第7章 第4讲 四种“类碰撞”模型的研究(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦“类碰撞”模型专题，覆盖子弹打木块、滑块—弹簧等四大核心模型，依据高考评价体系明确动量守恒、机械能守恒等高频考点，通过近三年真题分析归纳完全非弹性碰撞、弹性势能最大等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+思维建模+针对训练”，如2024湖北高考题结合科学推理与模型建构，提炼损失机械能的三种求解角度，培养学生科学思维素养。特设易错点分析和答题模板，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

四种“类碰撞”模型的研究 （综合融通课） 第 4 讲 类型(一)　子弹打木块模型 类型(二)　 “滑块—弹簧”模型 01 02 CONTENTS 目录 类型(三)　“滑块—斜(曲)面”模型 课时跟踪检测 03 05 类型(四) “滑块—滑板”模型 04 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 √ √ [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； 6 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。 |思|维|建|模| 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.(2025·广西桂林模拟)如图所示，质量 为M的木块静止在光滑的水平面上，一质量 为m的子弹以一定的速度射入木块且没有从木块中射出。已知M>m，从子弹射入木块至子弹和木块达到共速的过程中，子弹克服摩擦力做的功为W1，木块的末动能为Ek，子弹与木块发生相对运动的过程中，摩擦力大小恒定，则W1∶Ek可能为 (　　) A.1∶1 B.3∶2 C.5∶2 D.7∶2 针对训练 √ 解析：设子弹的初速度为v0，两者相对静止时的速度为v共，根据动量守恒定律有mv0=v共，解得v共=，因为M>m，所以v共<v0，设子弹与木块发生相对运动的时间为Δt，则子弹发生的位移为x=·Δt，子弹克服摩擦力做的功W1=f··Δt，根据动能定理可知，木块的末动能Ek=f··Δt，因此=>3，故选D。 类型(二)　 “滑块—弹簧”模型 模型图示 模型特点 (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。 模型特点 (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。 续表 [例2]　(2025·全国卷)如图所示，物块P固定 在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。 P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平 滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自 由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自 由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； [答案]　mgR　 [解析]　小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为WG=mgR。 (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； [答案]　　R　 [解析]　设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知m=2mgR+m，同时有mg(h+R)=m，联立解得v0=，h=R。 (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大? [答案]　4m　 [解析]　弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+M)v共，m= 2.2mgR+(m+M)，联立解得M=4m。 (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大? [答案]　m [解析]　对Q和小球整体，根据机械能守恒定律可知，要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时弹簧刚好恢复原长，设此时Q的质量为M'，Q的最大速度为vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=M'vm，m=M'，解得M'=m。 (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弹簧被压缩或拉伸后恢复原长时，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。 思维建模 2.(2025·福建高考)(多选)传送带顺时针 转动的速度大小恒为1 m/s。两个物块A、 B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2 m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧的弹性势能Ep =0.75 J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，则 (　　) 针对训练 A.在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B.t=t0时，B的速度为0.5 m/s C.t=t0时，弹簧的压缩量为0.2 m D.0~t0过程中，A在传送带上留下的痕迹小于0.05 m √ √ 解析：根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，f=0.5×1×10 N =0.25×2×10 N=5 N，初始时A相对传送带向右运动，B相对传送带向左运动，故可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守恒，有mAv0=mAv+mBvB，代入数值解得t=t0时B的速度为vB=0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前任意时刻，对A、B，根据牛顿第二定律有f+F弹=mAaA，f+F弹=mBaB，由于mA<mB，可知aA>aB，故A错误，B正确；在0~t0时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有-fxA+fxB+mA =mAv2+mB+Ep，解得xA-xB=0.1 m，故弹簧的压缩量为Δx=xA-xB=0.1 m，故C错误； A与传送带的相对位移为x相A=xA-vt0，B与传送 带的相对位移为x相B=vt0-xB，故可得x相A+x相B= xA-xB=0.1 m，由于0~t0时间内A向右做加速度 逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增 大的加速运动，且满足aA=2aB，作出A、B、 传送带的v⁃t图像如图所示，可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，故可得x相A<x相B，结合x相A+x相B=0.1 m，可知x相A<0.05 m，故D正确。 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]　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点时速度的大小为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槽依然保持静止，B槽开始向右运动，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，设此时小球P的速度为v1，B槽的速度为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.(2025·安徽马鞍山模拟)(多选)一个四分之一 光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的物块A从物块B的底端以速度v0=2滑上其圆弧面，经过时间t恰好能滑到物块B的圆弧面顶端，已知物块A的质量为m，重力加速度为g，则(　　) A.物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒 B.物块B的质量为m C.物块A从底端至滑到圆弧面顶端的过程，物块B的位移为 D.A、B分离时，物块B的速度大小为 针对训练 √ √ 解析：物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，故A错误；物块A滑到物块B的圆弧面顶端的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=v，mgR=m-(m+mB)v2，解得mB=m，故B正确；A滑上B的过程，A和B组成的系统在水平方向动量守恒，有mv0=m+m，故mv0t=mt+mt，xA=t，xB=t，xA-xB=R，解得xB=，故C正确；由以上分析可知，A、B质量相等，则A、B分离时，相当于发生弹性碰撞，A、B交换速度，物块A的速度为0，物块B的速度大小为2，故D错误。 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)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，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。 [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·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s 的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g=10 m/s2，则 (　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 针对训练 √ 解析：碰撞瞬间C的速度不突变，相对地面向左运动，A错误；以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA-mvB=2mv1，解得碰撞后瞬间A、B的速度为v1=1 m/s，方向向右；当三者共速时由动量守恒定律有2mv1-mvC=3mv，解得v=0，即最终三者一起静止，可知从碰撞后到三者相对静止，经历的时间t== s=0.4 s，B错误；从碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J，由功能关系可知Q=μmgx相对，解得x相对=0.6 m，C错误，D正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.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 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.(2025·湖南娄底模拟)如图所示，在光滑水平面 上静止放置一木块，一子弹水平射入木块并穿 出。已知子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小不变，子弹的质量小于木块的质量，则子弹从木块穿出过程 (　　) A.子弹与木块组成的系统产生的热量一定等于木块的动能 B.子弹与木块组成的系统产生的热量一定小于木块的动能 C.子弹与木块组成的系统产生的热量一定等于木块动能的2倍 D.子弹与木块组成的系统产生的热量一定大于木块动能的2倍 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由于子弹的质量小于木块的质量，由牛顿第二定律可知，子弹的加速度大小大于木块的加速度大小，子弹和木块的v⁃t图像如图所示，在子弹穿过木块的过程中，设子弹和木块的位移分别为x1、x2，子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小为f，木块的长度为L，由功能关系知系统产生的热量Q=fL，木块的动能Ek=fx2，由图可知L=x1-x2>2x2，则Q>2Ek，故选D。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.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.t1<t2 D.t1=t2 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 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t1<t2，C正确，D错误。对木块1，根据动量定理得ft1=mv1，对木块2，根据动量定理得ft2=mv2，可知v1<v2，A、B错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.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，使小木块A开始向左运动，长木板B开始向右运动，小木块A始终没有滑离长木板B，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 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 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，设共速时速度大小为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向左运动时加速度大小为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，由于小木块A始终没有滑离长木板B，则长木板的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。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5.(多选)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 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 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 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； √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.(2025·江苏苏州三模)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 (　　) A.两过程中，物体A均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零 B.物体A的质量为2m C.弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对物体A的冲量大小之比为3∶2 D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：题图甲中，弹簧的最大弹性势能为Epm=mA，题图乙中，A、B共速时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，弹簧两次的最大压缩量相同，所以弹簧两次的最大弹性势能相同，根据动量守恒定律有mA·2v0= v，根据能量守恒定律有mA=(mA+m)+Epm，联立解得mA=3m，Epm=m，v=v0，故B错误，D正确；在题图乙过程中，开始时物体A的速度大于物体B的速度，弹簧被压缩，物体A受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中物体A做加速度越来越大的减速运动，直至A、B共速，故A错误； 1 5 6 7 8 9 2 3 4 以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在题图甲的情况下弹簧对物体A的冲量大小为I1=0-=3mv0，在题图乙的情况下弹簧对物体A的冲量大小为I2=-mAv-=mv0，可得两种情况下弹簧对物体A的冲量大小之比为I1∶I2=2∶1，故C错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 7.(多选)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙，与B间的动摩擦因数μ=0.2)和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时C静止，A、B一起以v=5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(碰撞时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.A、C碰撞时A、B、C系统动量守恒 B.A、C发生碰撞后的瞬间，A的速度大小为2 m/s，C的速度大小为3 m/s C.为了保证滑块B不掉落，木板A的长度至少为1.5 m D.整个过程中因摩擦产生的热量为12 J 解析：对A、B、C整体，由于水平轨道光滑，A、C碰撞时系统所受合外力为0，故A、B、C系统动量守恒，故A正确； √ √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 由题意可知，三者最终速度相同，设为v共，规定向右为正方向，由动量守恒定律有v=v共，解得v共=3 m/s，A、C相碰后，A、B再次达到共同速度的过程，根据动量守恒定律有mAvA+mBv=v共，解得碰后瞬间A的速度vA=2 m/s，综合可知A、C发生碰撞后的瞬间，A的速度大小为2 m/s，C的速度大小为3 m/s，故B正确；为了保证滑块B不掉落，需保证A、B能共速，则有mA+mBv2=+μmBg×L，解得L=1.5 m，故木板A的长度至少为1.5 m，故C正确；整个过程中因摩擦产生的热量Q=μmBg×L=3 J，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.(12分)在军事装备设计中，经常需要对材料进行测试。如图甲所示，质量为M、长度为L的匀质防弹板静置在足够大的光滑水平地面上，质量为m、可视为质点的子弹以水平速度v0射入防弹板，恰好不能从防弹板的右端射出，已知子弹受到防弹板的阻力恒定且远大于自身受到的重力。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)求防弹板的最大速度vm；(3分) 答案：　 解析：防弹板与子弹共速时，防弹板的速度最大，根据动量守恒定律有mv0=vm 解得vm=。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)求子弹受到防弹板的阻力大小f；(3分) 答案： 解析：子弹射入防弹板过程中产生的热量等于系统损失的机械能，由能量守恒定律有 m-=fL 解得f=。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (3)现仅将防弹板均匀切割成6块，如图乙所示，子弹以相同的速度射入防弹板后，恰好不能从第5块防弹板射出，求m与M满足的关系。(6分) 答案：= 解析：以防弹板为参考系，设子弹离开第1块防弹板时的相对速度为v1，离开第2块防弹板时的相对速度为v2，离开第3块防弹板时的相对速度为v3，离开第4块防弹板时的相对速度为v4，根据运动学公式有-=2-=2 -=2-=2=2 以上等式左、右相加得=2 解得=。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(14分)(2025·山东高考)如图所示，内有弯 曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上， P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高 度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道 的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧 连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg，b的质量mb= kg，方形物体的质量M= kg，重力加速度大小g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；(6分) 答案：6 m/s　 m/s　 解析：小球从开始下落至运动到P处过程中，小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒，有mv1=Mv2 由能量守恒定律有mgh=m+M 联立解得v1=6 m/s，v2= m/s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。(8分) 答案： m/s　 J 解析：小球恰好击中a且与其粘连，小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3 解得v3=2 m/s 设当弹簧形变量为x1时b解除锁定，此时小球和a整体的速度为v4，根据胡克定律得F=kx1 对小球、a和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得(m+ma)=(m+ma)+k 1 5 6 7 8 9 2 3 4 代入数据解得v4=1 m/s，x1=0.3 m 以水平向左为正方向，b解除锁定之后，小球、a和b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有 (m+ma)v4=(m+ma+mb)vb 代入数据解得vb= m/s，方向水平向左 对小球、a、b和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb) 代入数据解得Epm= J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $