高考物理二、三輪復(fù)習(xí)總攻略專題4.5碰撞模型(原卷版+解析)

重點(diǎn)模型與核心問題深究專題4.5碰撞模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一碰撞模型及應(yīng)用 1二彈性碰撞模型及拓展 3三專題跟蹤檢測 7一碰撞模型及應(yīng)用1.三種碰撞的特點(diǎn)及規(guī)律彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′機(jī)械能損失最多，損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能有損失，損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度2.彈性碰撞的“動碰靜”模型(1)由動量守恒和能量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22；(2)碰后的速度：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3.彈性碰撞模型的拓展應(yīng)用【例1】(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是()A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0【例2】(2022·河北省縱向評價(jià))在北京冬奧會中，中國健兒取得了出色的成績。某次訓(xùn)練中，運(yùn)動員將質(zhì)量為19.1kg的冰壺甲以某一速度擲出，冰壺在向前運(yùn)動過程中，碰到了對方的靜止冰壺乙，冰壺乙在運(yùn)動0.2m后停下。已知比賽雙方所用冰壺完全相同，冰壺與冰面的動摩擦因數(shù)為0.01，當(dāng)?shù)刂亓铀俣燃s為10m/s2。假設(shè)兩冰壺的碰撞為一維碰撞，且不計(jì)碰撞的能量損失，則冰壺甲在碰前的速度約為()A．2.0m/s B．0.2m/sC．1.0m/s D．0.1m/s二彈性碰撞模型及拓展1.“滑塊—彈簧”模型(如圖)水平面光滑(1)注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時(shí)，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大。(2)從開始壓縮彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復(fù)原長時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。2．“滑塊—斜面”模型(如圖)各接觸面均光滑(1)水平方向動量守恒。(2)注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點(diǎn)時(shí)，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動能最小，重力勢能最大。(3)從滑塊以v0滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。3．“小球—圓弧槽”模型(如圖)接觸面均光滑(1)水平方向動量守恒。(2)小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時(shí)，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會沿切面再進(jìn)入圓弧槽。(3)從小球以v0滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0?！纠?】(2022·山西運(yùn)城期末)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點(diǎn)處剛好與水平地面相切。一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運(yùn)動，不計(jì)小球沖上圓弧滑塊過程中的機(jī)械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達(dá)的最大高度為eq\f(R,3)。則小球與滑塊質(zhì)量之比m∶M為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1【例2】(多選)(2022·山東濰坊市昌樂一中高三期末)如圖所示，eq\f(1,4)光滑圓槽B靜置于光滑水平地面上．槽底端與水平面相切，一小球A從水平地面以初速度v0滑向圓槽，從底端沿槽上滑，未沖出圓槽，最后滑回水平地面．已知小球的質(zhì)量為m，圓槽的質(zhì)量為M，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．小球上升的最大高度為eq\f(Mv\o\al(02),2M＋mg)B．圓槽運(yùn)動的最大速度為eq\f(mv0,M＋m)C．小球上滑過程比下滑過程的動量變化大D．上滑過程圓槽的動能增加量比下滑過程圓槽的動能增加量小【例3】(多選)(2022·山東省六校線上聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)光滑圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運(yùn)動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞【例4】(2022·遼寧朝陽市高三一模)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝3.0kg和mB＝2.0kg，用水平輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸.另有一物塊C在t＝0時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動，在t＝4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是()A.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為72JB.4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為24N·sC.物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為18JD.物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度為2m/s三專題跟蹤檢測1.(2022·湖北黃岡中學(xué)預(yù)測)如圖所示，兩個完全相同的eq\f(1,4)圓弧曲面A、B緊挨著放在水平地面上，曲面下端與水平面相切、將一小球由曲面A上P處(圖中未畫出)由靜止滑下。不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是()A.小球在A上滑動時(shí)，二者組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球在B上滑動時(shí)，二者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.小球在B上能夠達(dá)到與P點(diǎn)相同的高度D.小球最終一定能滑回A上P點(diǎn)2.(2022·重慶名校聯(lián)盟聯(lián)考)冰壺隊(duì)備戰(zhàn)2022年北京冬奧會，如圖所示，在某次訓(xùn)練中，藍(lán)壺靜止在大本營Q處，材質(zhì)相同，質(zhì)量相等的紅壺與藍(lán)壺發(fā)生正碰，在摩擦力作用下最終分別停在M點(diǎn)和N點(diǎn)，下列說法正確的是()A.碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B.紅壺碰前速度約為碰后速度的4倍C.碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍D.碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒3.(多選)(2022·黑龍江哈爾濱模擬)碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動。游樂場上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車迎面相撞，碰撞前后兩人的位移－時(shí)間圖像(x－t圖像)如圖所示。已知小孩的質(zhì)量為20kg，大人的質(zhì)量為60kg，碰碰車質(zhì)量相同，碰撞時(shí)間極短。下列說法正確的是()A.碰撞前后小孩的運(yùn)動方向沒有改變B.碰碰車的質(zhì)量為60kgC.碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N·sD.碰撞過程中損失的機(jī)械能為600J4.(2022·重慶一中檢測)如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從某高度自由落下，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)。若A反彈后剛好能返回到原高度，那么m1與m2的比值為()A．0.5 B．1C．2 D．35.(2022·河北衡水中學(xué)期中)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3kg。質(zhì)量m＝1kg的鐵塊以水平速度v0＝4m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()A.3J B.6JC.20J D.4J6.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)動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x?，F(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，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質(zhì)量為2mB．A物體的質(zhì)量為3mC．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢能為mveq\o\al(2,0)D．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢能為2mveq\o\al(2,0)7.(多選)(2022·四川成都二次聯(lián)考)2022年2月，第24屆冬奧會在中國北京舉行。在冬奧會的冰壺比賽中，運(yùn)動員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時(shí)受到的阻力。如圖(a)，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運(yùn)動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前后兩壺的v－t圖像如圖(b)所示，其中藍(lán)壺的圖線與紅壺的圖線的延長線與t軸相交于同一點(diǎn)。關(guān)于冰壺的運(yùn)動，下列說法正確的是()A.碰撞后藍(lán)壺的初速度大小為0.8m/sB.碰撞前紅壺的加速度大小為0.4m/s2C.碰撞后紅壺運(yùn)動的距離為0.15mD.碰撞后藍(lán)壺運(yùn)動的距離為1.35m8.(多選)(2022·廣西高三期中)如圖所示，光滑水平面上，靜止放置了一個eq\f(1,4)圓弧槽B，圓弧槽沒有固定，圓弧面光滑，最低點(diǎn)與水平面相切，半徑R＝40cm、質(zhì)量為m。一個質(zhì)量為2m可視為質(zhì)點(diǎn)的光滑小球A，某時(shí)刻以初速度v0＝6m/s從水平面沖上圓弧槽B，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A.小球A與圓弧槽B組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球A不能從圓弧槽B最高點(diǎn)飛出C.小球A上升的最大高度為60cmD.小球A再次回到水平面后，圓弧槽B的速度為8m/s9.(2022·重慶市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期末)如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動，一質(zhì)量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出．已知小球的半徑略小于管道半徑，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是()A．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動量都守恒B．小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為eq\f(v0,2)C．小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，小球速度大小為eq\f(v0,2)D．小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，U形管速度大小為eq\f(v0,2)10.(2022·西南名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平桿上有一質(zhì)量為m的滑環(huán)A，滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質(zhì)量為m的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，物塊B恰好與光滑的水平面接觸。質(zhì)量為m的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v沖向物塊B，物塊C與物塊B碰后粘在一起向右運(yùn)動，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物塊C與物塊B碰后速度為vB．物塊C與物塊B碰撞過程中損失的機(jī)械能為eq\f(1,8)mv2C．若滑環(huán)A不固定，則滑環(huán)A最大速度為eq\f(v,3)D．若滑環(huán)A不固定，則物塊B、C擺起的最大高度為eq\f(v2,24g)11.(多選)(2022·內(nèi)蒙古包頭市高三下學(xué)期一模)如圖，長度為l＝1m，質(zhì)量為M＝1kg的車廂，靜止于光滑的水平面上．車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m＝1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊以速度v0＝10m/s從車廂中點(diǎn)處向右運(yùn)動，與車廂壁來回彈性碰撞n次后，與車廂相對靜止，物塊與車廂底板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．n＝26B．系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為25JC．物塊最終停在車廂右端D．車廂最終運(yùn)動的速度為5m/s，方向水平向右12.(多選)(2022·山西大同模擬)如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，寬度為d，其余空間內(nèi)不存在電場。滑塊A剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)。現(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時(shí)間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列判斷正確的是()A.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞13.(多選)(2021·湖南卷·8)如圖(a)，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時(shí)彈簧形變量為x.撤去外力并開始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動的a－t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a－t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a－t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小.A在t1時(shí)刻的速度為v0.下列說法正確的是()A.0到t1時(shí)間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0B.mA>mBC.B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于xD.S1－S2＝S314.(2022·內(nèi)蒙古烏蘭察布一模)如圖所示，質(zhì)量為m1＝0.95kg的小車A靜止在光滑水平地面上，一質(zhì)量為m3＝0.05kg的子彈以v0＝100m/s的速度擊中小車A，并留在其中，作用時(shí)間極短．一段時(shí)間后小車A與另外一個靜止在其右側(cè)的、質(zhì)量為m2＝4kg的小車B發(fā)生正碰，小車B的左側(cè)有一固定的水平輕質(zhì)彈簧，碰撞過程中，彈簧始終未超過彈性限度，則下列說法錯誤的是()A．小車A與子彈的最終速度大小為3m/sB．小車B的最終速度大小為2m/sC．彈簧最大的彈性勢能為10JD．整個過程損失的能量為240J15.(多選)(2022·陜西西安市第一中學(xué)五模)如圖所示，一質(zhì)量為M的長直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質(zhì)量為m的木塊，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，在長直木板右方有一豎直的墻．使木板與木塊以共同的速度v0向右運(yùn)動，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，設(shè)木板足夠長，木塊始終在木板上，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．如果M＝2m，木板只與墻壁碰撞一次，整個運(yùn)動過程中摩擦產(chǎn)生熱量的大小為eq\f(4,3)mv02B．如果M＝m，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為eq\f(v\o\al(,02),2μg)C．如果M＝0.5m，木板第100次與墻壁發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小為(eq\f(1,3))99v0D．如果M＝0.5m，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的沖量大小為1.5mv016.(2022·北京朝陽區(qū)高三一模)如圖所示，兩個擺長均為L的單擺，擺球A、B質(zhì)量分別為m1、m2，懸點(diǎn)均為O.在O點(diǎn)正下方0.19L處固定一小釘．初始時(shí)刻B靜止于最低點(diǎn)，其擺線緊貼小釘左側(cè)，A從圖示位置由靜止釋放(θ足夠小)，在最低點(diǎn)與B發(fā)生彈性正碰．兩擺在整個運(yùn)動過程中均滿足簡諧運(yùn)動條件，懸線始終保持繃緊狀態(tài)且長度不變，擺球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)碰撞時(shí)間及空氣阻力，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是()A．若m1＝m2，則A、B在擺動過程中上升的最大高度之比為9∶10B．若m1＝m2，則每經(jīng)過1.9πeq\r(\f(L,g))時(shí)間A回到最高點(diǎn)C．若m1>m2，則A與B第二次碰撞不在最低點(diǎn)D．若m1<m2，則A與B第二次碰撞必在最低點(diǎn)17.(2022·河南省高三二模)如圖所示，質(zhì)量均為2kg的三個物塊靜止在光滑水平面上，其中物塊B的右側(cè)固定一水平輕彈簧，物塊A與彈簧接觸但不拴接.某時(shí)刻物塊A突然以v0＝3m/s的速度向左運(yùn)動，已知當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程時(shí)間極短，然后繼續(xù)運(yùn)動.若B、C碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE，B、C碰撞后運(yùn)動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，則()A.ΔE＝4.875J B.ΔE＝1.125JC.Ep＝6J D.Ep＝4.875J18.(2022·東北師大附中等五校聯(lián)考)如圖所示，水平面上O點(diǎn)左側(cè)為動摩擦因數(shù)μ＝0.6的粗糙段，O點(diǎn)右側(cè)光滑.兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A和B，物體A的質(zhì)量為m＝1kg，放在距O點(diǎn)左側(cè)x1＝3m處，物體B靜止放在距O點(diǎn)右側(cè)x2＝4m處.現(xiàn)給物體A一個向右的初速度v0＝10m/s，物體A穿過粗糙區(qū)后在O點(diǎn)右側(cè)段與物體B發(fā)生彈性正碰.碰后物體A恰好能返回出發(fā)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2.求：(1)物體A向右從O點(diǎn)到與物體B碰撞前瞬間所用的時(shí)間t1；(2)物體A與B碰撞后瞬間，物體A的速度大小v1；(3)物體B的質(zhì)量M.19.(2022·安徽合肥市一模)如圖所示，光滑水平面上放置著長木板A和滑塊C，滑塊B置于A的左端，二者間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50，A、B和C質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝mC＝2.0kg.開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝4.5m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間，B恰好停在A的右端，g＝10m/s2.求：(1)A與C發(fā)生碰撞后瞬間A、C的速度；(2)A、C碰撞后至B停在A右端的過程，A的右端與C的最大距離.20.(2022·山東濟(jì)寧市期末)如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量M＝4kg的平板車，小車右端固定一豎直擋板，擋板的質(zhì)量不計(jì)，一輕質(zhì)彈簧右端固定在擋板上，在平板車左端P處有一可以視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，其質(zhì)量m＝2kg.平板車上表面Q點(diǎn)的左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑，PQ間的距離L＝10m.某時(shí)刻平板車以v1＝1m/s的速度向左滑行，同時(shí)小滑塊以v2＝8m/s的速度向右滑行.一段時(shí)間后，小滑塊與平板車達(dá)到相對靜止，此時(shí)小滑塊與Q點(diǎn)相距d＝5m，取g＝10m/s2，求：(1)小物塊與平板車相對靜止時(shí)的速度v；(2)小滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ；(3)彈簧可能獲得的最大彈性勢能Ep.21.(2022·貴州銅仁市高三三模)如圖所示，長木板A靜止在水平軌道上，小物塊B靜止在長木板的左端.光滑斜軌道底端水平，與長木板上表面等高.小物塊C從斜軌道高為h＝0.8m處由靜止滑下，與B發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短).已知A、B、C的質(zhì)量均為1kg，物塊B、C與長木板A之間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.4，長木板A與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.15，物塊最終都未滑出長木板.(g取10m/s2)求：(1)物塊C與物塊B碰撞后瞬間物塊B的速度大??；(2)物塊B相對長木板A滑動的距離；(3)如果在初位置固定住長木板A，增大物塊C的質(zhì)量，當(dāng)物塊C的質(zhì)量遠(yuǎn)大于物塊B的質(zhì)量時(shí)，仍讓物塊C從原處靜止滑下，其他條件不變.物塊B、C都停下時(shí)B、C間的距離.重點(diǎn)模型與核心問題深究專題4.5碰撞模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一碰撞模型及應(yīng)用 1二彈性碰撞模型及拓展 3三專題跟蹤檢測 7一碰撞模型及應(yīng)用1.三種碰撞的特點(diǎn)及規(guī)律彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′機(jī)械能損失最多，損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能有損失，損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度2.彈性碰撞的“動碰靜”模型(1)由動量守恒和能量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22；(2)碰后的速度：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3.彈性碰撞模型的拓展應(yīng)用【例1】(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是()A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0【答案】B【解析】設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核的質(zhì)量也為m，氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)聯(lián)立解得v1＝v0設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0可得v1＝v0>v2，故C、D錯誤；碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)可得pN>pH，故A錯誤；碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)可得EkH>EkN，故B正確。【例2】(2022·河北省縱向評價(jià))在北京冬奧會中，中國健兒取得了出色的成績。某次訓(xùn)練中，運(yùn)動員將質(zhì)量為19.1kg的冰壺甲以某一速度擲出，冰壺在向前運(yùn)動過程中，碰到了對方的靜止冰壺乙，冰壺乙在運(yùn)動0.2m后停下。已知比賽雙方所用冰壺完全相同，冰壺與冰面的動摩擦因數(shù)為0.01，當(dāng)?shù)刂亓铀俣燃s為10m/s2。假設(shè)兩冰壺的碰撞為一維碰撞，且不計(jì)碰撞的能量損失，則冰壺甲在碰前的速度約為()A．2.0m/s B．0.2m/sC．1.0m/s D．0.1m/s【答案】B【解析】碰撞過程中，甲乙冰壺的動量守恒得mv0＝mv1＋mv2，根據(jù)機(jī)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)，對乙冰壺根據(jù)動能定理得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v0＝0.2m/s，故B正確。二彈性碰撞模型及拓展1.“滑塊—彈簧”模型(如圖)水平面光滑(1)注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時(shí)，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大。(2)從開始壓縮彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復(fù)原長時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。2．“滑塊—斜面”模型(如圖)各接觸面均光滑(1)水平方向動量守恒。(2)注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點(diǎn)時(shí)，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動能最小，重力勢能最大。(3)從滑塊以v0滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。3．“小球—圓弧槽”模型(如圖)接觸面均光滑(1)水平方向動量守恒。(2)小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時(shí)，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會沿切面再進(jìn)入圓弧槽。(3)從小球以v0滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。【例1】(2022·山西運(yùn)城期末)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點(diǎn)處剛好與水平地面相切。一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運(yùn)動，不計(jì)小球沖上圓弧滑塊過程中的機(jī)械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達(dá)的最大高度為eq\f(R,3)。則小球與滑塊質(zhì)量之比m∶M為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1【答案】C【解析】當(dāng)圓弧槽固定時(shí)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，當(dāng)圓弧槽不固定，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv0＝(m＋M)v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgeq\f(R,3)＋eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得m∶M＝2∶1，故C正確?！纠?】(多選)(2022·山東濰坊市昌樂一中高三期末)如圖所示，eq\f(1,4)光滑圓槽B靜置于光滑水平地面上．槽底端與水平面相切，一小球A從水平地面以初速度v0滑向圓槽，從底端沿槽上滑，未沖出圓槽，最后滑回水平地面．已知小球的質(zhì)量為m，圓槽的質(zhì)量為M，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．小球上升的最大高度為eq\f(Mv\o\al(02),2M＋mg)B．圓槽運(yùn)動的最大速度為eq\f(mv0,M＋m)C．小球上滑過程比下滑過程的動量變化大D．上滑過程圓槽的動能增加量比下滑過程圓槽的動能增加量小【答案】AD【解析】小球滑上B，滑到最高點(diǎn)時(shí)，水平方向動量守恒mv0＝(m＋M)v機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgh解得h＝eq\f(Mv\o\al(02),2M＋mg)，A正確；小球離開B時(shí)，B的速度最大，有mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq\f(2m,m＋M)v0，B錯誤；小球上滑過程Δp1＝mv－mv0＝－eq\f(mM,m＋M)v0下滑過程Δp2＝mv1－mv＝－eq\f(mM,m＋M)v0，所以小球上滑過程和下滑過程的動量變化一樣大，C錯誤；上滑過程圓槽的動能增加量ΔEk1＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)M(eq\f(mv0,m＋M))2下滑過程圓槽的動能增加量ΔEk2＝eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(3,2)M(eq\f(mv0,m＋M))2所以上滑過程圓槽的動能增加量比下滑過程圓槽的動能增加量小，D正確．【例3】(多選)(2022·山東省六校線上聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)光滑圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運(yùn)動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞【答案】AD解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率為4m/s，選項(xiàng)A正確；B沖上C并運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq\f(4,3)m/s，選項(xiàng)B錯誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時(shí)速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)MvB2＝eq\f(1,2)MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞，選項(xiàng)C錯誤，D正確．【例4】(2022·遼寧朝陽市高三一模)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝3.0kg和mB＝2.0kg，用水平輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸.另有一物塊C在t＝0時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動，在t＝4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是()A.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為72JB.4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為24N·sC.物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為18JD.物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度為2m/s【答案】B【解析】由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1kg.當(dāng)C與A的共同速度為0時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，Epm＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v22＝18J，選項(xiàng)A錯誤；由題圖乙知，12s末A和C的速度為v3＝－3m/s,4s到12s過程中墻壁對物塊B的沖量大小等于彈簧對物塊B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻壁對B的沖量為I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－24N·s，方向向左，故B正確；物塊B剛離開墻壁時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，A、C向左運(yùn)動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，A、B、C三者共速時(shí)彈簧的彈性勢能最大，則有(mA＋mC)v2＝(mA＋mC＋mB)v4,Epm′＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v22－eq\f(1,2)(mA＋mC＋mB)v42，聯(lián)立解得Epm′＝6J，選項(xiàng)C錯誤；物塊B剛離開墻壁時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，A、C向左運(yùn)動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，物塊B的速度最大，則有(mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v5＋mBv6，eq\f(1,2)(mA＋mC)v22＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v52＋eq\f(1,2)mBv62，代入數(shù)據(jù)解得v6＝4m/s，物塊B的最大速度為4m/s，選項(xiàng)D錯誤.三專題跟蹤檢測1.(2022·湖北黃岡中學(xué)預(yù)測)如圖所示，兩個完全相同的eq\f(1,4)圓弧曲面A、B緊挨著放在水平地面上，曲面下端與水平面相切、將一小球由曲面A上P處(圖中未畫出)由靜止滑下。不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是()A.小球在A上滑動時(shí)，二者組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球在B上滑動時(shí)，二者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.小球在B上能夠達(dá)到與P點(diǎn)相同的高度D.小球最終一定能滑回A上P點(diǎn)【答案】B【解析】小球在A上滑動時(shí)，在水平方向所受合力為零，水平方向動量守恒，在豎直方向上所受合力不為零，豎直方向動量不守恒，二者組成的系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；設(shè)小球到達(dá)曲面A的底端時(shí)，小球和A的速度大小分別為v和vA，由機(jī)械能守恒和動量守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，Mv－mvA＝0，設(shè)小球在曲面B上達(dá)到的最大高度為h′，此時(shí)小球和B的共同速度大小為vB，由機(jī)械能守恒和動量守恒得mgh′＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mv2，mv＝(M＋m)vB，解得h′＝eq\f(M2,（M＋m）2)h，B正確，C錯誤；小球滑上A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，A、B都有速度，由能量守恒定律知，小球能達(dá)到的最大高度一定低于P點(diǎn)，D錯誤。2.(2022·重慶名校聯(lián)盟聯(lián)考)冰壺隊(duì)備戰(zhàn)2022年北京冬奧會，如圖所示，在某次訓(xùn)練中，藍(lán)壺靜止在大本營Q處，材質(zhì)相同，質(zhì)量相等的紅壺與藍(lán)壺發(fā)生正碰，在摩擦力作用下最終分別停在M點(diǎn)和N點(diǎn)，下列說法正確的是()A.碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B.紅壺碰前速度約為碰后速度的4倍C.碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍D.碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】C【解析】碰后兩壺運(yùn)動距離不相同，所以碰后兩球速度不相同，根據(jù)動量定理可判斷出碰后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯誤；碰后紅壺運(yùn)動的距離為x1＝R2－R1＝0.61m，藍(lán)壺運(yùn)動的距離為x2＝2R2＝2.44m，二者質(zhì)量相同，假設(shè)二者碰后所受的摩擦力相同，則二者做減速運(yùn)動的加速度也相同，對紅壺，有veq\o\al(2,1)＝2ax1，對藍(lán)壺有veq\o\al(2,2)＝2ax2，聯(lián)立可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，即碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍，C正確；設(shè)紅壺碰前速度為v0，則有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍，B錯誤；碰前的動能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰后動能為Ek′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(5,9)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則有Ek0>Ek′，機(jī)械能不守恒，D錯誤。3.(多選)(2022·黑龍江哈爾濱模擬)碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動。游樂場上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車迎面相撞，碰撞前后兩人的位移－時(shí)間圖像(x－t圖像)如圖所示。已知小孩的質(zhì)量為20kg，大人的質(zhì)量為60kg，碰碰車質(zhì)量相同，碰撞時(shí)間極短。下列說法正確的是()A.碰撞前后小孩的運(yùn)動方向沒有改變B.碰碰車的質(zhì)量為60kgC.碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N·sD.碰撞過程中損失的機(jī)械能為600J【答案】BD【解析】規(guī)定小孩初始運(yùn)動方向?yàn)檎较?，由圖像可知，碰后兩車一起向碰前大人運(yùn)動的方向運(yùn)動，故碰撞前后小孩的運(yùn)動方向發(fā)生了改變，故A錯誤；由圖像可知，碰前瞬間小孩的速度v1＝2m/s，大人的速度v2＝－3m/s，碰后兩人的共同速度v3＝－1m/s，設(shè)碰碰車的質(zhì)量為M，由動量守恒定律有(M＋m1)v1－(M＋m2)v2＝(2M＋m1＋m2)v3，解得M＝60kg，故B正確；碰前小孩與其駕駛的碰碰車的總動量為p1＝160kg·m/s，碰后總動量為p1′＝－80kg·m/s，由動量定理可知碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量為I＝Δp＝－240N·s，故C錯誤；由能量守恒定律可得碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)×80×22J＋eq\f(1,2)×120×(－3)2J－eq\f(1,2)×200×(－1)2J＝600J，故D正確。4.(2022·重慶一中檢測)如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從某高度自由落下，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)。若A反彈后剛好能返回到原高度，那么m1與m2的比值為()A．0.5 B．1C．2 D．3【答案】B【解析】設(shè)兩物體落地前的瞬時(shí)速度均為v，B碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選A與B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，因碰后A仍回到原高度，則碰后A的速度仍為v，設(shè)B的速度為v2，選向上方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻胢2v－m1v＝m1v＋m2v2，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1v2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v2＝－v，m1＝m2，故B正確。5.(2022·河北衡水中學(xué)期中)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3kg。質(zhì)量m＝1kg的鐵塊以水平速度v0＝4m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()A.3J B.6JC.20J D.4J【答案】A【解析】由題意可知鐵塊壓縮彈簧過程中，以彈簧、木板和鐵塊為系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)木板和鐵塊速度相等時(shí)彈簧具有最大彈性勢能，設(shè)木板與鐵塊間摩擦力為Ff，木板長L，共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝FfL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，mv0＝(M＋m)v，又因?yàn)殍F塊最后恰好停在木板的左端，故根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2FfL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得Ep＝3J，B、C、D錯誤，A正確。6.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)動壓縮彈簧，測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，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質(zhì)量為2mB．A物體的質(zhì)量為3mC．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢能為mveq\o\al(2,0)D．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢能為2mveq\o\al(2,0)【答案】B【解析】設(shè)A物體的質(zhì)量為mA，物體A壓縮彈簧的最大壓縮量為x時(shí)，A的動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能有Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，當(dāng)A以2v0向右運(yùn)動壓縮彈簧過程，A、B彈簧系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)二者共速時(shí)，彈簧壓縮最大，也為x，此過程動量守恒有mA×2v0＝(mA＋m)v，由功能關(guān)系有eq\f(1,2)mA(2v0)2－eq\f(1,2)(mA＋m)v2＝Ep，聯(lián)立解得mA＝3m，Ep＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故B正確。7.(多選)(2022·四川成都二次聯(lián)考)2022年2月，第24屆冬奧會在中國北京舉行。在冬奧會的冰壺比賽中，運(yùn)動員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時(shí)受到的阻力。如圖(a)，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運(yùn)動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前后兩壺的v－t圖像如圖(b)所示，其中藍(lán)壺的圖線與紅壺的圖線的延長線與t軸相交于同一點(diǎn)。關(guān)于冰壺的運(yùn)動，下列說法正確的是()A.碰撞后藍(lán)壺的初速度大小為0.8m/sB.碰撞前紅壺的加速度大小為0.4m/s2C.碰撞后紅壺運(yùn)動的距離為0.15mD.碰撞后藍(lán)壺運(yùn)動的距離為1.35m【答案】BD【解析】由題圖(b)可知，碰撞前紅壺的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.2－1.6,1)m/s2＝－0.4m/s2，B正確；假如紅壺不與藍(lán)壺碰撞，可滑行的時(shí)間為t＝eq\f(Δv,a)＝eq\f(0－1.6,－0.4)s＝4s，由此可知，藍(lán)壺碰撞后的運(yùn)動時(shí)間為t1＝3s，紅壺與藍(lán)壺碰撞前的速度大小為v1＝1.2m/s，碰撞后的速度大小為v1′＝0.3m/s，碰撞過程動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有mv1＝mv1′＋mv，代入數(shù)據(jù)解得藍(lán)壺碰撞后的初速度大小為v＝0.9m/s，A錯誤；紅壺和藍(lán)壺碰撞后均做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)公式x＝eq\f(v＋v0,2)t代入數(shù)據(jù)解得，碰撞后紅壺運(yùn)動的距離為0.075m，藍(lán)壺運(yùn)動的距離為1.35m，C錯誤，D正確。8.(多選)(2022·廣西高三期中)如圖所示，光滑水平面上，靜止放置了一個eq\f(1,4)圓弧槽B，圓弧槽沒有固定，圓弧面光滑，最低點(diǎn)與水平面相切，半徑R＝40cm、質(zhì)量為m。一個質(zhì)量為2m可視為質(zhì)點(diǎn)的光滑小球A，某時(shí)刻以初速度v0＝6m/s從水平面沖上圓弧槽B，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A.小球A與圓弧槽B組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球A不能從圓弧槽B最高點(diǎn)飛出C.小球A上升的最大高度為60cmD.小球A再次回到水平面后，圓弧槽B的速度為8m/s【答案】CD【解析】小球A與圓弧槽B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，因此水平方向上系統(tǒng)動量守恒，但豎直方向上合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；假設(shè)小球A不能從圓弧槽B最高點(diǎn)飛出，當(dāng)A沿B的圓弧面上升至最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)A與B達(dá)到共同速度v1，根據(jù)動量守恒定律有2mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝4m/s，此過程中系統(tǒng)動能的減少量為ΔEk＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(2,1)＝12m(J)，系統(tǒng)重力勢能的增加量為ΔEp＝2mgR＝8m(J)，所以ΔEk≠ΔEp，不滿足機(jī)械能守恒定律，則假設(shè)不成立，由此可知小球A能從圓弧槽B最高點(diǎn)飛出，故B錯誤；小球A上升至圓弧槽B最高點(diǎn)時(shí)，A與B水平速度相等，均為v1，此時(shí)A還有豎直速度，因此A離開B最高點(diǎn)后將做斜拋運(yùn)動，其水平速度始終與B的水平速度相等，當(dāng)A上升至最高點(diǎn)時(shí)，豎直速度為零。設(shè)A上升的最大高度為h，對A從沖上B到上升至最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgh＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(2,1)，解得h＝0.6m，故C正確；根據(jù)前面分析可知，A做斜拋運(yùn)動過程中將始終與B保持在同一豎直平面內(nèi)，所以A最終還會落至B的最高點(diǎn)并沿圓弧滑動至水平面上。設(shè)最終A和B的速度分別為v2和v3，對A從沖上B到最終回到水平面的過程中，根據(jù)動量守恒定律有2mv0＝2mv2＋mv3，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得v3＝8m/s，故D正確。9.(2022·重慶市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期末)如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動，一質(zhì)量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出．已知小球的半徑略小于管道半徑，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是()A．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動量都守恒B．小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為eq\f(v0,2)C．小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，小球速度大小為eq\f(v0,2)D．小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，U形管速度大小為eq\f(v0,2)【答案】D【解析】由于不計(jì)一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發(fā)生轉(zhuǎn)移，故小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向動量守恒，故A錯誤；小球與U形管系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球從U形管的另一端射出的過程中，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22沿著導(dǎo)槽方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，故mv0＝mv2＋mv1解得小球從U形管的另一端射出時(shí)，U形管速度為v0，小球速度大小為0，故B錯誤；小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端過程，沿著導(dǎo)槽方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，設(shè)設(shè)小球的合速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2＋eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\f(\r(3),2)v0故C錯誤，D正確．10.(2022·西南名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平桿上有一質(zhì)量為m的滑環(huán)A，滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質(zhì)量為m的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，物塊B恰好與光滑的水平面接觸。質(zhì)量為m的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v沖向物塊B，物塊C與物塊B碰后粘在一起向右運(yùn)動，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物塊C與物塊B碰后速度為vB．物塊C與物塊B碰撞過程中損失的機(jī)械能為eq\f(1,8)mv2C．若滑環(huán)A不固定，則滑環(huán)A最大速度為eq\f(v,3)D．若滑環(huán)A不固定，則物塊B、C擺起的最大高度為eq\f(v2,24g)【答案】D【解析】物塊C與物塊B碰撞時(shí)動量守恒，有mv＝2mv1，解得碰后速度為v1＝eq\f(v,2)，A錯誤；物塊C與物塊B碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)mv2，B錯誤；若滑環(huán)A不固定，物塊C與物塊B粘在一起后，相對于A做曲線運(yùn)動，會向右拉動A一起運(yùn)動，當(dāng)A、B、C三者水平方向速度相等(設(shè)為v2)時(shí)，B、C擺起的高度最大(設(shè)為h)，根據(jù)動量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有mv＝3mv2，2mgh＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得h＝eq\f(v2,24g)，D正確；當(dāng)滑環(huán)A所受合外力為零時(shí)，速度達(dá)到最大(設(shè)為v3)，易知此時(shí)B、C整體恰好擺回至最低點(diǎn)，設(shè)此時(shí)B、C整體的速度為v4，根據(jù)動量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有2mv1＝mv3＋2mv4，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)，聯(lián)立解得v3＝eq\f(2,3)v，C錯誤。11.(多選)(2022·內(nèi)蒙古包頭市高三下學(xué)期一模)如圖，長度為l＝1m，質(zhì)量為M＝1kg的車廂，靜止于光滑的水平面上．車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m＝1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊以速度v0＝10m/s從車廂中點(diǎn)處向右運(yùn)動，與車廂壁來回彈性碰撞n次后，與車廂相對靜止，物塊與車廂底板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．n＝26B．系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為25JC．物塊最終停在車廂右端D．車廂最終運(yùn)動的速度為5m/s，方向水平向右【答案】BD【解析】由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得車廂最終運(yùn)動的速度為v＝5m/s，方向水平向右，對系統(tǒng)由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Q，代入數(shù)據(jù)解得系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝25J，故B、D正確；根據(jù)Q＝μmgL可得物塊在車廂中相對車廂滑行的距離L＝eq\f(Q,μmg)＝25m，與車廂壁來回彈性碰撞次數(shù)n＝eq\f(L,l)＝25次，物塊最終停在車廂中點(diǎn)處，故A、C錯誤．12.(多選)(2022·山西大同模擬)如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，寬度為d，其余空間內(nèi)不存在電場?；瑝KA剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時(shí)間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列判斷正確的是()A.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞【答案】AD【解析】對滑塊A在碰撞前根據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)；依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為v，根據(jù)動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv，又由能量守恒定律可知v<v0，即碰撞后滑塊A向左運(yùn)動不會滑出電場，設(shè)碰撞后滑塊A在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t，由動量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑塊B向右做勻速運(yùn)動，有vt＝eq\f(4,9)d，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正確，B錯誤；兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd>0，故碰撞為非彈性碰撞，C錯誤，D正確。13.(多選)(2021·湖南卷·8)如圖(a)，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時(shí)彈簧形變量為x.撤去外力并開始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動的a－t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a－t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a－t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小.A在t1時(shí)刻的速度為v0.下列說法正確的是()A.0到t1時(shí)間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0B.mA>mBC.B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于xD.S1－S2＝S3【答案】ABD【解析】由于在0～t1時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，則對B受力分析有F墻＝F彈，則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對象轉(zhuǎn)換為A，撤去F后A水平方向只受彈力作用，則根據(jù)動量定理有I＝mAv0(方向向右)，則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；由a－t圖像可知t1后彈簧被拉伸，在t2時(shí)刻彈簧的伸長量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有F彈＝mAaA＝mBaB，由題圖(b)可知aB>aA，則mB<mA，B正確；由題圖乙可得，t1時(shí)刻B開始運(yùn)動，此時(shí)A速度為v0，之后A、B動量守恒，A、B和彈簧整個系統(tǒng)能量守恒，則mAv0＝mAvA＋mBvB，可得A、B整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉(zhuǎn)化為A、B系統(tǒng)的動能，彈簧的形變量小于x，C錯誤；由a－t圖像可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1～t2時(shí)間內(nèi)A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，且在t2時(shí)刻彈簧的伸長量達(dá)到最大，A、B共速，由a－t圖像中圖線與橫軸所圍的面積表示Δv可知，在t2時(shí)刻A、B的速度分別為vA＝S1－S2，vB＝S3，A、B共速，則S1－S2＝S3，D正確.14.(2022·內(nèi)蒙古烏蘭察布一模)如圖所示，質(zhì)量為m1＝0.95kg的小車A靜止在光滑水平地面上，一質(zhì)量為m3＝0.05kg的子彈以v0＝100m/s的速度擊中小車A，并留在其中，作用時(shí)間極短．一段時(shí)間后小車A與另外一個靜止在其右側(cè)的、質(zhì)量為m2＝4kg的小車B發(fā)生正碰，小車B的左側(cè)有一固定的水平輕質(zhì)彈簧，碰撞過程中，彈簧始終未超過彈性限度，則下列說法錯誤的是()A．小車A與子彈的最終速度大小為3m/sB．小車B的最終速度大小為2m/sC．彈簧最大的彈性勢能為10JD．整個過程損失的能量為240J【答案】D【解析】以v0的方向?yàn)檎较?，子彈與小車A碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律得m3v0＝(m3＋m1)v1可得兩者碰撞后速度為v1＝5m/s彈簧最短時(shí)，彈性勢能最大，此時(shí)三者共速，根據(jù)動量守恒定律得(m3＋m1)v1＝(m3＋m1＋m2)v共，解得v共＝1m/s彈簧最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)(m3＋m1)v12－eq\f(1,2)(m3＋m1＋m2)v共2解得Ep＝10J，C正確；設(shè)小車A與子彈最終速度為v3，小車B最終速度為v4，根據(jù)動量守恒定律與能量守恒定律(m3＋m1)v1＝(m3＋m1)v3＋m2v4，eq\f(1,2)(m3＋m1)v12＝eq\f(1,2)(m3＋m1)v32＋eq\f(1,2)m2v42解得v3＝－3m/s，v4＝2m/s，A、B正確；整個過程損失的能量是在子彈打入小車A的過程中ΔE＝eq\f(1,2)m3v02－eq\f(1,2)(m3＋m1)v12＝237.5J，D錯誤．15.(多選)(2022·陜西西安市第一中學(xué)五模)如圖所示，一質(zhì)量為M的長直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質(zhì)量為m的木塊，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，在長直木板右方有一豎直的墻．使木板與木塊以共同的速度v0向右運(yùn)動，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，設(shè)木板足夠長，木塊始終在木板上，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．如果M＝2m，木板只與墻壁碰撞一次，整個運(yùn)動過程中摩擦產(chǎn)生熱量的大小為eq\f(4,3)mv02B．如果M＝m，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為eq\f(v\o\al(,02),2μg)C．如果M＝0.5m，木板第100次與墻壁發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小為(eq\f(1,3))99v0D．如果M＝0.5m，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的沖量大小為1.5mv0【答案】ACD【解析】木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果M＝2m，合動量方向向左，則木板只與墻壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做勻速直線運(yùn)動，取向左為正，根據(jù)動量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(1,3)v0，由能量守恒定律，整個運(yùn)動過程中摩擦生熱為Q＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(4,3)mv02故A正確；如果M＝m，木板與墻壁碰撞后，二者的合動量為零，最后木板靜止時(shí)木塊也靜止，木板只與墻壁碰撞一次，根據(jù)能量關(guān)系可得μmgx＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02解得木塊相對木板的位移大小為eq\f(v02,μg)，故B錯誤；如果M＝0.5m，木板與墻壁發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合動量方向向右，設(shè)第一次共速后的速度為v1，取向右為正，根據(jù)動量守恒定律可得mv0－Mv0＝(m＋M)v1解得v1＝eq\f(1,3)v0＜v0所以共速前木板沒有與墻壁碰撞，二者以共同速度v1勻速運(yùn)動，木板第2次與墻壁碰撞時(shí)的速度為v1；同理可得，木板與墻壁第2次碰撞后達(dá)到共速的速度為v2＝eq\f(1,3)v1＝(eq\f(1,3))2v0木板第3次與墻壁碰撞時(shí)的速度為v2＝(eq\f(1,3))2v0以此類推，木板第100次與墻壁碰撞前瞬間的速度為v99＝(eq\f(1,3))99v0故C正確；如果M＝0.5m，木板最終停在墻的邊緣，全過程根據(jù)動量定理可得，在整個過程中墻對木板的沖量大小為I＝(m＋M)v0＝1.5mv0故D正確．16.(2022·北京朝陽區(qū)高三一模)如圖所示，兩個擺長均為L的單擺，擺球A、B質(zhì)量分別為m1、m2，懸點(diǎn)均為O.在O點(diǎn)正下方0.19L處固定一小釘．初始時(shí)刻B靜止于最低點(diǎn)，其擺線緊貼小釘左側(cè)，A從圖示位置由靜止釋放(θ足夠小)，在最低點(diǎn)與B發(fā)生彈性正碰．兩擺在整個運(yùn)動過程中均滿足簡諧運(yùn)動條件，懸線始終保持繃緊狀態(tài)且長度不變，擺球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)碰撞時(shí)間及空氣阻力，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是()A．若m1＝m2，則A、B在擺動過程中上升的最大高度之比為9∶10B．若m1＝m2，則每經(jīng)過1.9πeq\r(\f(L,g))時(shí)間A回到最高點(diǎn)C．若m1>m2，則A與B第二次碰撞不在最低點(diǎn)D．若m1<m2，則A與B第二次碰撞必在最低點(diǎn)【答案】B【解析】兩球發(fā)生彈性正碰m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0若m1＝m2，則A、B兩球發(fā)生彈性正碰時(shí)交換速度，即碰后A的速度減為零，B的速度等于A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度，只有B向上擺動，根據(jù)機(jī)械能守恒知，A、B兩球擺動過程中上升的高度之比為1∶1，根據(jù)單擺模型可知B的周期TB＝2πeq\r(\f(0.81L,g))＝1.8πeq\r(\f(L,g))A的周期TA＝2πeq\r(\f(L,g))則當(dāng)A再次回到最高點(diǎn)時(shí)的時(shí)間為t＝eq\f(1,2)(TA＋TB)＝1.9πeq\r(\f(L,g))選項(xiàng)A錯誤，B正確．若m1>m2，則碰撞后，A的速度方向繼續(xù)向右，B球的速度方向也向右，兩球均繞釘子做單擺運(yùn)動，擺動的周期相等，A、B第二次碰撞的位置在最低點(diǎn)，故C錯誤；若m1<m2，則碰撞后，A的速度方向向左，B球的速度方向向右，兩球做單擺運(yùn)動的擺長不等，兩球做單擺運(yùn)動的周期不等，均經(jīng)過二分之一個周期回到最低點(diǎn)，可知A、B碰撞的位置不在最低點(diǎn)，故D錯誤．17.(2022·河南省高三二模)如圖所示，質(zhì)量均為2kg的三個物塊靜止在光滑水平面上，其中物塊B的右側(cè)固定一水平輕彈簧，物塊A與彈簧接觸但不拴接.某時(shí)刻物塊A突然以v0＝3m/s的速度向左運(yùn)動，已知當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程時(shí)間極短，然后繼續(xù)運(yùn)動.若B、C碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE，B、C碰撞后運(yùn)動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，則()A.ΔE＝4.875J B.ΔE＝1.125JC.Ep＝6J D.Ep＝4.875J【答案】BD【解析】對A、B整體由動量守恒有mv0＝2mv1對B、C整體由動量守恒有mv1＝2mv2解得v2＝eq\f(v0,4)對A、B、C整體由動量守恒有mv0＝3mv3B、C碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv22＝1.125JB、C碰撞后運(yùn)動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mv02－ΔE－eq\f(1,2)×3mv32＝4.875J，故選B、D.18.(2022·東北師大附中等五校聯(lián)考)如圖所示，水平面上O點(diǎn)左側(cè)為動摩擦因數(shù)μ＝0.6的粗糙段，O點(diǎn)右側(cè)光滑.兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A和B，物體A的質(zhì)量為m＝1kg，放在距O點(diǎn)左側(cè)x1＝3m處，物體B靜止放在距O點(diǎn)右側(cè)x2＝4m處.現(xiàn)給物體A一個向右的初速度v0＝10m/s，物體A穿過粗糙區(qū)后在O點(diǎn)右側(cè)段與物體B發(fā)生彈性正碰.碰后物體A恰好能返回出發(fā)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2.求：(1)物體A向右從O點(diǎn)到與物體B碰撞前瞬間所用的時(shí)間t1；(2)物體A與B碰撞后瞬間，物體A的速度大小v1；(3)物體B的質(zhì)量M.【答案】(1)0.5s(2)6m/s(3)7kg【解析】(1)物體A在O點(diǎn)左側(cè)做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小為vt對這個運(yùn)動過程由牛頓第二定律得μmg＝ma解得a＝6m/s2由運(yùn)動學(xué)公式有vt2－v02＝－2ax1解得vt＝8m/s物體A在O點(diǎn)右側(cè)做勻速直線運(yùn)動，故有x2＝vtt1解得t1＝0.