数据解得v＝6 m/s 它们在此过程中所产生的内能 Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2 代入数据解得Q＝882 J。 (2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v′，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有mv0′＝(M＋m)v′ 此过程产生的内能为 Q′＝eq \f(1,2)mv0′2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2 设木块对子弹的阻力大小为F阻，两个过程子弹打入木块的深度分别为d、d′，则有Q＝F阻d Q′＝F阻d′ 联立并代入数据解得d′＝eq \f(32,3) cm 因为d′>10 cm，所以假设不成立，子弹能射穿该木块。 [A组　基础巩固练] 1．(2024·辽宁省鞍山市高三下二模)(多选)如图所示，光滑的半圆槽质量为M，半径为R，静止在光滑的水平地面上，一质量为m的小球(视为质点)恰好能沿槽右边缘的切线方向释放滑入槽内，小球沿槽内壁运动直至槽左边缘。重力加速度大小为g。关于小球和半圆槽的运动，下列说法正确的是(　　) A．小球和半圆槽组成的系统，动量守恒，机械能守恒 B．小球和半圆槽组成的系统，动量不守恒，机械能守恒 C．小球滑到底端时的速度大小等于eq \r(2gR) D．小球滑到底端时的速度小于eq \r(2gR) 解析：根据题意可知，小球滑入槽中后，在竖直方向上具有加速度，小球和半圆槽组成的系统在竖直方向上受力不平衡，所以动量不守恒，但在水平方向上，系统不受外力作用，故水平方向上系统动量守恒，整个过程中，只有重力对系统做功，故系统的机械能守恒，故A错误，B正确；当小球滑到底端时，设小球的速度大小为v1，半圆槽的速度大小为v2，对小球和半圆槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)，由水平方向动量守恒有mv1－Mv2＝0，解得v1＝eq \r(\f(2MgR,M＋m))<eq \r(2gR)，故C错误，D正确。 2．如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，则这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为(　　) A．eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0) B．eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0) C．eq \f(1,12)mveq \o\al(2,0) D．eq \f(1,15)mveq \o\al(2,0) 解析：粘性物体和A相互作用的过程，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(v0,2)。之后三个物体组成的系统动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得mv0＋2mv1＝3mv2，解得v2＝eq \f(2,3)v0，根据能量守恒定律，可得弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,12)mveq \o\al(2,0)，故C正确，A、B、D错误。 解析：以v0的方向为正方向，子弹射入滑块的过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得共同速度v＝eq \f(mv0,M＋m)，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，A正确；子弹射入下层或上层滑块的过程中，两种情况下子弹及滑块初、末状态均相同，系统产生的热量都等于系统减少的动能，故系统产生的热量一样多，B正确；根据动能定理，滑块动能的增加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，C正确；由Q＝Ff·s相对知，由于s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力Ff不一样大，D错误。 4．(多选)如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B(可视为质点)套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长为eq \f(3,2)L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度v，下列说法正确的是(　　) A．A、B和弹簧组成的系统动量不守恒、机械能守恒 B．以水平向右为正方向，若A的速度为vA＝eq \f(4v,3)，则B的速度为vB＝eq \f(v,3) C．以水平向右为正方向，若A的速度为vA＝eq \f(4v,3)，则弹簧与导轨之间的夹角为30° D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能Ep＝5mv2 解析：平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统受力分析，该系统沿杆方向不受外力，垂直杆方向A、B各自均始终受力平衡，故系统所受的合力为0，系统动量守恒，系统内除弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；以水平向右为正方向，若vA＝eq \f(4v,3)，对A、B和弹簧组成的系统分析，由动量守恒定律可得2mv＝mvA＋2mvB，解得vB＝eq \f(v,3)，设初始弹簧的弹性势能为Ep，A的速度为vA＝eq \f(4v,3)时弹簧的弹性势能为Ep′，根据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)×2mv2＋Ep＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,B)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋Ep′， 解得Ep＝Ep′，开始时弹簧被压缩了eq \f(3,2)L－L＝eq \f(L,2)，而vA＝eq \f(4v,3)时弹性势能与初始弹性势能相等，故vA＝eq \f(4v,3)时弹簧伸长量为eq \f(L,2)，此时弹簧长度为L′＝eq \f(3,2)L＋eq \f(1,2)L＝2L＝eq \f(L,sin30°)，故vA＝eq \f(4v,3)时弹簧与导轨间夹角为30°，故B、C正确；当环B速度为水平向右的2v时，根据动量守恒定律可得2mv＝mvA′＋2m·2v，解得vA′＝－2v，即A的速度大小为2v，方向向左，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)×2mv2＋Ep＝eq \f(1,2)×2m(2v)2＋eq \f(1,2)m(－2v)2，解得Ep＝5mv2，故D正确。 5．(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＝eq \f(R,5)，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eq \f(\r(gR),2) C．小球上升的最大高度为eq \f(R,4) D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为eq \f(\r(10),5)R 解析：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，由图乙数据可得，v2＝0时总动量p1＝meq \r(gR)，v1＝0时总动量p2＝Meq \r(gR)，又p1＝p2，解得m＝M，故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meq \r(gR)＝(m＋M)v共，解得v共＝eq \f(\r(gR),2)，故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eq \f(1,2)m(eq \r(gR))2＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,共)＋mgH，解得H＝eq \f(R,4)，故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meq \r(gR)＝mv球＋Mv车，eq \f(1,2)m(eq \r(gR))2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,球)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,车)，解得v球＝0，v车＝eq \r(gR)，则小球离开小车后做自由落体运动，设运动时间为t，有h＝eq \f(1,2)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＝eq \f(\r(10),5)R，故D正确。 答案：(1)5(1－k) m/s　eq \f(10－20k,3) m/s　方向均水平向右　(2)1．875 m 解析：(1)物块C、D碰撞过程中动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m，以水平向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物 解得v物＝eq \f(1－k,2)v0＝5(1－k) m/s>0 可知碰撞后瞬间新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向水平向右 滑板A、B碰撞过程中动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为mA、mB，以水平向右为正方向，则有mAv0－mB·kv0＝(mA＋mB)v滑 解得v滑＝eq \f(1－2k,3)v0＝eq \f(10－20k,3) m/s>0 可知碰撞后瞬间新滑板的速度大小为eq \f(10－20k,3) m/s，方向也水平向右。 (2)若k＝0．5，可知碰撞后瞬间新物块的速度为v物＝5(1－k) m/s＝2．5 m/s 新滑板的速度为v滑＝eq \f(10－20k,3) m/s＝0 分析可知，从碰撞后到二者相对静止，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设相对静止时二者的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得2mv物＝(2m＋mA＋mB)v共 解得v共＝1 m/s 根据功能关系及能量守恒定律可得 μ×2mgx相＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,物)－eq \f(1,2)(2m＋mA＋mB)veq \o\al(2,共) 可解得两者相对位移的大小为x相＝1．875 m。 [B组　综合提升练] 7．(人教版选择性必修第一册·第一章[复习与提高]B组T8改编)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，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是(　　) A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为eq \f(m0,m) eq \r(\f(mgL,2m＋m0)) B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2eq \r(\f(mgL,2m＋m0)) C．球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0eq \r(\f(mgL,2m＋m0)) D．球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为eq \f(m0L,2m＋m0) 解析：球C下落到最低点前，A、B受到细线的作用力斜向右下方，向右做加速运动，球C越过最低点后A受到细线的作用力斜向左下方，开始向右做减速运动，则球C下落到最低点时，A、B开始分离，将A、B、C视为一个系统，从释放球C至球C下落至最低点的过程，根据机械能守恒定律有m0gL＝eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,AB)，水平方向动量守恒，有m0vC＝2mvAB，联立解得A、B分离时C的速度大小vC＝2eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，A、B的速度大小vAB＝eq \f(m0,m) eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正确；球C由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理得IAB＝mvAB－0＝m0eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，故C错误；球C由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地水平向左的位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得x2＝eq \f(m0L,2m＋m0)，故D正确。本题选说法不正确的，故选C。 解析：(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，此时细线上的拉力大小为FT，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT－mg＝m2,0)eq \f(v,L) 联立并代入数据，解得FT＝6 N。 (2)设碰撞后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2，小球与物块的碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立并代入数据，解得v2＝4 m/s 即碰撞后瞬间，物块速度的大小为4 m/s，方向水平向右。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数μ有最大值μmax，设共同速度的大小为v3，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由动量守恒定律有Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有 eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2Mveq \o\al(2,3)＋μmaxMgs 联立并代入数据，解得μmax＝0．4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置时两者共速，此时动摩擦因数μ有最小值μmin，设共同速度大小为v4，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由水平方向动量守恒有Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有 eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2Mveq \o\al(2,4)＋μminMgs＋MgR 联立并代入数据，解得μmin＝0．25 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。 [C组　拔尖培优练] 9．(2025·河北省衡水市高三上9月月考)(多选)如图，有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上(n足够大)，每个物块质量为m，一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中，刚好能穿过第一个物块。设物块给子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　) A．子弹和物块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．若只增加物块个数，子弹可能穿过更多的物块 C．若只增加物块个数，子弹不能穿过第一个物块 D．若只改变物块个数，子弹能穿过的物块个数不超过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m0,nm)＋1)) 解析：子弹射入物块的过程中，二者间的摩擦阻力做功，产生热量，子弹和物块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由于物块给子弹的阻力大小不变，所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值，设为Q，设子弹射入紧密排列的n个物块后，与物块相对静止时损失的机械能为E损，由动量守恒定律有m0v0＝(nm＋m0)v共，由能量守恒定律有E损＝eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(nm＋m0)veq \o\al(2,共)，解得E损＝eq \f(nm,nm＋m0)·eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,1＋\f(m0,nm))·eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,0)，由题意可知Q＝E损，若只增加物块个数n，则E损将增大，将大于Q，所以子弹能穿过第一个物块，可能穿过第二个物块，故B正确，C错误；若只改变物块个数，子弹穿过物块时损失的机械能不超过E损max＝eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,0)，子弹能穿过的物块个数不超过kmax＝eq \f(E损max,Q)＝2,0)eq \f(\f(1,2)m0v,\f(nm,nm＋m0)·\f(1,2)m0veq \o\al(2,0)) ＝1＋eq \f(m0,nm)，故D正确。 $$