微專題39 類碰撞模型問題分析-2025版高中物理微專題

微專題39類碰撞模型問題分析【核心方法點(diǎn)撥】1.類碰撞模型之“滑塊+彈簧+滑塊”(1)對于彈簧類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒．(2)整個過程涉及到彈性勢能、動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問題．(3)注意：彈簧壓縮最短時，彈簧連接的兩物體速度相等，此時彈簧彈性勢能最大．2.類碰撞模型之“滑塊+木板”(1)把滑塊、木板看作一個整體，摩擦力為內(nèi)力，在光滑水平面上滑塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒．(2)由于摩擦生熱，把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒．應(yīng)由能量守恒求解問題．(3)注意：滑塊不滑離木板時最后二者有共同速度．3.子彈打木塊模型(1)子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為該過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則系統(tǒng)動量守恒．(2)在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化．(3)若子彈不穿出木塊，二者最后有共同速度，機(jī)械能損失最多．【微專題訓(xùn)練】類型一：“子彈打木塊”模型【例題】(“卓越”自主招生)長為L，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上。質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出。已知從子彈射入到射出木塊移動的距離為s，則子彈穿過木塊所用的時間為()A.eq\f(L＋s,v0) B.eq\f(1,v0)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))s))C.eq\f(1,v0)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))s)) D.eq\f(1,v0)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(s＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))L))解析：選B子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊系統(tǒng)，動量守恒，有：mv0＝mv1＋Mv2，設(shè)子彈穿過木塊過程所受阻力為f，對子彈，由動能定理：－f(s＋L)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02由動量定理：－ft＝mv1－mv0對木塊，由動能定理：fs＝eq\f(1,2)Mv22，由動量定理：ft＝Mv2，聯(lián)立解得：t＝eq\f(1,v0)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))s))。選項(xiàng)B正確。矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊．若射擊下層，子彈剛好不射出；若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示．則上述兩種情況相比較()A．子彈的末速度大小相等B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C．子彈對滑塊做的功不相同D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大【解析】根據(jù)動量守恒，兩次最終子彈與木塊的速度相等，A正確；根據(jù)能量守恒可知，初狀態(tài)子彈動能相同，末狀態(tài)兩木塊與子彈的動能也相同，因此損失的動能轉(zhuǎn)化成的熱量也相同，B正確；子彈對滑塊做的功等于滑塊末狀態(tài)的動能，因此做功相同，C錯誤；產(chǎn)生的熱量Q＝Ff×Δx，由于產(chǎn)生的熱量相同，而相對位移Δx不同，因此子彈和滑塊間的水平作用力大小不同，D錯誤．【答案】AB類型二：類碰撞模型之“滑塊+彈簧+滑塊”【例題】(2018·高考物理全真模擬卷一)如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量．若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關(guān)系為()A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能確定C[若用錘子敲擊A球，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)彈簧最短時，兩者的共速，則mAv＝(mA＋mb)v′，解得v′＝eq\f(mAv,mA＋mB)，彈性勢能最大，最大為ΔEp＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(mAmBv2,2mA＋mB)；若用錐子敲擊B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝eq\f(mBv,mA＋mB)，彈性勢能最大為ΔEp＝eq\f(1,2)mBv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(mAmBv2,2mA＋mB)，即兩種情況下彈簧壓縮最短時，彈性勢能相等，故L1＝L2，C正確．]【變式】質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，鋼板處于平衡狀態(tài)．一質(zhì)量也為m的物塊甲從鋼板正上方高為h的A處自由落下，打在鋼板上并與鋼板一起向下運(yùn)動x0后到達(dá)最低點(diǎn)B；若物塊乙質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊乙與鋼板一起向下運(yùn)動到B點(diǎn)時，還具有向下的速度，已知重力加速度為g，空氣阻力不計．求：(1)物塊甲和鋼板一起運(yùn)動到最低點(diǎn)B過程中彈簧彈性勢能的增加量；(2)物塊乙和鋼板一起運(yùn)動到B點(diǎn)時速度vB的大?。窘馕觥?1)設(shè)物塊甲落在鋼板上時的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh)(設(shè)物塊甲與鋼板碰撞后的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(\r(2gh),2)根據(jù)題意可得到達(dá)最低點(diǎn)B時彈簧的彈性勢能增加量為ΔEp＝2mgx0＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(1,2)h))(2)設(shè)物塊乙落在鋼板上時的速度為v0′，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgh＝eq\f(1,2)×2mv0′2，解得v0′＝eq\r(2gh)設(shè)物塊乙與鋼板碰撞后的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有2mv0′＝3mv2解得v2＝eq\f(2\r(2gh),3)根據(jù)能量守恒定律可得ΔEp＝3mgx0＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,B)聯(lián)立各式解得vB＝eq\r(\f(2,3)gx0＋\f(5,9)gh)【答案】(1)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(1,2)h))(2)eq\r(\f(2,3)gx0＋\f(5,9)gh)類型三：類碰撞模型之“滑塊+弧面或斜面”【例題】如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個eq\f(1,4)弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點(diǎn)切線水平。另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計摩擦。下列說法中正確的是()A．當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，小球能到達(dá)B點(diǎn)B．如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上C．當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，小球在弧形凹槽上運(yùn)動的過程中，滑塊的動能一直增大D．如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時對滑塊的壓力為meq\f(v02,R)解析：選C弧形槽不固定，當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq\f(M,M＋m)R＜R，故A錯誤；因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對滑塊做正功，故滑塊的動能一直增大，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點(diǎn)離開滑塊時，由于B點(diǎn)切線豎直，在B點(diǎn)時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上，B錯誤；如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時對滑塊的壓力為mg＋meq\f(v02,R)，D錯誤?！咀兪健俊窘鲙煼洞髮W(xué)附屬中學(xué)2017屆高三上學(xué)期期中考試】如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為(不計空氣阻力)，則()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車向左運(yùn)動的最大距離為C．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動D．小球第二次能上升的最大高度【答案】D【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv-mv′=0，，解得，小車的位移：x=R，故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A點(diǎn)離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動，故C錯誤；小球第一次車中運(yùn)動過程中，由動能定理得：mg(h0-h0)-Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機(jī)械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于：h0-h0=h0，而小于h0，故D正確；故選D?！咀兪健?2018·南開中學(xué)考前沖刺)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點(diǎn)，BC為eq\f(1,4)圓弧，OA與豎直方向夾角θ＝60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從D處水平拋出，同時將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)B點(diǎn)時解除鎖定，小物塊剛好能達(dá)到C點(diǎn)．不計空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A．從D點(diǎn)拋出的初速度為v0＝eq\f(\r(gR),2)；D點(diǎn)距A點(diǎn)高度差h＝eq\f(3R,8)B．小球第一次過B點(diǎn)時對槽底的壓力大小為2mgC．小球從C點(diǎn)到B點(diǎn)過程中，豎直墻壁對槽的沖量為I＝meq\r(2gR)，方向水平向左D．小球從C到B向A運(yùn)動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，機(jī)械能守恒、動量守恒AC[A項(xiàng)，小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的射入凹槽，即小球進(jìn)入凹槽時的速度方向與凹槽相切，將速度分解為水平方向和豎直方向可知，v＝2v0，從A到C應(yīng)用能量守恒可知，eq\f(1,2)m(2v0)2＝mgRsin30°，解得v0＝eq\f(\r(gR),2)，從D到A應(yīng)用動能定理可得：mgh＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：h＝eq\f(3R,8)，故A正確；B項(xiàng)：從A到B應(yīng)用動能定理，mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－sin30°))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在B點(diǎn)由重力與支持力的合力提供向心力得，F(xiàn)N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，由以上兩式解得FN＝3mg，故B錯誤；C項(xiàng)：小球到B時的速度為vB1＝eq\r(2gR)，根據(jù)動量定理可得：I＝mvB1－0＝meq\r(2gR)，故C正確；D項(xiàng)，小球從C到B向A運(yùn)動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，由于沒有摩擦，所以機(jī)械能守恒，但在小球從C到B過程中，墻壁對槽有水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為零，故動量不守恒，故D錯誤．類型三：類碰撞模型之“滑塊+木板”【例題】如圖所示，質(zhì)量為M＝1kg的木板靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m＝3kg的滑塊以初速度v0＝2m/s從木板的左端向右滑上木板，滑塊始終未離開木板。則下面說法正確的是()A．滑塊和木板的加速度大小之比是1∶3B．整個過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能是1.5JC．可以求出木板的最小長度是1.5mD．從開始到滑塊與木板相對靜止這段時間內(nèi)，滑塊與木板的位移之比是7∶3解析：選ABD因水平面光滑，滑塊與木板所受的合外力為一對滑動摩擦力，大小相等，方向相反，由牛頓第二定律可知，其加速度大小之比為eq\f(am,aM)＝eq\f(M,m)＝eq\f(1,3)，A正確；滑塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，最終二者同速，有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1.5m/s，由能量守恒定律可得：整個過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝1.5J，故B正確；由于不知道動摩擦因數(shù)和滑塊與木板的相對運(yùn)動時間，不能求出木板的最小長度，故C錯誤；從開始到滑塊與木板相對靜止這段時間內(nèi)，滑塊運(yùn)動的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t，木板的位移x2＝eq\f(v,2)t，兩者之比eq\f(x1,x2)＝eq\f(v0＋v,v)＝eq\f(2＋1.5,1.5)＝eq\f(7,3)，故D正確。【變式】(2018·四川綿陽中學(xué)高三下學(xué)期調(diào)研)(多選)質(zhì)量為3m足夠長的木板靜止在水平面上，木板與地面的摩擦可忽略，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，己知重力加速度為g.則下列說法正確的是()A．1木塊相對靜止前，木板是靜止的B．1木塊的最小速度是0C．2木塊的最小速度是eq\f(5,6)v0D．木塊3從開始運(yùn)動到相對靜止時位移是eq\f(4v\o\al(2,0),μg)CD[木塊開始運(yùn)動時，木塊對木板的摩擦力f＝3μmg＞0，木板發(fā)生運(yùn)動．設(shè)木塊2的最小速度為v2，此時木塊3的速度為v3，由動量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3，在此過程中，木塊3與木塊2速度改變量相同3v0－v3＝2v0－v2，解得v2＝eq\f(5,6)v0，當(dāng)木塊3與木板的速度相等時，3個木塊與木板的速度均相等，且為v.系統(tǒng)動量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv，解得v＝v0，整個運(yùn)動過程中，木塊3在木板上做勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律μmg＝ma，由運(yùn)動學(xué)公式(3v0)2－v2＝2as3，解得s3＝eq\f(4v\o\al(2,0),μg)，故選C、D.]【鞏固習(xí)題】1.【內(nèi)蒙古鄂爾多斯市一中2017屆高三上學(xué)期第四次月考】如圖3所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體A接觸，但未與物體A連接，彈簧水平且無形變?，F(xiàn)對物體A施加一個水平向右的瞬間沖量，大小為I0，測得物體A向右運(yùn)動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側(cè)2x0處。已知彈簧始終在彈簧彈性限度內(nèi)，物體A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法中正確的是()I0I0A2x0x0A.物體A整個運(yùn)動過程，彈簧對物體A的沖量為零B.物體A向右運(yùn)動過程中與彈簧接觸的時間一定小于物體A向左運(yùn)動過程中與彈簧接觸的時間C.物體A向左運(yùn)動的最大速度D.物體A與彈簧作用的過程中，系統(tǒng)的最大彈性勢能Ep=【答案】B2.【2017·四川省成都市高三第一次診斷性檢測】如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內(nèi)半圓弧軌道的水平直徑，現(xiàn)將一小球從距A點(diǎn)正上方h高處由靜止釋放，小球由A點(diǎn)沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動C．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動D．小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h【答案】B3.(2018·湖南六校聯(lián)考)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看做質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是()A．小球滑離小車時，小車回到原來位置B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為vC．車上管道中心線最高點(diǎn)的豎直高度為eq\f(v2,3g)D．小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，小車的動量變化大小是eq\f(mv,3)解析：選BC小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)，說明在最高點(diǎn)時小球和小車之間相對速度為0，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由動量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq\f(v,3)，小車動量變化大小Δp車＝2m·eq\f(v,3)＝eq\f(2,3)mv，D項(xiàng)錯誤。小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒有mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq\f(v2,3g)，C項(xiàng)正確。小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動量守恒和機(jī)械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·2mv22，解得v1＝－eq\f(v,3)，v2＝eq\f(2,3)v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為eq\f(2,3)v＋eq\f(1,3)v＝v，B項(xiàng)正確。由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運(yùn)動，A項(xiàng)錯誤。4.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定一輕彈簧，彈簧左側(cè)擋板的質(zhì)量不計.設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，且B與C碰撞時間極短.此后A繼續(xù)壓縮彈簧，直至彈簧被壓縮到最短.在上述過程中，求：(1)B與C相碰后的瞬間，B與C粘接在一起時的速度大??；(2)整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能.【解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1設(shè)碰撞后瞬間B與C的速度為v2，由動量守恒定律得：mv1＝2mv2解得：v2＝eq\f(v0,4)(2)設(shè)B與C碰撞損失的機(jī)械能為ΔE.由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(3)由于v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此時速度為v3，彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝3mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep解得：Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)【答案】(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)5.【2017·遼寧省本溪市高級中學(xué)、大連育明高級中學(xué)、大連二十四中高三聯(lián)合模擬考試】如圖所示，CDE為光滑的軌道，其中ED是水平的，CD是豎直平面內(nèi)的半圓，與ED相切與D點(diǎn)，且半徑R=0.5m，質(zhì)量m=0.1kg的滑塊A靜止在水平軌道上，另一質(zhì)量M=0.5kg的滑塊B前端裝有一輕質(zhì)彈簧(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn))以速度向左運(yùn)動并與滑塊A發(fā)生彈性正碰，若相碰后滑塊A滑上半圓軌道并能過最高點(diǎn)C，取重力加速度，則(i)B滑塊至少要以多大速度向前運(yùn)動；(ii)如果滑塊A恰好能過C點(diǎn)，滑塊B與滑塊A相碰后輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢能為多少？【答案】(i)(ii)【解析】(i)設(shè)滑塊A過C點(diǎn)時速度為，B與A碰撞后，B與A的速度分別為，B碰撞前的速度為，過圓軌道最高點(diǎn)的臨界條件是重力提供向心力，由牛頓第二定律得，由機(jī)械能守恒定律得：，B與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機(jī)械能守恒，以向右左為正方向，由動量守恒定律得：，由機(jī)械能守恒定律得：，離那里并代入數(shù)據(jù)解得；(ii)由于B與A碰撞后，當(dāng)兩者速度相同時有最大彈性勢能，設(shè)共同速度為v，A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：，由機(jī)械能守恒定律得：，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得；6.如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車．已知滑塊質(zhì)量m＝eq\f(M,2)，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求：①滑塊運(yùn)動過程中，小車的最大速度大小vm；②滑塊從B到C運(yùn)動過程中，小車的位移大小s.【解析】(1)滑塊滑到B點(diǎn)時對小車壓力最大，從A到B機(jī)械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)滑塊在B點(diǎn)處，由牛頓第二定律知N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得N＝3mg由牛頓第三定律知N′＝3mg(2)①滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時，小車速度最大．由機(jī)械能守恒mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)m(2vm)2，解得vm＝eq\r(\f(gR,3))②設(shè)滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系mgR－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)m(2vC)2設(shè)滑塊從B到C過程中，小車運(yùn)動加速度大小為a，由牛頓第二定律μmg＝Ma由運(yùn)動學(xué)規(guī)律veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,m)＝－2as解得s＝eq\f(1,3)L【答案】(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L7.如圖所示，光滑水平面上有一具有光滑曲面的靜止滑塊B，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A從B的曲面上離地面高為h處由靜止釋放，且A可以平穩(wěn)地由B的曲面滑至水平地面．已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度為g，試求：(1)A剛從B上滑至地面時的速度大??；(2)若A到地面后與地面上的固定擋板P碰撞，之后以原速率反彈，則A返回B的曲面上能到達(dá)的最大高度為多少？【解析】(1)設(shè)A剛滑至地面時速度大小為v1，B速度大小為v2，規(guī)定向右為正方向，由水平方向動量守恒得3mv2－mv1＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×3mv22聯(lián)立以上兩式解得：v1＝eq\f(1,2)eq\r(6gh)v2＝eq\f(1,6)eq\r(6gh).(2)從A與擋板碰后開始，到A追上B到達(dá)最大高度h′并具有共同速度v，此過程根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得mv1＋3mv2＝4mv根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)×4mv2＋mgh′聯(lián)立解得：h′＝eq\f(1,4)h.【答案】(1)eq\f(1,2)eq\r(6gh)(2)eq\f(1,4)h8.(2018·河北省衡水第一中學(xué)高三上學(xué)期分科綜合考試)如圖所示，質(zhì)量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽，靜止在光滑的水平面上，左邊緊靠豎直墻壁。一質(zhì)量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落，恰好與金屬槽左端相切進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)最低點(diǎn)后向右運(yùn)動從金屬槽的右端沖出，小球到達(dá)最高點(diǎn)時距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的距離為eq\f(7,4)R，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時對金屬槽的壓力大??；(2)金屬槽的質(zhì)量。答案：(1)5mg(2)M＝eq\f(\r(33),8－\r(33))m[解析](1)小球從靜止到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球剛到最低點(diǎn)時，根據(jù)圓周運(yùn)動和牛頓第二定律的知識有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘賶K的壓力為：F′N＝FN聯(lián)立解得：F′N＝5mg(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至小球到達(dá)最高點(diǎn)過程，小球和金屬塊水平方向動量守恒，選取向右為正方向，則：mv0＝(m＋M)v設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的高度為h。則有R2＋h2＝(eq\f(7,4)R)2根據(jù)能量守恒定律有：mgh＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2聯(lián)立解得：M＝eq\f(\r(33),8－\r(33))m9.(2016·麗水調(diào)研)如圖6所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運(yùn)動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6s，二者的速度達(dá)到v1＝2m/s.求：(1)A開始運(yùn)動時加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??；(3)A的上表面長度l.【解析】(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有F＝mAa①代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2②(2)對A、B碰撞后共同運(yùn)動t＝0.6s的過程，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v③代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s④(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A從開始運(yùn)動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAvA2⑥由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45m.【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m10.如圖所示，質(zhì)量為M的平板車P高h(yuǎn)，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上.一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為m的小球(大小不計).今將小球拉至懸線與豎直位置成60°由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時與Q發(fā)生完全彈性正碰.已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動摩擦因數(shù)為μ，平板車與Q的質(zhì)量關(guān)系是M∶m＝4∶1，重力加速度為g.求：(1)小物塊Q離開平板車P時，P和Q的速度大??？(2)平板車P的長度為多少？(3)小物塊Q落地時與平板車P的水平距離為多少？【答案】(1)eq\f(\r(gR),3)eq\f(\r(gR),6)(2)eq\f(7R,18μ)(3)eq\f(\r(2Rh),6)【解析】(1)設(shè)小球與Q碰前的速度為v0，小球下擺過程機(jī)械能守恒.mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①由①式解得：v0＝eq\r(gR)②小球與Q發(fā)生彈性碰撞，質(zhì)量又相等，二者交換速度.Q與P組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律可得：mv0＝mv1＋Mv2③其中v2＝eq\f(1,2)v1，M＝4m將以上數(shù)據(jù)代入③式解得：v1＝eq\f(\r(gR),3)，v2＝eq\f(\r(gR),6)④(2)對系統(tǒng)由能量守恒得：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)＋μmgL⑤由⑤式解得：L＝eq\f(7R,18μ)⑥(3)Q脫離P后做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律可得：h＝eq\f(1,2)gt2⑦由⑦式解得：t＝eq\r(\f(2h,g))⑧Q落地時二者相距：x＝(v1－v2)t⑨由⑨式解得：x＝eq\f(\r(2Rh),6)11.如圖所示，一質(zhì)量為2m的L形長木板靜止在光滑的水平面，木板右端豎起部分內(nèi)側(cè)有粘性物質(zhì)，當(dāng)有其他物體與之接觸時即會粘在一起。某一時刻有一質(zhì)量為m的物塊，以水平速度v0從L形長木板的左端滑上木板。已知物塊與L形長木板上表面的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)它剛要與L形長木板右端豎起部分相碰時，速度減為eq\f(v0,2)，碰后即粘在一起。求：(1)物塊在L形長木板上的滑行時間及此時木板在地面上滑行的距離；(2)物塊與L形長木板右端豎起部分相碰過程中，長木板受到的沖量大小。【解析】(1)設(shè)物塊在L形長木板上的滑行時間為t，由動量定理得：－μmgt＝meq\f(v0,2)－mv0解得：t＝eq\f(v0,2μg)物塊與L形長木板右端豎起部分相碰前系統(tǒng)動量守恒：mv0＝meq\f(v0,2)＋2mv1，解得：v1＝eq\f(v0,4)由動能定理得：μmgs＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)，解得：s＝eq\f(v\o\al(2,0),16μg)(2)物塊與L形長木板右端豎起部分相碰系統(tǒng)動量守恒，則mv0＝3mv2對長木板由動量定理得：I＝2mv2－2mv1＝eq\f(1,6)mv0【答案】(1)eq\f(v0,2μg)eq\f(v\o\al(2,0),16μg)(2)eq\f(1,6)mv013.如圖所示，在光滑的水平面上有一輛長平板車，它的中央放一個質(zhì)量為m的小物塊，物塊跟車表面的動摩擦因數(shù)為μ，平板車的質(zhì)量M＝2m，車與物塊一起向右以初速度v0勻速運(yùn)動，車跟右側(cè)的墻壁相碰．設(shè)車跟墻壁碰撞的時間很短，碰撞時沒有機(jī)械能損失，重力加速度為g，求：(1)平板車的長度L至少是多長時，小物塊才不會從車上落下來；(2)若在車的左側(cè)還有一面墻壁，左右墻壁