1.5 弹性碰撞与非弹性碰撞（重难点专练）物理粤教版选择性必修第一册

**基本信息** 以碰撞问题为核心，通过通式应用与三类典型模型（子弹打木块、滑块-木板、滑块-斜曲面）构建系统性方法体系，强化动量守恒与能量守恒的综合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |弹性碰撞与完全非弹性碰撞|5题|动碰动/静通式、能量损失计算|从基本碰撞规律到通式推导，建立守恒条件认知| |子弹打木块模型|6题|动量守恒+能量关系（摩擦生热Q=f·d）|模型化碰撞过程，区分穿出与未穿出情况| |滑块-木板模型|7题|地面光滑/粗糙分类处理、临界条件分析|拓展至相对运动，深化系统动量守恒应用| |滑块-光滑斜曲面模型|5题|水平方向动量守恒+机械能守恒|结合曲面约束，提升模型建构与科学推理能力|

1.5 碰撞问题及其推广 题型01 弹性碰撞与完全非弹性碰撞的通式应用 题型02 子弹打木块模型 题型03 滑块-木板模型 题型04 滑块-光滑斜曲面模型 ▌题型01 弹性碰撞与完全非弹性碰撞的通式应用 假设两小球质量分别为、，碰撞前后速度为、 、 、 1. 弹性碰撞： ①动碰动的碰后速度通式：=，= ②动碰静后的速度通式：=，= 2.完全非弹性碰撞： === 依据能量守恒，机械能损失大小：+- 1．（多选）如图所示，水平桌面上静止着质量分别为2m和m的两滑块A和B，给A一个水平向右的冲量，使得A以v0的速度与B正碰。测得碰后瞬间两滑块的动量相等，若两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　） A．该碰撞为非弹性碰撞 B．碰后A的速度大小为 C．碰后A、B滑行的最大距离之比为1:2 D．碰后A、B的运动时间之比为1:4 2．某次冰壶训练中使用的红冰壶和蓝冰壶的质量均为m=20kg，初始时蓝冰壶静止在冰面上，红冰壶以速度v0与蓝冰壶发生正碰，碰后红冰壶继续向前运动的位移为x1=2.5m，蓝冰壶的位移为x2=10m。若碰撞时间极短，两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10m/s2.求： （1）碰撞后瞬间两冰壶的速度大小； （2）两冰壶在碰撞过程中损失的机械能。 3．（多选）冰壶运动是在冰上进行的一种投掷竞赛项目。如图所示，某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量分别为10kg、20kg，在光滑冰平面上沿同一直线同向运动，速度分别为 ，当A追上B并发生碰撞后，A、B两壶速度的可能值是（　　）    A． B． C． D． 4．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=2kg，mB=1kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．， B．， C．， D．， 5．如图所示，一上表面粗糙的“L”型框架静止在光滑水平面上，在其左端放一与框架质量相同的小滑块。小滑块以一定初速度向框架右端运动，与框架发生弹性碰撞后，恰好回到框架左端。则在该运动过程中，两物体的v-t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，木块A、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L=0.3m的细线，细线另一端系一球C，已知A、B、C的质量相等。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g=10m/s2。在以后的运动中，求： （1）A、B即将分离时，A的速度大小； （2）A、B即将分离时，A相对初始位置的位移大小； （3）A的最大速度。    ▌题型02 子弹打木块模型 ·模型概述 （1）定义：子弹以一定初速度射入静止在光滑水平面上的木块，子弹与木块之间存在摩擦力（或阻力）作用； （2）特点：子弹射入木块的时间极短，内力（摩擦力）远大于外力（重力、支持力），系统（子弹+木块）动量守恒； （3）本质：子弹留在木块中（未穿出）时，属于完全非弹性碰撞，碰后二者共速；、 ·核心规律 设子弹质量为、初速度为，碰撞后速度为，静止在光滑水平面上，碰后速度为 ， ①子弹未穿出木块（留在木块中）： 动量守恒：= 能量关系：=+Q Q=f·d（f为子弹和木块之间的摩擦力，d为相对运动的距离） ②子弹穿出木块： 根据动量守恒：=+ 根据能量守恒：=++Q’ Q’=f·L，L 为木块的厚度（即子弹相对木块的穿行距离） 7．（多选）如图所示，一质量为的木块静止在光滑的水平面上，质量为的子弹a以水平向右的速度射入木块，当子弹a和木块刚好相对静止时，另一质量相同的子弹b以水平向左的速度射入木块，当子弹b和木块刚好相对静止时，木块刚好回到初始位置，上述两过程的作用时间均为。假设两子弹与木块相互作用时的阻力大小均恒定。下列说法正确的是（     ） A．木块的最终速度大小为 B．子弹b射入木块前的动量大小为 C．子弹a、b所受阻力之比为 D．子弹a进入木块的深度为 8．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上两矩形滑块A、B中，A、B质量相同但材料不同。子弹射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较（     ） A．滑块A、B对子弹的阻力大小之比为 B．子弹打入A、B滑块的时间之比为 C．子弹对A、B滑块的冲量大小之比为 D．两个过程中系统产生的热量之比为 9．如图所示，木块静止在光滑水平面上，不同的子弹A、B从两侧同时水平射入木块，最终都停在木块内，木块始终保持静止。若A射入的深度大于B射入的深度，则（     ） A．A受到的摩擦力比B的小 B．A受到的摩擦力比B的大 C．A的质量比B的小 D．A的质量比B的大 10．如图，质量的木块和质量的L形钢板静置于光滑水平面上。一水平轻质弹簧的左端与钢板连接，右端和一个质量的光滑滑块刚好接触但不粘连。现一质量的子弹以大小的初速度水平向右射入木块并留在木块内，一段时间后，木块与钢板发生弹性正碰。求∶ (1)子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统损失的机械能。 (2)此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。 (3)滑块滑离钢板时，钢板的速度大小。 11．如图所示，质量为m1＝0.95 kg的小车A静止在光滑地面上，一质量为m3＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的速度击中小车A，并留在其中，作用时间极短。一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧的、质量为m2＝4 kg的小车B发生正碰，小车B的左侧有一固定的轻质弹簧，碰撞过程中，弹簧始终未超过弹性限度，则下列说法正确的是（　　） A．小车A与子弹的最终速度大小为3 m/s，方向向右 B．小车B的最终速度大小为1 m/s C．弹簧最大的弹性势能为10 J D．整个过程损失的能量为240 J 12．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为，沙袋质量为，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法中正确的是（　　） A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量 C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 ▌题型03 滑块-木板模型 ·模型概述 （1）定义：质量为 m 的滑块以一定初速度滑上静止在水平面上的木板，滑块与木板之间存在滑动摩擦力，木板质量为 M； （2）特点：滑块受向左的摩擦力减速，木板受向右的摩擦力加速，直至二者达到共同速度（若木板足够长）；系统水平方向动量是否守恒，取决于地面是否光滑； ·核心规律 设木块质量为，初速度为，木板质量为，速度为0，木块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面之间的动摩擦因数为 （1）地面光滑时（系统水平方向动量守恒）： 动量守恒：= 能量守恒（功能关系）：=+Q 摩擦生热：Q = 其中为滑块相对于木板的滑行距离（即二者的相对位移）。 （2）地面粗糙时（系统水平方向动量不守恒）： • 滑块初速度向右，木板受地面摩擦力 （向左）， 滑块受木板摩擦力 （向左） • 需分别对滑块和木板列牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式求共速时间、相对位移； • 共速后，若，二者一起减速；若，二者各自减速。 （3）"恰好不滑出"临界条件： 滑块到达木板最右端时，二者恰好达到共同速度； 此时相对位移等于木板长度： = L 联立动量守恒 + 能量守恒可求临界板长或临界摩擦因数。 13．质量为的矩形木板，放在光滑水平面上，、、是的4等分点。质量为的物块以一定的初速度从点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且。经过一段时间物块停在木板上。若选项中上图为物块刚滑上木板时物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置状态，则下列示意图正确的是（　　） A． B． C． D． 14．如图所示，质量M=6kg的木板静置于足够大的水平地面上，其下表面与地面间的动摩擦因数，上表面P点左侧粗糙、右侧光滑，木板右端凸起形成挡板。两个完全相同，质量均为m=1kg的滑块A、B（均可视为质点）放在木板上，其中滑块A放置于木板左端，滑块B放置于P点。现给滑块A一向右的瞬时冲量I=10N·s，滑块A开始向右运动，A、B碰后粘在一起，最终恰好能回到滑块B相对地面的初始位置。已知P点到木板左端的距离L=4.5m，滑块与木板P点左侧的动摩擦因数，滑块与木板右端挡板的碰撞为弹性碰撞，滑块A、B与挡板的碰撞时间均极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求： (1)滑块B的最大速度v大小； (2)AB与挡板发生弹性碰撞后AB的速度大小、木板的速度大小； (3)木板的长度。 15．质量为的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为，停在B的左端。质量为的小球用长为的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知A、B间的动摩擦因数，重力加速度，求： (1)小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小； (2)小球与A碰撞后的瞬间，获得的速度的大小； (3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长L至少多长。 16．初始时，质量分别为1kg、3kg木板A、B相隔一定的距离静止在光滑的水平面上，两木板上表面齐平，木板A的长度为1.0m。如图，一质量为1kg的滑块C（看作质点）从木板A的左端以4m/s的初速度水平向右滑上木板A，一段时间后，滑块C离开木板A且此时木板A、B恰好发生弹性碰撞，此后滑块C始终没有离开木板B。已知滑块C与木板A间动摩擦因数为0.4，木板B上表面粗糙程度一致，重力加速度大小取。求： (1)初始时，木板A右端与木板B左端的距离； (2)木板A、B碰撞后瞬间，木板B速度的大小； 17．如图，质量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的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为。取重力加速度。 (1)求木板刚接触弹簧时速度的大小； (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及此时木板速度的大小； (3)已知木板向右运动的速度从减小到0所用时间为。求此过程中弹簧弹力对木板的冲量（用表示）。 18．如图，AC、DE为光滑的水平面，且足够长，一轻弹簧一端固定在AC左端的竖直挡板上，开始时弹簧处于压缩状态并被细线锁定，弹簧具有的弹性势能，弹簧右端有一物块P与弹簧接触但不栓接，DE上静止放置一质量为M的平板车，其上表面与AC在同一水平面内，左侧紧靠C点。烧断细线后物块P向右运动，与静止在C点的物块K发生弹性碰撞，之后物块K滑上平板车，物块K与平板车共速后平板车与物块Q碰撞，碰后Q与平板车粘在一起，运动过程中物块K始终没有滑下平板车，物块P、K、Q均可视为质点，物块K与平板车上表面之间的动摩擦因数为0.6，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求 (1)物块K刚滑上平板车时速度的大小vK； (2)物块Q最大速度的大小vQ； (3)平板车的最小长度L； (4)若每次物块P离开C点后，立即在C点放置一与物块K相同的物块，求物块P第六次到达C点时速度的大小vC。 19．如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一可视为质点的滑块A，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为， B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给 A一个向右的速度，使A在C上滑动，当A的速度减为时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为，重力加速度为g。求： (1)从A获得速度开始经过多长时间绳子被拉直； (2)因拉断绳子造成的机械能损失为多少； (3)若A最终未脱离木板C，则木板C的长度至少为多少。 ▌题型04 滑块-光滑斜曲面模型 （1）定义：质量为 m 的滑块以一定初速度滑上静止在光滑水平面上的光滑斜面（或圆弧曲面），斜面质量为 M； （2）特点：系统（滑块+斜面）在水平方向不受外力，水平方向动量守恒；接触面光滑，无摩擦生热，系统机械能守恒； （3）本质：该模型是人船模型的推广，滑块上升过程中斜面后退，二者在水平方向的位移满足 特别提醒 该模型并不满足动量守恒，只是在水平方向上动量守恒。 核心规律 设滑块的质量为m，初速度为，末速度为，光滑斜面（或圆弧曲面）的质量为M，末速度为 ①滑块上升至最高点（相对于斜面）： 水平方向动量守恒： 机械能守恒：= 最大高度：= •最高点特征：滑块与斜面共速，且滑块相对斜面的竖直分速度为零。 ②滑块从斜面返回底端（分离时）： 水平方向动量守恒： 机械能守恒： •返回时相当于弹性碰撞；当 m= M 时，滑块与斜面交换速度（滑块水平速度变为零，斜面获得速度） 20．如图所示，水平面上PQ部分粗糙、其余部分光滑，PQ长度为L=4.5m。物体B的右端固定一个轻质弹簧，质量mB=4kg，从水平面上P点以初速度v0=5m/s向右运动。在水平面上Q点的右侧，上表面为光滑圆弧轨道的物体A处于静止状态，其底端与水平面相切，已知质量mA=0.25kg，半径R=0.25m，O为圆弧轨道的圆心。一质量为mC=1kg的光滑小球C从轨道最高点由静止释放，与运动到Q点的物体B发生碰撞。已知物体B与PQ水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g取10m/s²，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)小球C第一次从圆弧轨道滑至水平面时，物体A和小球C的速度； (2)小球C第一次从圆弧轨道上滑下压缩弹簧过程中，弹簧的最大弹性势能； (3)小球C第一次返回圆弧轨道后能上升的最大高度； 21．（多选）如图所示，光滑的水平桌面上静止一半径为，质量为的光滑四分之一圆弧槽体，质量为可视为质点的小球以水平速度从圆弧槽体的左端点沿圆弧形槽向上滑去，到达一定高度后，小球又返回入射点，重力加速度取。则下列说法正确的是（     ） A．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统动量守恒 B．小球返回入射点后将做自由落体运动 C．小球到达的最高点刚好为圆弧槽体的顶端 D．若小球入射时速度变为原来的两倍，小球能上升的最大高度为 22．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=1.25m，小球质量m=0.20kg，物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m，圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)小球与物块碰撞后的瞬间，小球、物块速度大小分别为多少？ (2)若小球与物块碰撞时间为0.01s，则物块受到的平均作用力为多少？ (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。 23．如图所示，水平面上点左侧光滑，点右侧粗糙，质量的物块静止在水平面光滑部分，其上表面是半径的光滑圆弧轨道，其底端点的切线水平。水平面上点右侧，等间距放置完全相同的物块1、物块2、物块3、…、物块。将物块从物块的顶端点由静止释放，物块从点进入水平面粗糙部分，物块运动距离后与物块1碰撞，碰后两物块以共同的速度继续运动距离后与物块2碰撞，三物块以共同的速度运动，后面重复前面的运动情况。除物块外其他物块均可视为质点，质量均为，与水平面粗糙部分之间的动摩擦因数均为，，所有碰撞时间极短，忽略空气阻力。取，已知。求： (1)物块离开物块时的速度大小 (2)从物块静止释放到、分离过程，运动的距离； (3)物块最多能与几个物块发生碰撞。 24．如图所示，半径为R质量为的光滑四分之一圆弧AB与质量为且长度为L上表面粗糙的木板BC用自动控制装置在B处平滑连接，质量为的光滑物块D在圆弧左侧恰好紧靠圆弧（无连接且认为AD水平距离为零），整个系统静置于光滑水平面上。在四分之一圆弧AB的最低点B处有一压力传感器，当传感器受到的压力大于3N时，会通过自动控制装置瞬间断开B处圆弧和木板的连接。质量为m的小滑块（可视为质点）从A处静止释放。自动控制装置和压力传感器的质量忽略不计。已知：，，小物块和木板上表面的动摩擦因数，取。 (1)求小滑块P到达圆弧最低点时的速度； (2)若小滑块P恰好不从木板右端C掉下来，求木板的长度L； (3)如第（2）问，小滑块P恰好到木板右端时，求小滑块P和物块D的水平距离。 25．如图一个带有半球形光滑轨道的方块靠直角墙放在光滑的水平面上，质量为3m，轨道半径为R，质量为m的小球从球形轨道的最左侧由静止释放，求 (1)小球第一次到达最低点的速度和墙对方块的冲量 (2)球到达轨道右侧上升的最大高度 (3)小球第二次到达最低点时，轨道对地面的压力 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.5 碰撞问题及其推广 题型01 弹性碰撞与完全非弹性碰撞的通式应用 题型02 子弹打木块模型 题型03 滑块-木板模型 题型04 滑块-光滑斜曲面模型 ▌题型01 弹性碰撞与完全非弹性碰撞的通式应用 1.AB 2．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）对红冰壶和蓝冰壶，由牛顿第二定律得 对红冰壶，由匀变速直线运动规律得 对蓝冰壶，由匀变速直线运动规律得 解得 ， （2）对红冰壶和蓝冰壶，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 解得 3．AB 4．A 5．A 6．【答案】（1）1m/s；（2）0.1m；（3）2m/s 【详解】（1）设小球C摆至最低点时速度大小为v1，AB共同速度为v2，对ABC系统，水平方向动量守恒，有 解得 ， （2）对ABC系统，水平方向动量守恒，有 所以 ， （3）当A与B分离时，A的速度大小为1m/s，方向水平向右，C的速度大小为2m/s，方向水平向左，由AC组成的系统水平方向动量守恒，且总动量向左，所以当C再次返回到最低点时A的速度达到最大，设此时C的速度大小为v3，A的速度大小为v4，则有 解得 ， ▌题型02 子弹打木块模型 7．AC 8．B 9．C 10．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹射入木块过程的时间极短，子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒。设子弹与木块的共同速度为，有 解得 系统损失的机械能 解得 （2）木块（含子弹）与钢板发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有， 解得弹性正碰后钢板的速度大小 钢板向右运动压缩弹簧，钢板的动能转化为弹簧的弹性势能和滑块的动能。当钢板和滑块的 速度相同时，弹簧的弹性势能最大，有， 解得 （3）弹簧被压缩到最短后开始恢复原长，弹簧恢复原长后滑块与弹簧分离，之后滑块和钢板都做匀速运动，最终滑块滑离钢板，设此时钢板、滑块的速度大小分别为、，则有， 解得 11．C 12．D ▌题型03 滑块-木板模型 13．B 14．(1) (2)2m/s，2m/s (3) 【详解】（1）设滑块A与木板间的滑动摩擦力大小为，木板与地面间的滑动摩擦力大小为f，则有， 因，故A、B碰撞前木板相对地面不动。设给滑块A一瞬时冲量后滑块A的速度大小为，滑块A与滑块B碰撞前的速度大小为，滑块A与滑块B碰撞后，滑块B的速度最大，则有， 碰撞过程动量守恒有 联立解得 （2）滑块进入P点右侧光滑部分后做匀速直线运动，直到与挡板发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，设碰后滑块的速度大小为，木板的速度为， 根据动量守恒有 根据机械能守恒有 解得， （3）与挡板碰后滑块向左做匀速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，设木板做匀减速直线运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 当滑块到达P点后，开始做匀减速直线运动，回到滑块B相对地面的初始位置时速度变为零。设滑块从与挡板碰撞后至运动到P点的时间为，滑块做匀减速直线运动的位移大小为，此过程滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 则滑块与木板碰后，在时间内木板向右运动的位移大小也为，即， 根据几何关系可得 联立解得 15．(1) (2) (3)0.96m 【详解】（1）小球运动到最低点的过程中机械能守恒，有 最低点处的向心力为 联立可得， （2）小球与物块A碰撞时动量守恒， 机械能也是守恒的，即 可解得， （3）A与B之间发生相对运动，直至二者共速，这个过程中动量是守恒的，即 过程中能量守恒，即 可解得， 木板的长度应满足 所以木板的最小长度为0.96m。 16．(1) (2) 【详解】（1）对C受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对A受力分析，根据牛顿第二定律可得 设经过t时间滑块C到达木板A的最右端，则有 对于木板A则有 根据题意可得 联立解得 则初始时，木板A右端与木板B左端的距离 （2）滑块C离开木板A时，木板A的速度 由于A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得， 即AB碰撞后，木板B的速度大小为 17．(1) (2)， (3) 【详解】（1）由于地面光滑，则、组成的系统动量守恒，则有     代入数据有 （2）木板与弹簧接触以后，对、组成的系统有 对有 当时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时弹簧压缩量 对、组成的系统列动能定理有 代入数据有 （3）一直受向左的弹簧弹力和向右的滑动摩擦力作用，取向左为正，对有 代入数据得，方向向左。 18．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）根据能量守恒有 解得 P、K碰撞动量守恒有 机械能守恒有 联立解得 （2）设物块K与平板车共速速度为，由物块K与平板车动量守恒有 平板车与物块Q碰撞，碰后瞬间平板车与物块Q速度为，由动量守恒有 联立解得 此后物块K做减速运动，平板车与物块Q做加速运动，当三者共速时速度最大，设速度为，动量守恒有 解得 （3）设物块K与平板车共速前相对位移为，由能量守恒有 解得 平板车与物块Q碰后，设物块K相对平板车位移为，根据能量守恒 解得 平板车的最小长度 （4）由（1）可知，物块P、K碰撞后速度变为原来的，即，方向向左，所以第六次到达C点发生了5次碰撞，故 19．(1) (2) (3) 【详解】（1）对物块A，根据动量定理 解得 （2）、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒 解得 C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒 解得 在绳子拉断瞬间损失的机械能为 解得 （3）在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据功能关系 解得 绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒 解得 绳子拉断后，A、C系统根据功能关系 得 木板C的长度至少为 ▌题型04 滑块-光滑斜曲面模型 20．(1)物体A的速度大小为，方向向右；小球C的速度大小为，方向向左 (2) (3) 【详解】（1）小球C下滑过程中，A、C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设小球C滑至水平面时速度大小为，物体A的速度大小为，取向左为正方向。由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 代入数据解得， 即物体A的速度大小为，方向向右，小球C的速度大小为，方向向左。 （2）物体B从P运动到Q的过程中，由动能定理得 代入数据解得物体B到达Q点时的速度 小球C与物体B碰撞压缩弹簧过程中，当两者速度相等时弹簧弹性势能最大。取向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 由能量守恒定律得 代入数据解得 （3）小球C与物体B分离过程，系统动量守恒、机械能守恒。设分离后C的速度为，B的速度为，取向右为正方向。 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立解得，另一解舍去。 此时物体A的速度仍为，方向向右。小球C滑上物体A的过程，A、C系统水平方向动量守恒，机械能守恒。当小球C上升到最大高度时，A、C具有共同速度，由动量守恒定律得 代入数据解得 由机械能守恒定律得 代入数据解得 21．BCD 22．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有 碰撞后瞬间小球的速度为，物块的速度为，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 由机械能守恒定律得 联立并代入数据，解得， 即小球速度大小为，方向向左；物块速度大小为。 （2）碰撞过程对物块用动量定理 解得 （3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数有最大值，设共同速度的大小为，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 由能量守恒定律有 联立并代入数据，解得 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，此时动摩擦因数有最小值，设共同速度大小为，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 由能量守恒定律有 联立并代入数据，解得 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为 23．【答案】(1) (2) (3)5个 【详解】（1）将物块从物块的顶端点由静止释放，二者水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有 根据机械能守恒定律有 代入，， 解得 （2）物块与物块的水平位移关系为 其中 则物块运动的距离 （3）根据上述分析可知，物块到达点时的速度，物块与物块碰撞前瞬间动能大小满足 物块与物块1相碰，根据动量守恒得 碰撞后瞬间系统动能 物块、1和2碰撞前瞬间，系统动能 物块、1和2相碰，根据动量守恒得 物块、1和2碰撞后瞬间，系统动能 物块、1、2和3碰撞前瞬间，系统动能 以此类推，在与物块碰撞前瞬间，系统动能 若一共碰撞次，则有， 代入数据解得 即物块最多能与5个物块发生碰撞。 24．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设向右为正方向。小滑块P从A点静止释放，系统水平动量守恒，机械能守恒。P、圆弧、木板、D质量分别为、、、 设P到达最低点B时速度向右为，设其余部分速度为，由于D紧靠圆弧，假设与圆弧不分离，则相同。 动量守恒 解得 机械能守恒 代入，，解得 （2）由第（1）问可得，小滑块到达圆弧最低点时，小滑块向右运动，圆弧圆心向左运动， 则小滑块相对于圆心向右运动，其相对速度大小为 P在最低点对圆弧压力，由牛顿第二定律得 代入数据解得 故P在最低点对圆弧压力触发传感器使B处瞬间断开。此后木板与圆弧分离，木板初速度 （即方向向左，大小为），P初速度向右 P滑上木板，系统动量守恒，最终P到达木板右端C时与木板共速。 由动量守恒 解得 由系统能量守恒得 代入数据解得 （3）设小滑块滑上木板到恰好到达木板右端所用时间为 这段时间内小滑块的位移为，圆弧及物块整体的位移为 对小滑块，由动量定理得 代入数据解得 对小滑块，由动能定理得 代入数据解得 对圆弧及物块整体 代入数据解得 则小滑块和物块的水平距离 25．【答案】(1)，方向水平向右；，方向水平向右。 (2) (3)6mg，方向竖直向下 【详解】（1）小球从A点到B点运动的过程中，方块静止，则由机械能守恒定律 可得，方向水平向右 对方块和小球的整体由动量定理，墙对方块的冲量方向水平向右。 （2）当小球从最低点B上滑时，方块向右运动，当小球上升到最高点时两者相对静止，则由动量守恒定律 由能量关系可知 可得 （3）小球第二次到达最低点时，由动量守恒和能量关系， 根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为 轨道对地面的压力，方向竖直向下。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.5 碰撞问题及其推广 题型01 弹性碰撞与完全非弹性碰撞的通式应用 题型02 子弹打木块模型 题型03 滑块-木板模型 题型04 滑块-光滑斜曲面模型 ▌题型01 弹性碰撞与完全非弹性碰撞的通式应用 假设两小球质量分别为、，碰撞前后速度为、 、 、 1. 弹性碰撞： ①动碰动的碰后速度通式：=，= ②动碰静后的速度通式：=，= 2.完全非弹性碰撞： === 依据能量守恒，机械能损失大小：+- 1．（多选）如图所示，水平桌面上静止着质量分别为2m和m的两滑块A和B，给A一个水平向右的冲量，使得A以v0的速度与B正碰。测得碰后瞬间两滑块的动量相等，若两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　） A．该碰撞为非弹性碰撞 B．碰后A的速度大小为 C．碰后A、B滑行的最大距离之比为1:2 D．碰后A、B的运动时间之比为1:4 【答案】AB 【详解】AB．两滑块碰后动量相等，根据动量守恒定律可得，， 所以， 由于 由此可知，该碰撞为非弹性碰撞，故AB正确； CD．根据牛顿第二定律可得 由于两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，所以加速度相同，根据和可知，碰后A、B滑行的最大距离之比为 运动时间之比为，故CD错误。 故选AB。 2．某次冰壶训练中使用的红冰壶和蓝冰壶的质量均为m=20kg，初始时蓝冰壶静止在冰面上，红冰壶以速度v0与蓝冰壶发生正碰，碰后红冰壶继续向前运动的位移为x1=2.5m，蓝冰壶的位移为x2=10m。若碰撞时间极短，两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10m/s2.求： （1）碰撞后瞬间两冰壶的速度大小； （2）两冰壶在碰撞过程中损失的机械能。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）对红冰壶和蓝冰壶，由牛顿第二定律得 对红冰壶，由匀变速直线运动规律得 对蓝冰壶，由匀变速直线运动规律得 解得 ， （2）对红冰壶和蓝冰壶，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 解得 3．（多选）冰壶运动是在冰上进行的一种投掷竞赛项目。如图所示，某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量分别为10kg、20kg，在光滑冰平面上沿同一直线同向运动，速度分别为 ，当A追上B并发生碰撞后，A、B两壶速度的可能值是（　　）    A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】如果A、B是弹性碰撞，根据动量守恒 机械能守恒 解得 如果A、B是完全非弹性碰撞，根据动量守恒 解得 所以A、B两壶速度应该满足，故选AB。 4．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=2kg，mB=1kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】碰撞发生在光滑水平面上，系统动量守恒，且碰撞后总动能不增加。碰撞前，A球速度大于 B 球速度，A 追上 B 碰撞后，两球同向运动时，A 球速度应不大于 B 球速度，碰撞前总动量 碰撞前总动能 A．碰撞后的总动量为 可知动量守恒 碰撞后的总动能为 可知动能不增加 碰撞后的速度 可知速度符合实际运动情况，故 A 正确； B．碰撞后的总动量为 可知动量守恒 碰撞后的总动能为 动能增加，违反动能不增加原理，故 B 错误； C．碰撞后的总动量为 可知动量不守恒，故 C 错误； D．碰撞后的总动量为 可知动量守恒 碰撞后的总动能： 可知动能不增加 碰撞后的速度 可知碰撞后 A 球速度大于 B 球速度，不符合实际运动情况，故D错误。 故选 A。 5．如图所示，一上表面粗糙的“L”型框架静止在光滑水平面上，在其左端放一与框架质量相同的小滑块。小滑块以一定初速度向框架右端运动，与框架发生弹性碰撞后，恰好回到框架左端。则在该运动过程中，两物体的v-t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】小滑块以一定初速度向框架右端运动过程中，二者发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得，二者加速度大小均为 即小滑块向右做匀减速直线运动，框架向右做匀加速直线运动，与框架发生弹性碰撞时，小滑块的速度大于框架的速度，由于二者质量相等，则碰后二者速度交换，即框架的速度大于小滑块的速度，二者间仍然相对滑动，之后框架做匀减速直线运动，小滑块做匀加速直线运动，小滑块相对于框架向左运动，当小滑块运动到框架左端时，二者达到共速，整个过程加速度大小不变，v-t图线应为倾斜直线，根据动量守恒定律可得 解得 共速后，图线应为平行于t轴的直线。 故选A。 6．如图所示，木块A、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L=0.3m的细线，细线另一端系一球C，已知A、B、C的质量相等。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g=10m/s2。在以后的运动中，求： （1）A、B即将分离时，A的速度大小； （2）A、B即将分离时，A相对初始位置的位移大小； （3）A的最大速度。    【答案】（1）1m/s；（2）0.1m；（3）2m/s 【详解】（1）设小球C摆至最低点时速度大小为v1，AB共同速度为v2，对ABC系统，水平方向动量守恒，有 解得 ， （2）对ABC系统，水平方向动量守恒，有 所以 ， （3）当A与B分离时，A的速度大小为1m/s，方向水平向右，C的速度大小为2m/s，方向水平向左，由AC组成的系统水平方向动量守恒，且总动量向左，所以当C再次返回到最低点时A的速度达到最大，设此时C的速度大小为v3，A的速度大小为v4，则有 解得 ， ▌题型02 子弹打木块模型 ·模型概述 （1）定义：子弹以一定初速度射入静止在光滑水平面上的木块，子弹与木块之间存在摩擦力（或阻力）作用； （2）特点：子弹射入木块的时间极短，内力（摩擦力）远大于外力（重力、支持力），系统（子弹+木块）动量守恒； （3）本质：子弹留在木块中（未穿出）时，属于完全非弹性碰撞，碰后二者共速；、 ·核心规律 设子弹质量为、初速度为，碰撞后速度为，静止在光滑水平面上，碰后速度为 ， ①子弹未穿出木块（留在木块中）： 动量守恒：= 能量关系：=+Q Q=f·d（f为子弹和木块之间的摩擦力，d为相对运动的距离） ②子弹穿出木块： 根据动量守恒：=+ 根据能量守恒：=++Q’ Q’=f·L，L 为木块的厚度（即子弹相对木块的穿行距离） 7．（多选）如图所示，一质量为的木块静止在光滑的水平面上，质量为的子弹a以水平向右的速度射入木块，当子弹a和木块刚好相对静止时，另一质量相同的子弹b以水平向左的速度射入木块，当子弹b和木块刚好相对静止时，木块刚好回到初始位置，上述两过程的作用时间均为。假设两子弹与木块相互作用时的阻力大小均恒定。下列说法正确的是（     ） A．木块的最终速度大小为 B．子弹b射入木块前的动量大小为 C．子弹a、b所受阻力之比为 D．子弹a进入木块的深度为 【答案】AC 【详解】A．子弹射入木块直到两者相对静止，子弹和木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有 解得 此过程中木块做匀加速直线运动，木块向右移动的距离 另一质量相同的子弹b以水平向左的速度射入木块直到子弹b和木块刚好相对静止时，木块刚好回到初始位置，此过程中木块向左移动的距离为，设子弹、子弹和木块相对静止时的速度为，故有 解得 即木块的最终速度大小为，故A正确； B．另一质量相同的子弹b以水平向左的速度射入木块直到子弹b和木块刚好相对静止，子弹、子弹和木块组成的系统动量守恒，有 解得 故子弹射入木块前的动量大小为 B错误； C．子弹射入木块直到两者相对静止的过程中，对子弹，由动量定理得 解得 另一质量相同的子弹b以水平向左的速度射入木块直到子弹b和木块刚好相对静止的过程中，对子弹，由动量定理得 解得 故子弹、所受阻力之比为 C正确； D．子弹射入木块直到两者相对静止的过程中，对系统由能量守恒得 解得子弹a进入木块的深度为 D错误； 故选AC。 8．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上两矩形滑块A、B中，A、B质量相同但材料不同。子弹射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较（     ） A．滑块A、B对子弹的阻力大小之比为 B．子弹打入A、B滑块的时间之比为 C．子弹对A、B滑块的冲量大小之比为 D．两个过程中系统产生的热量之比为 【答案】B 【详解】AD．设滑块的质量为，子弹的质量为，子弹的初速度为，二者共同速度为，子弹射入滑块过程中，根据动量守恒定律可得 由于m、M、v0均相同，故最终共同速度v相同。根据能量守恒定律，系统产生的热量等于系统动能的损失，即 可知两个过程中系统产生的热量Q相同。又因为（f为平均阻力，d为相对位移即射入深度），且dA=2dB 所以fA⋅2dB=fB⋅dB 解得fA:fB=1:2，故AD错误； B．对滑块应用动量定理，滑块受到的冲量I=ft=Mv−0。由于M和v相同，所以ft为定值，即阻力f与作用时间t成反比。由上述分析知fA:fB=1:2，所以tA:tB=2:1，故B正确； C．对滑块应用动量定理，子弹对滑块的冲量I=Δp=Mv−0。由于M和v均相同，所以子弹对A、B滑块的冲量大小相等，即二者冲量之比为1:1，故C错误。 故选B。 9．如图所示，木块静止在光滑水平面上，不同的子弹A、B从两侧同时水平射入木块，最终都停在木块内，木块始终保持静止。若A射入的深度大于B射入的深度，则（     ） A．A受到的摩擦力比B的小 B．A受到的摩擦力比B的大 C．A的质量比B的小 D．A的质量比B的大 【答案】C 【详解】A．木块始终保持静止，根据平衡条件可知，木块在水平方向受到的左右两侧子弹的摩擦力大小始终相等，根据牛顿第三定律可知，受到的摩擦力等于受到的摩擦力，故A错误； B．由对A选项的分析可知，受到的摩擦力等于受到的摩擦力，故B错误； C．由于木块始终静止不动，若某一颗子弹先停下，则木块受力不平衡将发生运动，故两子弹必然同时停下，设两子弹受到的摩擦力大小均为，运动时间均为，取各自初速度方向为正方向，根据动量定理分别有， 联立解得 对两子弹的运动过程，根据动能定理分别有， 已知，推导得出 结合子弹的动量大小相等解得 进一步推导得出 可知的质量比的小，故C正确； D．由对C选项的分析可知，的质量比的小，故D错误。 故选C。 10．如图，质量的木块和质量的L形钢板静置于光滑水平面上。一水平轻质弹簧的左端与钢板连接，右端和一个质量的光滑滑块刚好接触但不粘连。现一质量的子弹以大小的初速度水平向右射入木块并留在木块内，一段时间后，木块与钢板发生弹性正碰。求∶ (1)子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统损失的机械能。 (2)此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。 (3)滑块滑离钢板时，钢板的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹射入木块过程的时间极短，子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒。设子弹与木块的共同速度为，有 解得 系统损失的机械能 解得 （2）木块（含子弹）与钢板发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有， 解得弹性正碰后钢板的速度大小 钢板向右运动压缩弹簧，钢板的动能转化为弹簧的弹性势能和滑块的动能。当钢板和滑块的 速度相同时，弹簧的弹性势能最大，有， 解得 （3）弹簧被压缩到最短后开始恢复原长，弹簧恢复原长后滑块与弹簧分离，之后滑块和钢板都做匀速运动，最终滑块滑离钢板，设此时钢板、滑块的速度大小分别为、，则有， 解得 11．如图所示，质量为m1＝0.95 kg的小车A静止在光滑地面上，一质量为m3＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的速度击中小车A，并留在其中，作用时间极短。一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧的、质量为m2＝4 kg的小车B发生正碰，小车B的左侧有一固定的轻质弹簧，碰撞过程中，弹簧始终未超过弹性限度，则下列说法正确的是（　　） A．小车A与子弹的最终速度大小为3 m/s，方向向右 B．小车B的最终速度大小为1 m/s C．弹簧最大的弹性势能为10 J D．整个过程损失的能量为240 J 【答案】C 【详解】C．子弹与小车A碰撞过程，根据动量守恒定律得 可得两者碰撞后共同速度为 弹簧最短时，弹性势能最大，此时三者共速，根据动量守恒定律得 解得三者共同速度 弹簧最大弹性势能为 解得，故C正确； AB．设小车A与子弹最终速度为，小车B最终速度为，取向右为正方向，根据动量守恒得 根据机械能守恒定律得 解得， 小车A与子弹的最终速度大小为，方向向左，小车B的最终速度大小，方向向右，故AB错误； D．整个过程损失能量是在子弹打入小车A的过程中，则有 解得，故D错误。 故选C。 12．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为，沙袋质量为，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法中正确的是（　　） A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量 C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 【答案】D 【详解】A．击中沙袋前，细绳拉力 弹丸以水平速度击中沙袋后未穿出，此过程水平方向动量守恒，满足 解得 由牛顿第二定律可知，沙袋与弹丸受到细绳的拉力与重力的合力提供向心力，满足 可知，即弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力增大，故A错误； B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，故B错误； C．根据能量守恒定律得 解得，故C错误； D．对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒定律有 解得，故D正确。 故选D。 ▌题型03 滑块-木板模型 ·模型概述 （1）定义：质量为 m 的滑块以一定初速度滑上静止在水平面上的木板，滑块与木板之间存在滑动摩擦力，木板质量为 M； （2）特点：滑块受向左的摩擦力减速，木板受向右的摩擦力加速，直至二者达到共同速度（若木板足够长）；系统水平方向动量是否守恒，取决于地面是否光滑； ·核心规律 设木块质量为，初速度为，木板质量为，速度为0，木块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面之间的动摩擦因数为 （1）地面光滑时（系统水平方向动量守恒）： 动量守恒：= 能量守恒（功能关系）：=+Q 摩擦生热：Q = 其中为滑块相对于木板的滑行距离（即二者的相对位移）。 （2）地面粗糙时（系统水平方向动量不守恒）： • 滑块初速度向右，木板受地面摩擦力 （向左）， 滑块受木板摩擦力 （向左） • 需分别对滑块和木板列牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式求共速时间、相对位移； • 共速后，若，二者一起减速；若，二者各自减速。 （3）"恰好不滑出"临界条件： 滑块到达木板最右端时，二者恰好达到共同速度； 此时相对位移等于木板长度： = L 联立动量守恒 + 能量守恒可求临界板长或临界摩擦因数。 13．质量为的矩形木板，放在光滑水平面上，、、是的4等分点。质量为的物块以一定的初速度从点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且。经过一段时间物块停在木板上。若选项中上图为物块刚滑上木板时物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置状态，则下列示意图正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】物块从木板左端滑上后，物块在摩擦力作用下减速，木板加速，最终两者共速。由于水平面光滑，系统在水平方向动量守恒。 设物块初速度为，共速速度为，则 设动摩擦因数为，木板对地位移，二者相对位移为，则对木板，对物块 联立解得 又，因此 解得 故选B。 14．如图所示，质量M=6kg的木板静置于足够大的水平地面上，其下表面与地面间的动摩擦因数，上表面P点左侧粗糙、右侧光滑，木板右端凸起形成挡板。两个完全相同，质量均为m=1kg的滑块A、B（均可视为质点）放在木板上，其中滑块A放置于木板左端，滑块B放置于P点。现给滑块A一向右的瞬时冲量I=10N·s，滑块A开始向右运动，A、B碰后粘在一起，最终恰好能回到滑块B相对地面的初始位置。已知P点到木板左端的距离L=4.5m，滑块与木板P点左侧的动摩擦因数，滑块与木板右端挡板的碰撞为弹性碰撞，滑块A、B与挡板的碰撞时间均极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求： (1)滑块B的最大速度v大小； (2)AB与挡板发生弹性碰撞后AB的速度大小、木板的速度大小； (3)木板的长度。 【答案】(1) (2)2m/s，2m/s (3) 【详解】（1）设滑块A与木板间的滑动摩擦力大小为，木板与地面间的滑动摩擦力大小为f，则有， 因，故A、B碰撞前木板相对地面不动。设给滑块A一瞬时冲量后滑块A的速度大小为，滑块A与滑块B碰撞前的速度大小为，滑块A与滑块B碰撞后，滑块B的速度最大，则有， 碰撞过程动量守恒有 联立解得 （2）滑块进入P点右侧光滑部分后做匀速直线运动，直到与挡板发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，设碰后滑块的速度大小为，木板的速度为， 根据动量守恒有 根据机械能守恒有 解得， （3）与挡板碰后滑块向左做匀速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，设木板做匀减速直线运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 当滑块到达P点后，开始做匀减速直线运动，回到滑块B相对地面的初始位置时速度变为零。设滑块从与挡板碰撞后至运动到P点的时间为，滑块做匀减速直线运动的位移大小为，此过程滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 则滑块与木板碰后，在时间内木板向右运动的位移大小也为，即， 根据几何关系可得 联立解得 15．质量为的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为，停在B的左端。质量为的小球用长为的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知A、B间的动摩擦因数，重力加速度，求： (1)小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小； (2)小球与A碰撞后的瞬间，获得的速度的大小； (3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长L至少多长。 【答案】(1) (2) (3)0.96m 【详解】（1）小球运动到最低点的过程中机械能守恒，有 最低点处的向心力为 联立可得， （2）小球与物块A碰撞时动量守恒， 机械能也是守恒的，即 可解得， （3）A与B之间发生相对运动，直至二者共速，这个过程中动量是守恒的，即 过程中能量守恒，即 可解得， 木板的长度应满足 所以木板的最小长度为0.96m。 16．初始时，质量分别为1kg、3kg木板A、B相隔一定的距离静止在光滑的水平面上，两木板上表面齐平，木板A的长度为1.0m。如图，一质量为1kg的滑块C（看作质点）从木板A的左端以4m/s的初速度水平向右滑上木板A，一段时间后，滑块C离开木板A且此时木板A、B恰好发生弹性碰撞，此后滑块C始终没有离开木板B。已知滑块C与木板A间动摩擦因数为0.4，木板B上表面粗糙程度一致，重力加速度大小取。求： (1)初始时，木板A右端与木板B左端的距离； (2)木板A、B碰撞后瞬间，木板B速度的大小； 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对C受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对A受力分析，根据牛顿第二定律可得 设经过t时间滑块C到达木板A的最右端，则有 对于木板A则有 根据题意可得 联立解得 则初始时，木板A右端与木板B左端的距离 （2）滑块C离开木板A时，木板A的速度 由于A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得， 即AB碰撞后，木板B的速度大小为 17．如图，质量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的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为。取重力加速度。 (1)求木板刚接触弹簧时速度的大小； (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及此时木板速度的大小； (3)已知木板向右运动的速度从减小到0所用时间为。求此过程中弹簧弹力对木板的冲量（用表示）。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）由于地面光滑，则、组成的系统动量守恒，则有     代入数据有 （2）木板与弹簧接触以后，对、组成的系统有 对有 当时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时弹簧压缩量 对、组成的系统列动能定理有 代入数据有 （3）一直受向左的弹簧弹力和向右的滑动摩擦力作用，取向左为正，对有 代入数据得，方向向左。 18．如图，AC、DE为光滑的水平面，且足够长，一轻弹簧一端固定在AC左端的竖直挡板上，开始时弹簧处于压缩状态并被细线锁定，弹簧具有的弹性势能，弹簧右端有一物块P与弹簧接触但不栓接，DE上静止放置一质量为M的平板车，其上表面与AC在同一水平面内，左侧紧靠C点。烧断细线后物块P向右运动，与静止在C点的物块K发生弹性碰撞，之后物块K滑上平板车，物块K与平板车共速后平板车与物块Q碰撞，碰后Q与平板车粘在一起，运动过程中物块K始终没有滑下平板车，物块P、K、Q均可视为质点，物块K与平板车上表面之间的动摩擦因数为0.6，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求 (1)物块K刚滑上平板车时速度的大小vK； (2)物块Q最大速度的大小vQ； (3)平板车的最小长度L； (4)若每次物块P离开C点后，立即在C点放置一与物块K相同的物块，求物块P第六次到达C点时速度的大小vC。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）根据能量守恒有 解得 P、K碰撞动量守恒有 机械能守恒有 联立解得 （2）设物块K与平板车共速速度为，由物块K与平板车动量守恒有 平板车与物块Q碰撞，碰后瞬间平板车与物块Q速度为，由动量守恒有 联立解得 此后物块K做减速运动，平板车与物块Q做加速运动，当三者共速时速度最大，设速度为，动量守恒有 解得 （3）设物块K与平板车共速前相对位移为，由能量守恒有 解得 平板车与物块Q碰后，设物块K相对平板车位移为，根据能量守恒 解得 平板车的最小长度 （4）由（1）可知，物块P、K碰撞后速度变为原来的，即，方向向左，所以第六次到达C点发生了5次碰撞，故 19．如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一可视为质点的滑块A，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为， B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给 A一个向右的速度，使A在C上滑动，当A的速度减为时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为，重力加速度为g。求： (1)从A获得速度开始经过多长时间绳子被拉直； (2)因拉断绳子造成的机械能损失为多少； (3)若A最终未脱离木板C，则木板C的长度至少为多少。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对物块A，根据动量定理 解得 （2）、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒 解得 C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒 解得 在绳子拉断瞬间损失的机械能为 解得 （3）在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据功能关系 解得 绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒 解得 绳子拉断后，A、C系统根据功能关系 得 木板C的长度至少为 ▌题型04 滑块-光滑斜曲面模型 （1）定义：质量为 m 的滑块以一定初速度滑上静止在光滑水平面上的光滑斜面（或圆弧曲面），斜面质量为 M； （2）特点：系统（滑块+斜面）在水平方向不受外力，水平方向动量守恒；接触面光滑，无摩擦生热，系统机械能守恒； （3）本质：该模型是人船模型的推广，滑块上升过程中斜面后退，二者在水平方向的位移满足 特别提醒 该模型并不满足动量守恒，只是在水平方向上动量守恒。 核心规律 设滑块的质量为m，初速度为，末速度为，光滑斜面（或圆弧曲面）的质量为M，末速度为 ①滑块上升至最高点（相对于斜面）： 水平方向动量守恒： 机械能守恒：= 最大高度：= •最高点特征：滑块与斜面共速，且滑块相对斜面的竖直分速度为零。 ②滑块从斜面返回底端（分离时）： 水平方向动量守恒： 机械能守恒： •返回时相当于弹性碰撞；当 m= M 时，滑块与斜面交换速度（滑块水平速度变为零，斜面获得速度） 20．如图所示，水平面上PQ部分粗糙、其余部分光滑，PQ长度为L=4.5m。物体B的右端固定一个轻质弹簧，质量mB=4kg，从水平面上P点以初速度v0=5m/s向右运动。在水平面上Q点的右侧，上表面为光滑圆弧轨道的物体A处于静止状态，其底端与水平面相切，已知质量mA=0.25kg，半径R=0.25m，O为圆弧轨道的圆心。一质量为mC=1kg的光滑小球C从轨道最高点由静止释放，与运动到Q点的物体B发生碰撞。已知物体B与PQ水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g取10m/s²，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)小球C第一次从圆弧轨道滑至水平面时，物体A和小球C的速度； (2)小球C第一次从圆弧轨道上滑下压缩弹簧过程中，弹簧的最大弹性势能； (3)小球C第一次返回圆弧轨道后能上升的最大高度； 【答案】(1)物体A的速度大小为，方向向右；小球C的速度大小为，方向向左 (2) (3) 【详解】（1）小球C下滑过程中，A、C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设小球C滑至水平面时速度大小为，物体A的速度大小为，取向左为正方向。由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 代入数据解得， 即物体A的速度大小为，方向向右，小球C的速度大小为，方向向左。 （2）物体B从P运动到Q的过程中，由动能定理得 代入数据解得物体B到达Q点时的速度 小球C与物体B碰撞压缩弹簧过程中，当两者速度相等时弹簧弹性势能最大。取向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 由能量守恒定律得 代入数据解得 （3）小球C与物体B分离过程，系统动量守恒、机械能守恒。设分离后C的速度为，B的速度为，取向右为正方向。 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立解得，另一解舍去。 此时物体A的速度仍为，方向向右。小球C滑上物体A的过程，A、C系统水平方向动量守恒，机械能守恒。当小球C上升到最大高度时，A、C具有共同速度，由动量守恒定律得 代入数据解得 由机械能守恒定律得 代入数据解得 21．（多选）如图所示，光滑的水平桌面上静止一半径为，质量为的光滑四分之一圆弧槽体，质量为可视为质点的小球以水平速度从圆弧槽体的左端点沿圆弧形槽向上滑去，到达一定高度后，小球又返回入射点，重力加速度取。则下列说法正确的是（     ） A．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统动量守恒 B．小球返回入射点后将做自由落体运动 C．小球到达的最高点刚好为圆弧槽体的顶端 D．若小球入射时速度变为原来的两倍，小球能上升的最大高度为 【答案】BCD 【详解】A．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，A错误； B．小球返回入射点时，由水平方向动量守恒和能量关系可知， 解得v1=0，v2=v，可知此后小球将做自由落体运动，B正确； C．小球到达圆弧槽最高点时由动量守恒和能量关系可知， 解得 即小球到达的最高点刚好为圆弧槽体的顶端，C正确； D．若小球入射时速度变为原来的两倍，则小球上升到圆弧槽顶端时，由动量守恒和能量关系可知， 解得 小球能上升的最大高度为，D正确。 故选BCD。 22．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=1.25m，小球质量m=0.20kg，物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m，圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)小球与物块碰撞后的瞬间，小球、物块速度大小分别为多少？ (2)若小球与物块碰撞时间为0.01s，则物块受到的平均作用力为多少？ (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)， (2) (3) 【详解】（1）设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有 碰撞后瞬间小球的速度为，物块的速度为，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 由机械能守恒定律得 联立并代入数据，解得， 即小球速度大小为，方向向左；物块速度大小为。 （2）碰撞过程对物块用动量定理 解得 （3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数有最大值，设共同速度的大小为，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 由能量守恒定律有 联立并代入数据，解得 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，此时动摩擦因数有最小值，设共同速度大小为，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 由能量守恒定律有 联立并代入数据，解得 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为 23．如图所示，水平面上点左侧光滑，点右侧粗糙，质量的物块静止在水平面光滑部分，其上表面是半径的光滑圆弧轨道，其底端点的切线水平。水平面上点右侧，等间距放置完全相同的物块1、物块2、物块3、…、物块。将物块从物块的顶端点由静止释放，物块从点进入水平面粗糙部分，物块运动距离后与物块1碰撞，碰后两物块以共同的速度继续运动距离后与物块2碰撞，三物块以共同的速度运动，后面重复前面的运动情况。除物块外其他物块均可视为质点，质量均为，与水平面粗糙部分之间的动摩擦因数均为，，所有碰撞时间极短，忽略空气阻力。取，已知。求： (1)物块离开物块时的速度大小 (2)从物块静止释放到、分离过程，运动的距离； (3)物块最多能与几个物块发生碰撞。 【答案】(1) (2) (3)5个 【详解】（1）将物块从物块的顶端点由静止释放，二者水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有 根据机械能守恒定律有 代入，， 解得 （2）物块与物块的水平位移关系为 其中 则物块运动的距离 （3）根据上述分析可知，物块到达点时的速度，物块与物块碰撞前瞬间动能大小满足 物块与物块1相碰，根据动量守恒得 碰撞后瞬间系统动能 物块、1和2碰撞前瞬间，系统动能 物块、1和2相碰，根据动量守恒得 物块、1和2碰撞后瞬间，系统动能 物块、1、2和3碰撞前瞬间，系统动能 以此类推，在与物块碰撞前瞬间，系统动能 若一共碰撞次，则有， 代入数据解得 即物块最多能与5个物块发生碰撞。 24．如图所示，半径为R质量为的光滑四分之一圆弧AB与质量为且长度为L上表面粗糙的木板BC用自动控制装置在B处平滑连接，质量为的光滑物块D在圆弧左侧恰好紧靠圆弧（无连接且认为AD水平距离为零），整个系统静置于光滑水平面上。在四分之一圆弧AB的最低点B处有一压力传感器，当传感器受到的压力大于3N时，会通过自动控制装置瞬间断开B处圆弧和木板的连接。质量为m的小滑块（可视为质点）从A处静止释放。自动控制装置和压力传感器的质量忽略不计。已知：，，小物块和木板上表面的动摩擦因数，取。 (1)求小滑块P到达圆弧最低点时的速度； (2)若小滑块P恰好不从木板右端C掉下来，求木板的长度L； (3)如第（2）问，小滑块P恰好到木板右端时，求小滑块P和物块D的水平距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设向右为正方向。小滑块P从A点静止释放，系统水平动量守恒，机械能守恒。P、圆弧、木板、D质量分别为、、、 设P到达最低点B时速度向右为，设其余部分速度为，由于D紧靠圆弧，假设与圆弧不分离，则相同。 动量守恒 解得 机械能守恒 代入，，解得 （2）由第（1）问可得，小滑块到达圆弧最低点时，小滑块向右运动，圆弧圆心向左运动， 则小滑块相对于圆心向右运动，其相对速度大小为 P在最低点对圆弧压力，由牛顿第二定律得 代入数据解得 故P在最低点对圆弧压力触发传感器使B处瞬间断开。此后木板与圆弧分离，木板初速度 （即方向向左，大小为），P初速度向右 P滑上木板，系统动量守恒，最终P到达木板右端C时与木板共速。 由动量守恒 解得 由系统能量守恒得 代入数据解得 （3）设小滑块滑上木板到恰好到达木板右端所用时间为 这段时间内小滑块的位移为，圆弧及物块整体的位移为 对小滑块，由动量定理得 代入数据解得 对小滑块，由动能定理得 代入数据解得 对圆弧及物块整体 代入数据解得 则小滑块和物块的水平距离 25．如图一个带有半球形光滑轨道的方块靠直角墙放在光滑的水平面上，质量为3m，轨道半径为R，质量为m的小球从球形轨道的最左侧由静止释放，求 (1)小球第一次到达最低点的速度和墙对方块的冲量 (2)球到达轨道右侧上升的最大高度 (3)小球第二次到达最低点时，轨道对地面的压力 【答案】(1)，方向水平向右；，方向水平向右。 (2) (3)6mg，方向竖直向下 【详解】（1）小球从A点到B点运动的过程中，方块静止，则由机械能守恒定律 可得，方向水平向右 对方块和小球的整体由动量定理，墙对方块的冲量方向水平向右。 （2）当小球从最低点B上滑时，方块向右运动，当小球上升到最高点时两者相对静止，则由动量守恒定律 由能量关系可知 可得 （3）小球第二次到达最低点时，由动量守恒和能量关系， 根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为 轨道对地面的压力，方向竖直向下 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $