2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動(dòng)量專(zhuān)題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化6：動(dòng)量守恒應(yīng)用之碰撞模型（難度：偏難）

2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動(dòng)量專(zhuān)題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化6：動(dòng)量守恒應(yīng)用之碰撞模型（難度：偏難）【碰撞的合理性分析】如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)【彈性碰撞】冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛(ài)，在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖所示．若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項(xiàng)圖中的哪幅圖()【彈性碰撞】如圖所示，在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設(shè)碰撞過(guò)程中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別為()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0【彈性碰撞】(2022·湖南卷·4)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(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B．碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0【碰撞的可能性分析】質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的速度為6m/s，B球的速度為2m/s，當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）A.1m/s，6m/s B.4.5m/s，3.5m/sC.3.5m/s，4.5m/s D.－1m/s，9m/s【碰撞的可能性分析】?jī)汕駻、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s【碰撞的可能性分析】(多選)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比eq\f(M,m)可能為()A．1B．2C．3D．4【碰撞的可能性分析】如圖所示，A、B兩個(gè)小球沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，取向右為正方向，則A的動(dòng)量pA＝10kg·m/s，B的動(dòng)量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的動(dòng)量增量ΔpA＝－4kg·m/s，則A、B的質(zhì)量比mAmBA.C.【碰撞的可能性分析】（多選）如圖，光滑圓弧槽面末端切線水平，并靜置一質(zhì)量為m2的小球Q，另一質(zhì)量為m1的小球P從槽面上某點(diǎn)靜止釋放，沿槽面滑至槽口處與Q球正碰，設(shè)碰撞過(guò)程中無(wú)能量損失，P、Q兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為1∶3，則P、Q兩球質(zhì)量比可能是（）A.3∶1 B.3∶5C.2∶3 D.1∶7【碰撞的可能性分析】(多選)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)圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)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(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均視為質(zhì)點(diǎn)，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運(yùn)動(dòng)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【碰撞的圖像分析】(2022·北京高考)質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率C．碰撞后m2的動(dòng)量大于m1的動(dòng)量D．碰撞后m2的動(dòng)能小于m1的動(dòng)能【碰撞的圖像分析】A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖為兩物塊碰撞前后的位移－時(shí)間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移－時(shí)間圖像，c為碰撞后兩物塊共同運(yùn)動(dòng)的位移－時(shí)間圖像，若A物塊質(zhì)量m＝2kg，則由圖判斷，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．碰撞前后A的動(dòng)量變化量的大小為4kg·m/sB．B物塊的質(zhì)量為0.75kgC．碰撞過(guò)程A對(duì)B所施沖量大小為4N·sD．碰撞過(guò)程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J【碰撞的圖像分析】在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短。碰撞前后兩球在同一直線運(yùn)動(dòng)的位置隨時(shí)間變化的x－t圖像如圖所示。則關(guān)于兩球的質(zhì)量大小關(guān)系和碰撞類(lèi)型，以下說(shuō)法正確的是（）A.ma∶mb＝3∶1 B.ma∶mb＝1∶1C.彈性碰撞 D.完全非彈性碰撞【碰撞的圖像分析】(2021·重慶高考)質(zhì)量相同的甲、乙兩小球(視為質(zhì)點(diǎn))以不同的初速度豎直上拋，某時(shí)刻兩球發(fā)生正碰。圖中實(shí)線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時(shí)間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t＝t1左右對(duì)稱(chēng)，實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，若小球運(yùn)動(dòng)中除碰撞外僅受重力，則()A．t＝0時(shí)刻，甲的速率大于乙的速率B．碰撞前后瞬間，乙的動(dòng)量不變C．碰撞前后瞬間，甲的動(dòng)能不變D．碰撞后甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能【碰撞的圖像分析】（多選）如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝60g、m2＝30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度h0＝1.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s，不計(jì)空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，g取10m/s2（）A.B球與A球碰前的速度大小均為6m/sB.兩球碰撞過(guò)程中，B球的重力沖量與A對(duì)B球的沖量大小之比為1∶101C.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞D.若m2?m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m【多次碰撞】(多選)物理學(xué)中有一種碰撞被稱(chēng)為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過(guò)能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時(shí)的高度更大。如圖所示，A、B、C三個(gè)彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時(shí)釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則()A．C球落地前瞬間A球的速度為eq\r(2gH)B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H【多次碰撞】如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1【多次碰撞】(2020·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【多次碰撞】如圖所示，物塊A的質(zhì)量為m，物塊B、C的質(zhì)量均為M.開(kāi)始時(shí)物塊A、B分別以大小為2v0、v0的速度沿光滑水平軌道向右側(cè)的豎直固定擋板運(yùn)動(dòng)，為保證A、B均向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中不發(fā)生碰撞，將物塊C無(wú)初速度地迅速粘在A上．B與擋板碰撞后以原速率反彈，A與B碰撞后粘在一起．(1)為使B能與擋板碰撞兩次，求eq\f(M,m)應(yīng)滿足的條件；(2)若三個(gè)物塊的質(zhì)量均為m，求在整個(gè)作用過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q.2022年第24屆冬奧會(huì)中，短道速滑接力賽是冰上最為激烈的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一。質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員甲，以速度12m/s從后方接近質(zhì)量為50kg的運(yùn)動(dòng)員乙，身體接觸前運(yùn)動(dòng)員乙的速度為9.6m/s；運(yùn)動(dòng)員甲在推送運(yùn)動(dòng)員乙的過(guò)程中推送時(shí)間極短，運(yùn)動(dòng)員乙被推后的瞬時(shí)速度為12m/s，運(yùn)動(dòng)員甲助力后在直道上向前滑行了19m，接著撞上緩沖墊后1s停下；運(yùn)動(dòng)員的鞋子與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05，g取10m/s2。求：（1）甲運(yùn)動(dòng)員助力后的速度；（2）甲對(duì)緩沖墊的平均作用力是多少。(2022·河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運(yùn)動(dòng)，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新物塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對(duì)靜止時(shí)，求兩者相對(duì)位移的大小。(2022·天津高考)冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度v0＝2m/s，勻減速滑行x1＝16.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開(kāi)始擦A運(yùn)動(dòng)前方的冰面，使A與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2＝3.5m，與靜止在P點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05m/s和vB＝0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.01，重力加速度g取10m/s2，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B碰撞時(shí)間極短。求冰壺A(1)在N點(diǎn)的速度v1的大小；(2)與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見(jiàn)的民間游戲，該游戲的規(guī)則為：將手中一彈珠以一定的初速度彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進(jìn)入小坑中即為勝出?，F(xiàn)將此游戲進(jìn)行簡(jiǎn)化，如圖乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x1＝2m，彈珠B與坑的間距x2＝1m。某同學(xué)將彈珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右彈出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1＝0.4s與彈珠B正碰（碰撞時(shí)間極短），碰后彈珠A又向前運(yùn)動(dòng)Δx＝0.1m后停下。已知兩彈珠的質(zhì)量均為2.5g，取重力加速度g＝10m/s2，若彈珠A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，并將彈珠的運(yùn)動(dòng)視為滑動(dòng)，求：（1）碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）兩彈珠碰撞過(guò)程的機(jī)械能損失，并判斷該同學(xué)能否勝出。如圖所示，以v＝5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對(duì)接，右端與光滑水平面平滑對(duì)接，水平面上有n個(gè)位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的相同小球，小球質(zhì)量m0＝0.2kg。質(zhì)量m＝0.1kg的物體從軌道上高h(yuǎn)＝4.0m的P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到傳送帶上的A點(diǎn)時(shí)速度大小v0＝7m/s。物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶A、B之間的距離L＝3.4m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度g＝10m/s2,eq\r(10)≈3.16。求：(1)物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力做的功；(2)物體第一次向右通過(guò)傳送帶的過(guò)程中，傳送帶對(duì)物體的沖量大??；(3)物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離；(4)n個(gè)小球最終獲得的總動(dòng)能。2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動(dòng)量專(zhuān)題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化6：動(dòng)量守恒應(yīng)用之碰撞模型（難度：偏難）【解析版】【碰撞的合理性分析】如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)答案D解析選向右的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，選項(xiàng)A、B、C都不滿足此式，只有D滿足此式，所以D正確，A、B、C錯(cuò)誤?！緩椥耘鲎病勘鶋剡\(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛(ài)，在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖所示．若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項(xiàng)圖中的哪幅圖()答案B解析兩冰壺碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變，兩冰壺的動(dòng)量方向即速度方向，不會(huì)偏離甲原來(lái)的方向，可知，A圖情況是不可能的，故A錯(cuò)誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運(yùn)動(dòng)，最后停止，最終兩冰壺的位置可能如選項(xiàng)B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，乙在前，甲在后，選項(xiàng)C所示是不可能的，故C錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程機(jī)械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯(cuò)誤．【彈性碰撞】如圖所示，在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設(shè)碰撞過(guò)程中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別為()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案D解析由題設(shè)條件，三球在碰撞過(guò)程中總動(dòng)量和總動(dòng)能守恒．設(shè)三球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量為mv0，總動(dòng)能為eq\f(1,2)mv02.選項(xiàng)A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動(dòng)量守恒定律，故不可能．對(duì)選項(xiàng)C，碰后總動(dòng)量為mv0，但總動(dòng)能為eq\f(1,4)mv02，這顯然違反了機(jī)械能守恒定律，故不可能．對(duì)選項(xiàng)D，既滿足動(dòng)量守恒定律，也滿足機(jī)械能守恒定律，故選D.【彈性碰撞】(2022·湖南卷·4)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(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B．碰撞后氮核的動(dòng)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?dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv32，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?dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×14mv22＋eq\f(1,2)mv42，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氫核的動(dòng)量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動(dòng)量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氫核的動(dòng)能為EkH＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv02，氮核的動(dòng)能為EkN＝eq\f(1,2)×14mv22＝eq\f(28mv02,225)，可得EkH>EkN，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．【碰撞的可能性分析】質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的速度為6m/s，B球的速度為2m/s，當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）A.1m/s，6m/s B.4.5m/s，3.5m/sC.3.5m/s，4.5m/s D.－1m/s，9m/s解析：C設(shè)每個(gè)球的質(zhì)量均為m，碰前系統(tǒng)總動(dòng)量p＝mvA1＋mvB1＝6m＋2m＝8m，碰前的總動(dòng)能Ek＝12mvA12＋12mvB12＝20m，若碰后vA＝1m/s，vB＝6m/s，碰后總動(dòng)量p'＝mvA＋mvB＝7m，動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；若vA＝4.5m/s，vB＝3.5m/s，明顯vA＞vB不合理，B錯(cuò)誤；若vA＝3.5m/s，vB＝4.5m/s，碰后總動(dòng)量p'＝mvA＋mvB＝8m，總動(dòng)能Ek'＝12mvA2＋12mvB2＝16.25m，碰撞前后動(dòng)量守恒，碰后機(jī)械能不增加，C可能實(shí)現(xiàn)；若vA＝－1m/s，vB＝9m/s，碰后總動(dòng)量p'＝mvA＋mvB＝8m，總動(dòng)能【碰撞的可能性分析】?jī)汕駻、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s答案C解析碰前系統(tǒng)總動(dòng)量為：p＝mAvA＋mBvB＝1×6kg·m/s＋2×2kg·m/s＝10kg·m/s，碰前總動(dòng)能為：Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1×62J＋eq\f(1,2)×2×22J＝22J。如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動(dòng)量為：p′＝1×3kg·m/s＋2×4kg·m/s＝11kg·m/s，動(dòng)量不守恒，不可能，A錯(cuò)誤；若vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s，則碰撞后，A、B兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B錯(cuò)誤；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動(dòng)量為：p′＝1×2kg·m/s＋2×4kg·m/s＝10kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后總動(dòng)能為：Ek′＝eq\f(1,2)×1×22J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，系統(tǒng)動(dòng)能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，則碰后總動(dòng)量為：p′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7kg·m/s＝10kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后總動(dòng)能為：Ek′＝eq\f(1,2)×1×42J＋eq\f(1,2)×2×72J＝57J，系統(tǒng)總動(dòng)能增加，不可能，D錯(cuò)誤。【碰撞的可能性分析】(多選)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比eq\f(M,m)可能為()A．1B．2C．3D．4[解析]設(shè)碰前每個(gè)物塊的動(dòng)量為p，碰后M的速度為v，由動(dòng)量守恒得2p＝Mv由能量守恒定律可知，碰前系統(tǒng)的動(dòng)能大于等于碰后系統(tǒng)的動(dòng)能，又Ek＝eq\f(p2,2m)，可得eq\f(p2,2M)＋eq\f(p2,2m)≥eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,M)))eq\s\up12(2)，聯(lián)立解得eq\f(M,m)≥3，C、D正確。[答案]CD【碰撞的可能性分析】如圖所示，A、B兩個(gè)小球沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，取向右為正方向，則A的動(dòng)量pA＝10kg·m/s，B的動(dòng)量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的動(dòng)量增量ΔpA＝－4kg·m/s，則A、B的質(zhì)量比mAmBA.C.解析：B因?yàn)锳追上B發(fā)生碰撞，則碰前速度滿足vA＞vB，即pAmA＞pBmB，解得mAmB＜53，碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，則pA＋pB＝pA'＋pB'，由題意知pA'＝6kg·m/s，則pB'＝10kg·m/s，由能量關(guān)系得pA22mA＋pB22mB≥pA'22m【碰撞的可能性分析】（多選）如圖，光滑圓弧槽面末端切線水平，并靜置一質(zhì)量為m2的小球Q，另一質(zhì)量為m1的小球P從槽面上某點(diǎn)靜止釋放，沿槽面滑至槽口處與Q球正碰，設(shè)碰撞過(guò)程中無(wú)能量損失，P、Q兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為1∶3，則P、Q兩球質(zhì)量比可能是（）A.3∶1 B.3∶5C.2∶3 D.1∶7解析：ABD設(shè)碰撞前小球P的速度為v0，碰撞后P、Q的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，12m1v02＝12m1v12＋12m2v22，解得v1＝m1-m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0，兩式之比為v1v2＝m1-m22m1，若碰撞后P球不彈回，繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，P球射程一定小于Q球射程，根據(jù)兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為1∶3可得v1v2＝13，v1v2＝m1-m22m1，解得m1m2＝31，A可能；若碰撞后P球被彈回，并且P球射程小于Q球射程，根據(jù)兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為1∶3可得v1v【碰撞的可能性分析】(多選)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)圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)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(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均視為質(zhì)點(diǎn)，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運(yùn)動(dòng)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[解析]A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得，eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，A與B碰后B的速率最大，故B的最大速率為4m/s，A正確；B沖上C并運(yùn)動(dòng)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，B錯(cuò)誤；設(shè)B、C分離時(shí)的速度分別為vB′、vC′，從B沖上C然后又滑到C底端的過(guò)程，由水平方向動(dòng)量守恒，有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)·Mveq\o\al(2,B)＝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B與A不會(huì)再次發(fā)生碰撞，C錯(cuò)誤，D正確?！九鲎驳膱D像分析】(2022·北京高考)質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率C．碰撞后m2的動(dòng)量大于m1的動(dòng)量D．碰撞后m2的動(dòng)能小于m1的動(dòng)能答案C解析x-t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)題中x-t圖像可知，碰撞前m1的速度大小為v0＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，m2的速度為0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A錯(cuò)誤；兩物體正碰后，m1的速度大小為v1＝eq\f(4,3－1)m/s＝2m/s，m2的速度大小為v2＝eq\f(8－4,3－1)m/s＝2m/s，故碰撞后兩物體的速率相等，B錯(cuò)誤；兩物體碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為m2＝3m1，根據(jù)動(dòng)量的表達(dá)式p＝mv可知，碰撞后m2的動(dòng)量大于m1的動(dòng)量，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，碰撞后m2的動(dòng)能大于m1的動(dòng)能，C正確，D錯(cuò)誤。【碰撞的圖像分析】A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖為兩物塊碰撞前后的位移－時(shí)間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移－時(shí)間圖像，c為碰撞后兩物塊共同運(yùn)動(dòng)的位移－時(shí)間圖像，若A物塊質(zhì)量m＝2kg，則由圖判斷，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．碰撞前后A的動(dòng)量變化量的大小為4kg·m/sB．B物塊的質(zhì)量為0.75kgC．碰撞過(guò)程A對(duì)B所施沖量大小為4N·sD．碰撞過(guò)程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J答案B解析以A的初速度方向?yàn)檎较?，由圖像可知碰撞前A的速度為vA＝eq\f(10－4,2)m/s＝3m/s，碰撞后A、B的共同速度為vAB＝eq\f(4－2,2)m/s＝1m/s，則碰撞前A的動(dòng)量為mvA＝2×3kg·m/s＝6kg·m/s，碰撞后A的動(dòng)量為mvAB＝2kg·m/s，碰撞前后A的動(dòng)量變化量的大小為4kg·m/s，A正確，不符合題意；碰撞前B的速度為vB＝－eq\f(4,2)m/s＝－2m/s，由動(dòng)量守恒定律得mvA＋mBvB＝(m＋mB)vAB，解得mB＝eq\f(4,3)kg，B錯(cuò)誤，符合題意；由動(dòng)量定理得I＝mBvAB－mBvB＝eq\f(4,3)×1kg·m/s－eq\f(4,3)×(－2)kg·m/s＝4N·s，即碰撞過(guò)程A對(duì)B所施沖量大小為4N·s，C正確，不符合題意；碰撞過(guò)程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(m＋mB)vAB2＝eq\f(1,2)×2×32J＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×(－2)2J－eq\f(1,2)×(2＋eq\f(4,3))×12J＝10J，D正確，不符合題意．【碰撞的圖像分析】在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短。碰撞前后兩球在同一直線運(yùn)動(dòng)的位置隨時(shí)間變化的x－t圖像如圖所示。則關(guān)于兩球的質(zhì)量大小關(guān)系和碰撞類(lèi)型，以下說(shuō)法正確的是（）A.ma∶mb＝3∶1 B.ma∶mb＝1∶1C.彈性碰撞 D.完全非彈性碰撞解析：A以球b碰撞前的速度方向?yàn)檎较?，由x－t圖像可知，碰撞前va＝－2m/s，vb＝1m/s，碰撞后va'＝－1m/s，vb'＝－2m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mava＋mbvb＝mava'＋mbvb'，可得ma∶mb＝3∶1，碰撞后兩球速度不相等，所以不是完全非彈性碰撞，碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能Ek＝12mava2＋12mbvb2，碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能Ek'＝12mava'2＋12mbvb'2【碰撞的圖像分析】(2021·重慶高考)質(zhì)量相同的甲、乙兩小球(視為質(zhì)點(diǎn))以不同的初速度豎直上拋，某時(shí)刻兩球發(fā)生正碰。圖中實(shí)線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時(shí)間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t＝t1左右對(duì)稱(chēng)，實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，若小球運(yùn)動(dòng)中除碰撞外僅受重力，則()A．t＝0時(shí)刻，甲的速率大于乙的速率B．碰撞前后瞬間，乙的動(dòng)量不變C．碰撞前后瞬間，甲的動(dòng)能不變D．碰撞后甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能答案C解析根據(jù)x-t圖線的斜率表示速度可知，t＝0時(shí)刻，甲的速率小于乙的速率，A錯(cuò)誤。根據(jù)題述，題圖中虛線關(guān)于t＝t1左右對(duì)稱(chēng)，可知碰撞前后瞬間，乙的速度大小不變，方向變化，則乙的動(dòng)量大小不變，方向變化，B錯(cuò)誤。根據(jù)題述，實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，可知碰撞前后瞬間，甲的速度大小不變，動(dòng)能不變，C正確。根據(jù)B、C項(xiàng)分析，結(jié)合動(dòng)量守恒定律有－m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲－m乙v乙，可得v甲＝v乙，即兩球碰撞后瞬間，速度大小相同，故動(dòng)能也相同，又重力勢(shì)能相同，可知碰撞后兩球的機(jī)械能相等，D錯(cuò)誤?！九鲎驳膱D像分析】（多選）如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝60g、m2＝30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度h0＝1.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s，不計(jì)空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，g取10m/s2（）A.B球與A球碰前的速度大小均為6m/sB.兩球碰撞過(guò)程中，B球的重力沖量與A對(duì)B球的沖量大小之比為1∶101C.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞D.若m2?m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m解析：AB由乙圖可知，A球與B球碰前，B球做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為0.6s，則碰前B球的速度大小為v0＝gt1＝6m/s，A球落地速度大小vA＝2g?0＝6m/s，落地所用時(shí)間t2＝2?0g＝6s，A球與地面碰撞后以原速率返回，可得返回時(shí)兩球馬上相碰，B球碰前速度大小為6m/s＝v0，故A正確；根據(jù)動(dòng)量定理，A和B相互作用過(guò)程中，B動(dòng)量的變化量等于B球所受合力的沖量I1－m2gt＝m2（v2＋v0），重力的沖量為I2＝m2gt，I2I1＝1101，故B正確；因?yàn)锳、B作用時(shí)間極短，重力對(duì)系統(tǒng)的沖量遠(yuǎn)小于系統(tǒng)總動(dòng)量，可以視系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2，得A碰后速度為v1＝1m/s，計(jì)算知12m1v02＋12m2v02＞12m1v12＋12m2v22，碰撞后，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，不是彈性碰撞，故C錯(cuò)誤；若不計(jì)系統(tǒng)重力的影響，由動(dòng)量守恒定律得m1v0－m2v0＝m1v1'＋m2v2'，不計(jì)能量損失，由能量守恒定律得12m1v02＋12m2v02＝12m1v1'2＋12m2v2'2，聯(lián)立解得v2'＝3m1-m2m1+m【多次碰撞】(多選)物理學(xué)中有一種碰撞被稱(chēng)為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過(guò)能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時(shí)的高度更大。如圖所示，A、B、C三個(gè)彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時(shí)釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則()A．C球落地前瞬間A球的速度為eq\r(2gH)B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H答案ABD解析因?yàn)锳、B、C球由靜止同時(shí)釋放，所以C球落地瞬間三個(gè)小球的速度相等，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝eq\r(2gH)，A正確；由題意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，可知C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq\f(1,2)mBvB′2＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2，由以上幾式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正確；由B項(xiàng)分析解得vA′＝3eq\r(2gH)，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，A球彈起的最大高度hmax＝eq\f(vA′2,2g)＝9H，C錯(cuò)誤，D正確?！径啻闻鲎病咳鐖D所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1答案D解析設(shè)A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向?yàn)檎较?，由題意知，A球經(jīng)擋板反彈后兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說(shuō)明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為eq\f(v0,3)和－eq\f(v0,3)，則有mBv0＝mA·eq\f(v0,3)＋mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1，D正確。【多次碰撞】(2020·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案BC解析設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為m、m0，規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)動(dòng)員開(kāi)始時(shí)靜止，第1次將物塊推出后，設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0，物塊與擋板彈性碰撞后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員第2次推出物塊時(shí)，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0，第3次推出物塊時(shí)，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0，以此類(lèi)推，第8次推出物塊后，運(yùn)動(dòng)員的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0。根據(jù)題意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物塊后，運(yùn)動(dòng)員的速度v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。綜上所述，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量應(yīng)滿足52kg<m<60kg，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確?！径啻闻鲎病咳鐖D所示，物塊A的質(zhì)量為m，物塊B、C的質(zhì)量均為M.開(kāi)始時(shí)物塊A、B分別以大小為2v0、v0的速度沿光滑水平軌道向右側(cè)的豎直固定擋板運(yùn)動(dòng)，為保證A、B均向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中不發(fā)生碰撞，將物塊C無(wú)初速度地迅速粘在A上．B與擋板碰撞后以原速率反彈，A與B碰撞后粘在一起．(1)為使B能與擋板碰撞兩次，求eq\f(M,m)應(yīng)滿足的條件；(2)若三個(gè)物塊的質(zhì)量均為m，求在整個(gè)作用過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q.答案(1)1≤eq\f(M,m)<2(2)eq\f(7,3)mv02解析(1)設(shè)A、C粘在一起的共同速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0＝(m＋M)v1，為保證A、B均向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中不發(fā)生碰撞，應(yīng)滿足v1≤v0.設(shè)A、B碰撞后瞬間的共同速度大小為v2，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(m＋M)v1－Mv0＝(m＋2M)v2，為使B能與擋板再次碰撞，應(yīng)滿足v2>0，解得1≤eq\f(M,m)<2.(2)若M＝m，則由(1)可得v1＝v0，v2＝eq\f(1,3)v0根據(jù)能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)m(2v0)2＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×3mv22，解得Q＝eq\f(7,3)mv02.2022年第24屆冬奧會(huì)中，短道速滑接力賽是冰上最為激烈的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一。質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員甲，以速度12m/s從后方接近質(zhì)量為50kg的運(yùn)動(dòng)員乙，身體接觸前運(yùn)動(dòng)員乙的速度為9.6m/s；運(yùn)動(dòng)員甲在推送運(yùn)動(dòng)員乙的過(guò)程中推送時(shí)間極短，運(yùn)動(dòng)員乙被推后的瞬時(shí)速度為12m/s，運(yùn)動(dòng)員甲助力后在直道上向前滑行了19m，接著撞上緩沖墊后1s停下；運(yùn)動(dòng)員的鞋子與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05，g取10m/s2。求：（1）甲運(yùn)動(dòng)員助力后的速度；（2）甲對(duì)緩沖墊的平均作用力是多少。解析：（1）由運(yùn)動(dòng)員甲推送運(yùn)動(dòng)員乙過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得m乙v乙＋m甲v甲＝m乙v乙'＋m甲v甲'解得v甲'＝10m/s。（2）運(yùn)動(dòng)員甲推送完運(yùn)動(dòng)員乙后到恰接觸緩沖墊過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得－μm甲gs＝12m甲v2－12m甲v甲運(yùn)動(dòng)員甲碰撞上緩沖墊后，根據(jù)動(dòng)量定理得（F＋μm甲g）t＝m甲v聯(lián)立解得F＝510N。答案：（1）10m/s（2）510N(2022·河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運(yùn)動(dòng)，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新物塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對(duì)靜止時(shí)，求兩者相對(duì)位移的大小。[答案](1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s方向均水平向右(2)1.875m[解析](1)物塊C、D碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質(zhì)量均為m，以水平向右為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后瞬間新物塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向水平向右滑板A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質(zhì)量分別為mA、mB，以水平向右為正方向，則有mAv0－mB·kv0＝(mA＋mB)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0可知碰撞后瞬間新滑板的速度大小為eq\f(10－20k,3)m/s，方向也水平向右。(2)若k＝0.5，可知碰撞后瞬間新物塊的速度為v物＝5(1－k)m/s＝2.5m/s新滑板的速度為v滑＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0分析可知，從碰撞后到二者相對(duì)靜止，新物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，新滑板向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)相對(duì)靜止時(shí)二者的共同速度為v共，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv物＝(2m＋mA＋mB)v共解得v共＝1m/s根據(jù)功能關(guān)系及能量守恒定律可得μ×2mgx相＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,物)－eq\f(1,2)(2m＋mA＋mB)veq\o\al(2,共)可解得兩者相對(duì)位移的大小為x相＝1.875m。(2022·天津高考)冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度v0＝2m/s，勻減速滑行x1＝16.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開(kāi)始擦A運(yùn)動(dòng)前方的冰面，使A與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2＝3.5m，與靜止在P點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05m/s和vB＝0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.01，重力加速度g取10m/s2，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B碰撞時(shí)間極短。求冰壺A(1)在N點(diǎn)的速度v1的大??；(2)與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。答案(1)0.8m/s(2)0.004解析(1)設(shè)冰壺質(zhì)量為m，A受到冰面的支持力大小為FN，A在MN間運(yùn)動(dòng)過(guò)程受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f1，加速度大小為a1。由豎直方向受力平衡，有FN＝mg由滑動(dòng)摩擦力的公式，有f1＝μ1FN由牛頓第二定律可得f1＝ma1由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系式，有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2a1x1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v1＝0.8m/s。(2)設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律可得mv2＝mvA＋mvB設(shè)A在NP間運(yùn)動(dòng)過(guò)程受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f2，則有f2＝μ2FN對(duì)冰壺A由N運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得－f2x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得μ2＝0.004。如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見(jiàn)的民間游戲，該游戲的規(guī)則為：將手中一彈珠以一定的初速度彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進(jìn)入小坑中即為勝出?，F(xiàn)將此游戲進(jìn)行簡(jiǎn)化，如圖乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x1＝2m，彈珠B與坑的間距x2＝1m。某同學(xué)將彈珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右彈出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1＝0.4s與彈珠B正碰（碰撞時(shí)間極短），碰后彈珠A又向前運(yùn)動(dòng)Δx＝0.1m后停下。已知兩彈珠的質(zhì)量均為2.5g，取重力加速度g＝10m/s2，若彈珠A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，并將彈珠的運(yùn)動(dòng)視為滑動(dòng)，求：（1）碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）兩彈珠碰撞過(guò)程的機(jī)械能損失，并判斷該同學(xué)能否勝出。解析：（1）設(shè)碰撞前瞬間彈珠A的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x1＝v0t1－12av1＝v0－at1，由牛頓第二定律得μmg＝ma聯(lián)立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s。（2）由（1）可知彈珠A和B在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小均為a＝5m/s2，設(shè)彈珠A碰撞后瞬間的速度為v1'，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律v1'2＝2aΔx解得v1'＝1m/s設(shè)碰后瞬間彈珠B的速度為v2'，由動(dòng)量守恒定律得mv1＋0＝mv1'＋mv2'解得v2'＝3m/s所以兩彈珠碰撞過(guò)程