专题03 碰撞的拓展模型（重难点训练）物理沪科版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦碰撞拓展模型，通过三类典型题型系统提炼动量守恒与能量转化的解题方法，构建从模型特点到变式应用的逻辑体系，培养科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |滑块—弹簧模型|5题（含1计算题）|明确动量守恒条件、弹簧极值状态（速度相等时势能最大）及恢复原长时动能最大的规律|从弹性势能变化切入，结合动量守恒与机械能守恒分析相互作用过程| |滑块—光滑斜(曲)面/悬绳模型|5题（含1计算题）|总结最高点共速（完全非弹性碰撞）、最低点分离（弹性碰撞）的动量与能量关系|通过重力势能变化拓展碰撞模型，强化水平方向动量守恒的应用| |滑块—木板/子弹打木块模型|6题（含2计算题）|提炼相对运动中摩擦力做功与能量损失关系，明确共速时相对位移极值规律|从摩擦生热角度深化非弹性碰撞模型，结合v-t图像分析运动过程|

专题03 碰撞的拓展模型（题型突破） 题型01 “滑块—弹簧”模型 题型02 “滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 题型03 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 ▌题型01 “滑块--弹簧”模型 1．模型图示 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)。 1．（多选）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（ ） A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为Mv B．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大 C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0 D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为Mv2 【举一反三】 2．（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＝，则B的速度为vB＝ C．以水平向右为正方向，若A的速度为vA＝，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 3．（多选）如图所示，水平平面内固定有两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，其弯曲部分是半圆形，B点为圆弧部分中点，轻弹簧右端固定于U形管C点处。开始U形管静止，一半径略小于管半径、质量为m的小球以初速度v0从U形管A点向左射入，最终又从A点离开U形管，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ） A．小球运动到B点时U形管的速度大小为 B．小球运动到B点时小球的速度大小为 C．U形管获得的最大速度为 D．弹簧获得的最大弹性势能为mv 4．（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 5．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(sinθ＝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 (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。 ▌题型02 “滑块--光滑斜（曲）面”和悬绳模型 1．模型图示 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，mv＝(M＋m)v＋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，mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)。 6．（多选）如图所示，一带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是（ ） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大 C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小 D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动 【举一反三】 7．（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＝，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 C．小球上升的最大高度为 D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为R 8．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 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 9．（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 D．小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力为mg(2－sinθ) 10．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，小球B的质量为0.2 kg，A、B用长为L＝0.8 m的轻质细线连接，B悬挂在A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，取g＝10 m/s2，A、B可视为质点。下列说法正确的是（ ） A．t＝0时刻细线对B的拉力大小为2 N B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小 C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功 D．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6 N·s ▌题型03 “滑块--木板”模型和“子弹打木块”模型 1．模型图示 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。 11．（多选）如图1所示，质量为M＝2 kg的木板A静置于光滑水平地面上，t＝0时刻物块B(可视为质点)以水平向右的初速度3 m/s从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当t＝2 s时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ） A．物块B的质量为1 kg B．木板A的长度为3 m C．物块B与木板A间的动摩擦因数为0.1 D．若只将物块B的初速度大小变为1.5 m/s，则最终物块B与木板A右端的距离为1.5 m 【举一反三】 12．（多选）长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b。以地面为参考系，给a和b一大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a。设a的初速度方向为正方向，a、b的v­t图像可能正确的是（ ） 13．（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 14．如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平直杆PQ上并静止在A点，一轻绳上端连接滑块，下端连接质量也为M的木块处于静止状态。现有质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在其中，滑块经过B点到达C点时，木块恰好到达最高点E，此时轻绳刚好水平。已知重力加速度为g，滑块和木块、子弹都可看成质点，木块不会碰到直杆，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．从子弹开始射入木块到木块摆到位置E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统动量守恒 B．子弹和木块到达最高点E时的速度均为零 C．从子弹开始射入木块到木块摆到最高点E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统中产生的热量为 D．轻绳的长度为 15．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。 16．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？ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 碰撞的拓展模型（题型突破） 题型01 “滑块—弹簧”模型 题型02 “滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型 题型03 “滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型 ▌题型01 “滑块--弹簧”模型 1．模型图示 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)。 1．（多选）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（ ） A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为Mv B．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大 C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0 D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为Mv2 【答案】AD 【详解】当弹簧恢复原长时，物体A恰好与弹簧分离，设此时A、B的速度分别为vA′和vB′，在物体A与弹簧接触过程中，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得2Mv＝2MvA′＋MvB′，根据系统在碰撞前后动能不变得×2Mv2＝×2MvA′2＋MvB′2，解得vA′＝v，vB′＝v，根据动量定理，该过程中弹簧对A的弹力冲量大小I＝|2MvA′－2Mv|，解得I＝Mv，A正确；在物体A与弹簧接触到A、B分离的过程中，弹簧先从原长压缩，后恢复原长，开始和最后时弹簧弹力均为零，弹簧弹力对B做功的功率均为零，可知弹簧对B的弹力做功的功率不可能一直增大，B错误；当A、B速度相同时，二者相距最近，设共同速度为v′，此时弹簧的弹性势能最大，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律得2Mv＝(2M＋M)v′，解得v′＝v，由动能定理知，该过程中弹簧对A做功为WA＝×2Mv′2－×2Mv2＝－Mv2，对B做功为WB＝Mv′2＝Mv2，则弹簧对A、B做功的代数和为W＝WA＋WB＝－Mv2，由功能关系可知，弹簧的最大弹性势能Ep＝－W＝Mv2，C错误，D正确。 【举一反三】 2．（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＝，则B的速度为vB＝ C．以水平向右为正方向，若A的速度为vA＝，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 【答案】BCD 【详解】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＝，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＝，设初始弹簧的弹性势能为Ep，A的速度为vA＝时弹簧的弹性势能为Ep′，根据机械能守恒定律可得×2mv2＋Ep＝×2mv＋mv＋Ep′，解得Ep＝Ep′，开始时弹簧被压缩了L－L＝L，而vA＝时弹性势能与初始弹性势能相等，故vA＝时弹簧伸长量为L，此时弹簧长度为L′＝L＋L＝2L＝，故vA＝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×2mv2＋Ep＝×2m(2v)2＋m·(－2v)2，解得Ep＝5mv2，故D正确。 3．（多选）如图所示，水平平面内固定有两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，其弯曲部分是半圆形，B点为圆弧部分中点，轻弹簧右端固定于U形管C点处。开始U形管静止，一半径略小于管半径、质量为m的小球以初速度v0从U形管A点向左射入，最终又从A点离开U形管，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ） A．小球运动到B点时U形管的速度大小为 B．小球运动到B点时小球的速度大小为 C．U形管获得的最大速度为 D．弹簧获得的最大弹性势能为mv 【答案】ABD 【详解】设小球运动到B点时，小球与U形管在平行导槽方向具有的共同速度为v1，小球与U形管组成的系统在平行导槽方向动量守恒，则有mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝，设小球运动到B点时小球的速度大小为v2，对小球与U形管组成的系统，根据机械能守恒定律可得mv＝mv＋×2mv，解得v2＝，故A、B正确；当小球从A点离开U形管时，U形管的速度最大，设此时小球的速度为v3，U形管的速度为v4，根据水平方向动量守恒有mv0＝mv3＋2mv4，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋×2mv，解得v3＝－v0，v4＝v0，可知U形管获得的最大速度为，故C错误；当小球与U形管具有共同速度v共时，弹簧获得最大弹性势能Epm，根据小球和U形管组成的系统水平方向动量守恒，可得mv0＝(m＋2m)v共，解得v共＝，对小球、U形管和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律可得mv＝(m＋2m)v＋Epm，解得Epm＝mv，D正确。 4．（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 【答案】ACD 【详解】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＝mAv＋(mB＋mC)v2－(mA＋mB＋mC)v，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＝mBv－(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，mAv＋(mB＋mC)v2＝mAv＋(mB＋mC)v，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，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＝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。 5．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(sinθ＝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 (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。 【答案】(1)0.6mv　(2)0.768v0t0　(3)0.45 【详解】(1)由题图b可知，t＝t0时A、B速度相等，弹簧被压缩至最短，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律可得mB·1.2v0＝(m＋mB)v0 根据机械能守恒定律可得 Epmax＝mB(1.2v0)2－(m＋mB)v 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv。 (2)B接触弹簧后压缩弹簧的过程中，A、B组成的系统动量守恒，在任意时刻均有 mB·1.2v0＝mvA＋mBvB 即6mv0＝mvA＋5mvB 对方程两边同时乘以时间Δt，有 6mv0Δt＝mvAΔt＋5mvBΔt 0～t0时间内，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝msA＋5msB 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。 (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第一次下滑到斜面底端的速度大小为vA1，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得 －mvA1＋5m·0.8v0＝m·2v0＋5mvB2 根据机械能守恒定律可得 mv＋·5m(0.8v0)2＝m(2v0)2＋·5mv 联立解得vA1＝v0 解法一：设A在斜面上向上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得 －mgLsinθ－μmgLcosθ＝0－m(2v0)2 下滑过程，根据动能定理可得 mgLsinθ－μmgLcosθ＝mv－0 联立解得μ＝0.45。 解法二：根据牛顿第二定律，物块A上滑和下滑时分别有 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上 mgsinθ－μmgcosθ＝ma下 设A沿斜面上滑的位移大小为L，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动位移与速度的关系式可得 －2a上L＝0－(2v0)2 2a下L＝v 联立解得μ＝0.45。 ▌题型02 “滑块--光滑斜（曲）面”和悬绳模型 1．模型图示 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，mv＝(M＋m)v＋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，mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)。 6．（多选）如图所示，一带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是（ ） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大 C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小 D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动 【答案】BC 【详解】小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量不守恒，但水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车的速度最大，故B正确；小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的总动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，小球从A到B的过程中，系统中只有重力做功，所以由系统机械能守恒可知，小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速度大小，故C正确，D错误。 【举一反三】 7．（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＝，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 C．小球上升的最大高度为 D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为R 【答案】BCD 【详解】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＝m，v1＝0时总动量p2＝M，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m＝(m＋M)v共，解得v共＝，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m()2＝(m＋M)v＋mgH，解得H＝，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m＝mv球＋Mv车，m()2＝mv＋Mv，解得v球＝0，v车＝，则小球离开小车后做自由落体运动，设运动时间为t，有h＝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＝R，故D正确。 8．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 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 【答案】C 【详解】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＝，故B错误；根据机械能守恒定律得mv＝×4mv2＋mghmax，解得小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为hmax＝，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mv＝mv＋×3mv，联立以上两式可得v1＝－，v2＝，故D错误。 9．（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 D．小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力为mg(2－sinθ) 【答案】BC 【详解】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)＝mv＋mv，解得v1＝v2＝，此时小球相对于小环的速度大小为v＝v1＋v2＝2，对小球，由牛顿第二定律有F－mg＝m，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。 10．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，小球B的质量为0.2 kg，A、B用长为L＝0.8 m的轻质细线连接，B悬挂在A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，取g＝10 m/s2，A、B可视为质点。下列说法正确的是（ ） A．t＝0时刻细线对B的拉力大小为2 N B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小 C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功 D．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6 N·s 【答案】C 【详解】根据动量定理得A的初速度大小vA0＝＝6 m/s，以A为参考系，可知t＝0时刻B相对A做圆周运动，且速度大小为vA0，方向向右，对B有T－mBg＝mB，可得细线的拉力T＝mBg＋mB>mBg＝2 N，故A错误；从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程，A与B组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，以水平向左为正方向，有mAvA0＝mAvA1＋mBvB1，mAv＝mAv＋mBv，可解得B第一次回到A的正下方时A、B的速度分别为vA1＝－2 m/s，vB1＝4 m/s，根据动量定理知，此过程合力对B的冲量I′＝mBvB1＝0.8 N·s，D错误；由上述分析可知，小球B第一次回到A的正下方时，A球的速度不是最小，最小速度为vAmin＝0，B错误；开始时A带动B向左运动，A受到向右下方的拉力减速，B受到向左上方的拉力水平方向加速，当两者在水平方向共速时，细线仍向右下方倾斜，之后A继续减速至0，B水平方向继续加速，然后A受到向右下方的拉力向右加速至vA1＝－2 m/s，B水平方向继续加速至vB1＝4 m/s，此时B第一次回到A的正下方，结合动能定理知，整个过程细线对A先做负功再做正功，C正确。 ▌题型03 “滑块--木板”模型和“子弹打木块”模型 1．模型图示 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。 11．（多选）如图1所示，质量为M＝2 kg的木板A静置于光滑水平地面上，t＝0时刻物块B(可视为质点)以水平向右的初速度3 m/s从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当t＝2 s时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ） A．物块B的质量为1 kg B．木板A的长度为3 m C．物块B与木板A间的动摩擦因数为0.1 D．若只将物块B的初速度大小变为1.5 m/s，则最终物块B与木板A右端的距离为1.5 m 【答案】ABC 【详解】设物块B的质量为m，由v­t图像可知，t＝0时物块B的速度v0＝3 m/s，木板A的速度为0，t＝2 s时，A、B的速度均为v共＝1 m/s，0～2 s时间内，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v共，解得m＝1 kg，故A正确；设物块B与木板A间的动摩擦因数为μ，在0～2 s时间内，对物块B，由动量定理有－μmgΔt＝mv共－mv0，其中Δt＝2 s，解得μ＝0.1，故C正确；设木板A的长度为L，则在0～2 s时间内，对A、B组成的系统，由功能关系可知－μmgL＝(m＋M)v－mv，解得L＝3 m，故B正确；若只将物块B的初速度大小变为v0′＝1.5 m/s，设物块B、木板A的共同速度为v共′，最终物块B与木板A右端的距离为l，则由动量守恒定律有mv0′＝(m＋M)v共′，由功能关系有－μmg(L－l)＝(m＋M)v共′2－mv0′2，联立并代入数据解得l＝2.25 m，故D错误。 【举一反三】 12．（多选）长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b。以地面为参考系，给a和b一大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a。设a的初速度方向为正方向，a、b的v­t图像可能正确的是（ ） 【答案】ABC 【答案】地面光滑，a、b组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，设a的质量为ma，b的质量为mb，最后b没有滑离a，则最终a、b相对静止，速度相等。根据牛顿第二定律，a、b应在同一时刻达到共同速度，故D错误。从开始至二者共速，根据动量守恒定律有mav0－mbv0＝(ma＋mb)v。如果ma>mb，则v为正，故B正确。如果ma＝mb，则v＝0，故C正确。如果ma<mb，则v为负，故A正确。 13．（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 【答案】ABC 【答案】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＝，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。 14．如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平直杆PQ上并静止在A点，一轻绳上端连接滑块，下端连接质量也为M的木块处于静止状态。现有质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在其中，滑块经过B点到达C点时，木块恰好到达最高点E，此时轻绳刚好水平。已知重力加速度为g，滑块和木块、子弹都可看成质点，木块不会碰到直杆，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．从子弹开始射入木块到木块摆到位置E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统动量守恒 B．子弹和木块到达最高点E时的速度均为零 C．从子弹开始射入木块到木块摆到最高点E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统中产生的热量为 D．轻绳的长度为 【答案】C 【详解】从子弹开始射入木块到木块摆到最高点E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统，水平方向合力为零，水平方向动量守恒；竖直方向，总动量先增大后减小，动量不守恒，故A错误。设子弹射入木块后，二者的共同速度为v1，到达最高点E时，三者的共同速度为v2，系统中产生的热量为Q，轻绳的长度为L，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，(m＋M)v1＝(m＋2M)v2，由能量守恒定律有mv＝(m＋M)v＋Q，(m＋M)v＝(m＋2M)v＋(m＋M)gL，解得v1＝，v2＝，Q＝，L＝，故B、D错误，C正确。 15．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。 【答案】(1)5(1－k) m/s　 m/s　方向均水平向右　(2)1.875 m 【详解】(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＝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＝v0＝ m/s>0 可知碰撞后瞬间新滑板的速度大小为 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＝ 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＝×2mv－(2m＋mA＋mB)v 可解得两者相对位移的大小为x相＝1.875 m。 16．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 【详解】(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＝mv－(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′＝mv0′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′＝ cm 因为d′>10 cm，所以假设不成立，子弹能射穿该木块。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $