物理-2023屆高三物理一輪復(fù)習(xí)：“碰撞類”模型問題

《動(dòng)量》“碰撞類”模型問題一、碰撞的特點(diǎn)和分類1.碰撞的特點(diǎn)(1)時(shí)間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間極短，相對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的全過程可忽略不計(jì)。(2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量守恒。2.碰撞的分類(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大。3.爆炸：一種特殊的“碰撞”特點(diǎn)1：系統(tǒng)動(dòng)量守恒。特點(diǎn)2：系統(tǒng)動(dòng)能增加。二、彈性正碰模型1.“一動(dòng)碰一靜”模型當(dāng)v2＝0時(shí)，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v1′＝\f(m1－m2,m1＋m2)v1,v2′＝\f(2m1v1,m1＋m2)))2.如果兩個(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成彈性正碰。三、碰撞可能性分析判斷碰撞過程是否存在的依據(jù)1.滿足動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。2.滿足動(dòng)能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。3.速度要符合情景(1)如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后＞v前，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度v前′≥v后′。(2)如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。若碰后沿同向運(yùn)動(dòng)，則前面物體的速度大于或等于后面物體的速度，即v前≥v后。關(guān)鍵能力一：“滑塊—彈簧”模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒．(2)機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能)．(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)．例題1.(多選)如圖甲所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上．現(xiàn)使A以3m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，速度—時(shí)間圖像如圖乙，則有()A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比Ek1∶Ek2＝1∶8【答案】CD【解析】由題圖乙可知t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且此時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，t1時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而t3時(shí)刻處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；結(jié)合圖像弄清兩物塊的運(yùn)動(dòng)過程，開始時(shí)A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩物塊均減速，在t3時(shí)刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，t＝0時(shí)刻和t＝t1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時(shí)刻A的速度為vA＝－1m/s，B的速度為vB＝2m/s，根據(jù)m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確．【試試看】1如圖所示，質(zhì)量分別為1kg、3kg的滑塊A、B位于光滑水平面上，現(xiàn)使滑塊A以4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與左側(cè)連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生相互作用．求二者在發(fā)生相互作用的過程中，(1)彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)滑塊B的最大速度．【答案】(1)6J(2)2m/s，方向向右【解析】(1)當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)滑塊A、B同速．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝eq\f(mAv0,mA＋mB)＝eq\f(1×4,1＋3)m/s＝1m/s彈簧的最大彈性勢(shì)能即此時(shí)滑塊A、B損失的動(dòng)能Epm＝eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝6J.(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊B獲得最大速度，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvmeq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mBvm2＋eq\f(1,2)mAvA2解得vm＝2m/s，方向向右．【試試看】2兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示．已知B與C碰撞后會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)．在以后的運(yùn)動(dòng)中：(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大？(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？【答案】(1)3m/s(2)12J【解析】(1)彈簧壓縮至最短時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA解得vA＝3m/s(2)B、C碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒mBv＝(mB＋mC)vC故vC＝2m/s碰后彈簧壓縮到最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，故Ep＝eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(C2,)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(A2,)＝12J.鍵能力二：“滑塊—斜(曲)面”模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時(shí)m的豎直速度vy＝0.系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為m的重力勢(shì)能)．(2)返回最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)．水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相當(dāng)于完成了彈性碰撞)．例題2.(多選)質(zhì)量為M的帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則()A．小球以后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)C．此過程小球?qū)π≤囎龅墓閑q\f(1,2)Mv02D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq\f(v02,2g)【答案】BC【解析】小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車相對(duì)靜止，有相同的速度v′，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′，eq\f(1,2)Mv02＝2×(eq\f(1,2)Mv′2)＋Mgh，聯(lián)立解得h＝eq\f(v02,4g)，故D錯(cuò)誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由于無摩擦力做功，機(jī)械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱悖_始做自由落體運(yùn)動(dòng)，小車速度變?yōu)関0，動(dòng)能為eq\f(1,2)Mv02，即此過程小球?qū)π≤囎龅墓閑q\f(1,2)Mv02，故B、C正確，A錯(cuò)誤．【試試看】1如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek1.現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,2)D.eq\f(4,3)【答案】C【解析】設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m，則Q的質(zhì)量為m，弧形頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時(shí)，Q下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P解除鎖定，Q下滑過程，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mvQ2＋eq\f(1,2)·2mvP2，Q離開P時(shí)的動(dòng)能：Ek2＝eq\f(1,2)mvQ2，解得：eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(3,2)，故C正確．【試試看】2：如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個(gè)完全相同的eq\f(1,4)圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點(diǎn)，b、b′分別為A、B槽的最低點(diǎn)，A槽的左端緊靠著豎直墻壁，一個(gè)質(zhì)量為m的小球C從圓槽A頂端的a點(diǎn)無初速度釋放．重力加速度為g，求：(1)小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度大小及A槽對(duì)地面的壓力大??；(2)小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大高度；(3)B的最大速度的大?。敬鸢浮?1)eq\r(2gR)3mg＋Mg(2)eq\f(MR,M＋m)(3)eq\f(2m,M＋m)eq\r(2gR)【解析】(1)小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程，機(jī)械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)解得小球到b點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0＝eq\r(2gR)在最低點(diǎn)b，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(02,),R)解得FN＝3mg由牛頓第三定律可知，小球C對(duì)A的壓力FN′＝FN＝3mg，A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對(duì)A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛頓第三定律可知，A對(duì)地面的壓力F′＝F＝3mg＋Mg.(2)B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)至所能達(dá)到的最大高度h處時(shí)，兩者共速，由動(dòng)量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v由機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh解得h＝eq\f(MR,M＋m).(3)當(dāng)小球回到B槽的底端b′點(diǎn)時(shí)，B的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2由能量守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(22,)解得v2＝eq\f(2m,M＋m)eq\r(2gR).鍵能力三：“物體與物體”正碰模型1．碰撞遵守的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(jié)束。如果碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。2．碰撞模型類型(1)彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。結(jié)論：①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)。③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。④撞前相對(duì)速度與撞后相對(duì)速度大小相等。(2)完全非彈性碰撞①撞后共速。②有動(dòng)能損失，且損失最多。例題3.甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J【答案】A【解析】設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動(dòng)量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，A正確?！驹囋嚳础?.如圖所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA＝2kg，且以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，碰撞前后的位移－時(shí)間圖像如圖所示(規(guī)定向右為正方向)，則碰撞后的速度及物體B的質(zhì)量分別為()A．2m/s，5kg B．2m/s，3kgC．3.5m/s，2.86kg D．3.5m/s，0.86kg【答案】B【解析】由圖像可知，碰前A的速度v1＝eq\f(20,4)m/s＝5m/s，碰后AB的共同速度v2＝eq\f(28－20,8－4)m/s＝2m/s，A、B碰撞過程中動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3kg，B正確。【試試看】2.如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且劈足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊黏在一起滑上曲面劈B。求：(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。【答案】(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)【解析】(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞黏在一起，以v0的方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝eq\f(1,2)v0；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能：E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時(shí)，A、B、C系統(tǒng)的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝eq\f(1,5)v0根據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×5meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))eq\s\up12(2)解得h＝eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)。核心素養(yǎng)：“滑塊—木板”碰撞模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊或木板的速度最大，兩者的相對(duì)位移(子彈為射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質(zhì)量越小，木塊(或木板)的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越多(4)該類問題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，相當(dāng)于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖示求解例題4.如圖所示，質(zhì)量M＝1.0kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝0.495kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。質(zhì)量m0＝0.005kg的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(子彈與物塊作用時(shí)間極短)，木板足夠長(zhǎng)，g取10m/s2。求：(1)物塊的最大速度v1；(2)木板的最大速度v2；(3)物塊在木板上滑動(dòng)的時(shí)間t。【答案】(1)3m/s(2)1m/s(3)0.5s【解析】(1)子彈射入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，取向右為正方向，根據(jù)子彈和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：m0v0＝(m＋m0)v1解得v1＝3m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊和木板三者速度相同時(shí)，木板的速度最大，根據(jù)三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：(m＋m0)v1＝(M＋m＋m0)v2解得：v2＝1m/s。(3)對(duì)木板，根據(jù)動(dòng)量定理得：μ(m＋m0)gt＝Mv2－0解得：t＝0.5s?！驹囋嚳础?.如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小物塊靜止放置在固定水平臺(tái)的最左端，質(zhì)量M＝2kg的小車左端緊靠平臺(tái)靜置在光滑水平地面上，平臺(tái)、小車的長(zhǎng)度均為0.6m且上表面等高．現(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的恒力F，使小物塊開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊到達(dá)平臺(tái)最右端時(shí)撤去恒力F，小物塊剛好能夠到達(dá)小車的右端．小物塊大小不計(jì)，與平臺(tái)間、小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均為0.5，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小物塊離開平臺(tái)時(shí)速度的大小；(2)水平恒力F對(duì)小物塊沖量的大?。敬鸢浮?1)3m/s(2)5N·s【解析】(1)設(shè)撤去水平向右的恒力F時(shí)小物塊的速度大小為v0，小物塊和小車的共同速度大小為v1.從撤去恒力到小物塊到達(dá)小車右端過程，以v0的方向?yàn)檎较颍瑢?duì)小物塊和小車組成的系統(tǒng)：由動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(12,)＋μmgl聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：v0＝3m/s(2)設(shè)水平恒力F對(duì)小物塊沖量的大小為I，小物塊在平臺(tái)上相對(duì)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t.小物塊在平臺(tái)上相對(duì)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過程，對(duì)小物塊：由動(dòng)量定理：I－μmgt＝mv0－0由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：l＝eq\f(v0,2)·t聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：I＝5N·s.【試試看】2.如圖所示，厚度均勻的長(zhǎng)木板C靜止在光滑水平面上，木板上距左端L處放有小物塊B。某時(shí)刻小物塊A以某一初速度從左端滑上木板向右運(yùn)動(dòng)，已知A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A、B、C三者的質(zhì)量相等，重力加速度為g。(1)求A剛滑上木板時(shí)，A、B的加速度大小。(2)要使A、B不發(fā)生碰撞，求A的初速度應(yīng)滿足的條件。(3)若已知A的初速度為v0，且A、B之間發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直線運(yùn)動(dòng)。要保證A、B均不會(huì)從木板上掉下，木板的最小長(zhǎng)度是多少？【答案】(1)μgeq\f(μg,2)(2)v1≤eq\r(3μgL)(3)eq\f(v0′2,3μg)【解析】(1)對(duì)A有μmg＝maA得aA＝μg對(duì)BC有μmg＝2maB解得aB＝eq\f(μg,2)。(2)若A、B剛好不發(fā)生碰撞，則三者正好達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒有mv1＝3mv共且有μmgL≥eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,共)解得v1≤eq\r(3μgL)。(3)由于發(fā)生彈性碰撞，A、B碰后交換速度，等同于A與C相對(duì)靜止一起向前加速，B繼續(xù)減速，剛好不滑下木板時(shí)，三者達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒有mv0′＝3mv共′且有μmgL總＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)×3mv共′2聯(lián)立解得L總＝eq\f(v0′2,3μg)。1.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長(zhǎng)度均為d，兩小球質(zhì)量分別為m1、m2，m1>m2，m2的左邊有一固定擋板．由圖示位置靜止釋放m1、m2，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1的速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1【答案】BD【解析】由題意結(jié)合題圖可知，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運(yùn)動(dòng)，m2在后，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再次相距最近時(shí)，m1減速結(jié)束，m2加速結(jié)束，因此此時(shí)m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，B、D選項(xiàng)正確．2.如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】(1)20kg(2)不能，理由見解析【解析】(1)規(guī)定向左為正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.對(duì)冰塊與斜面體，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s為冰塊推出時(shí)的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，對(duì)小孩與冰塊，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對(duì)冰塊與斜面體，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩．3.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為M和m0的兩滑塊甲、乙用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，與位于正前方的質(zhì)量為m的靜止滑塊丙發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短．在甲、丙碰撞瞬間，下列情況可能發(fā)生的是()A．甲、乙、丙的速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．乙的速度不變，甲和丙的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足Mv＝Mv1＋mv2C．乙的速度不變，甲和丙的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′D．甲、乙、丙速度均發(fā)生變化，甲、乙的速度都變?yōu)関1，丙的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2【答案】BC【解析】碰撞的瞬間滑塊甲和丙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，滑塊乙的速度不變，以滑塊甲的初速度方向?yàn)檎较?，若碰后滑塊甲和丙的速度分別變?yōu)関1和v2，由動(dòng)量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑塊甲和丙的速度相同，由動(dòng)量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正確．4.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長(zhǎng)，與水平方向的夾角為θ.一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關(guān)系式中正確的是()A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC.eq\f(1,2)m(v0sinθ)2＝mghD.eq\f(1,2)mv02＝mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2【答案】BD【解析】小物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，小物塊相對(duì)楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為v，沿水平方向，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，全過程機(jī)械能守恒．以水平向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒得mv0cosθ＝(m＋M)v，故A錯(cuò)誤，B正確；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2，故C錯(cuò)誤，D正確．5.(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質(zhì)量都為m，B左端固定一個(gè)處在壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當(dāng)彈簧再受到壓縮時(shí)鎖定裝置會(huì)失效．A以速率v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過彈性限度，關(guān)于它們后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是()A．A物體最終會(huì)靜止，B物體最終會(huì)以速率v向右運(yùn)動(dòng)B．A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量最終將大于mvC．A、B系統(tǒng)的總動(dòng)能最終將大于eq\f(1,2)mv2D．當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、B的總動(dòng)能為eq\f(1,4)mv2【答案】CD6.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、帶有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道的滑塊靜置于光滑水平地面上，且圓弧軌道底端與水平面平滑連接，O為圓心．質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平向右的初速度v0沖上圓弧軌道，恰好能滑到圓弧軌道最高點(diǎn)，已知M＝2m，則下列判斷正確的是()A．小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊機(jī)械能不守恒B．小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊與帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小滑塊沖到軌道的最高點(diǎn)時(shí)，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大且大小為eq\f(2,3)v0D．小滑塊脫離圓弧軌道時(shí)，速度大小為eq\f(1,3)v0【答案】AD【解析】小滑塊沖上軌道的過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小滑塊機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A正確；小滑塊沖上軌道的過程，系統(tǒng)豎直方向受力不為零，動(dòng)量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由水平方向動(dòng)量守恒可得，小滑塊沖到軌道的最高點(diǎn)時(shí)，帶有圓弧軌道的滑塊速度大小為eq\f(1,3)v0；當(dāng)小滑塊從圓弧軌道返回脫離圓弧軌道時(shí)，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大，設(shè)脫離時(shí)小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊速度分別為v1和v2，則有mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v2＝eq\f(2,3)v0，v1＝－eq\f(1,3)v0，故C錯(cuò)誤，D正確．7.(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質(zhì)量為3mB．A物體的質(zhì)量為2mC．彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為eq\f(3,2)mv02D．彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02【答案】AC【解析】對(duì)題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)Mv02；對(duì)題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)，A、B二者速度相等，由動(dòng)量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)M·(2v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立解得M＝3m，Ep＝eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(3,2)mv02，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤．8.如圖所示，光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M＝0.4kg、m＝0.1kg的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep＝4.0J彈性勢(shì)能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連)，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧滑向與水平相切的豎直放置的光滑半圓形軌道，到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)小球?qū)壍赖膲毫?N，g取10m/s2，求：(1)兩小球離開彈簧時(shí)的速度大小；(2)半圓形軌道半徑。【答案】(1)8m/s2m/s(2)0.8m【解析】(1)彈簧彈開過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝Ep，解得：v1＝8m/s，v2＝2m/s；(2)小球m到達(dá)B點(diǎn)過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，小球在圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg＋F＝meq\f(v2,R)解得：R＝0.8m。9.在光滑水平地面上放有一質(zhì)量M＝3kg帶四