新高考物理二輪復(fù)習(xí)重難點專練熱點05 碰撞與類碰撞模型（解析版）

熱點05碰撞與熱點05碰撞與類碰撞模型1.碰撞問題是歷年高考試題的重點和熱點，它所反映出來的物理過程、狀態(tài)變化及能量關(guān)系，對學(xué)生的理解能力、邏輯思維能力及分析推理能力要求比較高。高考中考查的碰撞問題，碰撞時間極短，位移為零，碰撞過程遵循動量守恒定律。2.高考題命題加重了試題與實際的聯(lián)系，命題導(dǎo)向由單純的解題向解決問題轉(zhuǎn)變，對于動量守恒定律這一重要規(guī)律我們也要關(guān)注其在生活實際中的應(yīng)用，學(xué)會建構(gòu)模型、科學(xué)推理。3.動量和能量綜合考查是高考命題的熱點，在選擇題和計算題中都可能出現(xiàn)，選擇題中可能考查動量和能量知識的簡單應(yīng)用，計算題中一般結(jié)合豎直面內(nèi)的圓周運動模型、板塊模型或彈簧模型等壓軸考查，難度較大。此類試題區(qū)分度較高，且能很好地考查運動與相互作用觀念、能量觀念動量觀念和科學(xué)思維要素，因此備考命題者青睞。題型一人船模型1．模型簡析：如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)動量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統(tǒng)動量始終守恒，故有m船x船＝m人x人，由圖可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。2．模型特點(1)兩個物體作用前均靜止，作用后均運動。(2)動量守恒且總動量為零。3．結(jié)論：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用物體的質(zhì)量，x1、x2為其對地位移的大小)。題型二“物塊—彈簧”模型模型圖例m1、m2與輕彈簧(開始處于原長)相連，m1以初速度v0運動兩種情景1.當(dāng)彈簧處于最短(最長)狀態(tài)時兩物體瞬時速度相等，彈性勢能最大：(1)系統(tǒng)動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。(2)系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2＋Epm。2.當(dāng)彈簧處于原長時彈性勢能為零：(1)系統(tǒng)動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。(2)系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22。題型三“滑塊—曲面(或斜面)體”模型模型圖例M開始時靜止，m以初速度v0滑上曲面體兩種情景1.m到達(dá)最高點時，m與M具有共同的瞬時水平速度v共：(1)系統(tǒng)水平方向動量守恒：mv0＝(M＋m)v共。(2)系統(tǒng)機械能守恒：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，不一定等于圓弧軌道的高度。2.m返回最低點時，m與M的分離點：(1)整個過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)整個過程中，系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22。題型四“滑塊-滑板”模型模型圖例上表面粗糙、質(zhì)量為M的滑板，放在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0滑上滑板。模型特點1.系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移大小的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能，即摩擦生熱。2.若滑塊未從滑板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時，滑板速度最大，相對位移最大。兩種情景1.若滑塊未滑離滑板，當(dāng)滑塊與滑板相對靜止時，二者的共同速度為v，滑塊相對滑板的位移為d，滑板相對地面的位移為s，滑塊和滑板間的摩擦力為Ff。這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況：(1)系統(tǒng)動量守恒：mv0＝(M＋m)v。(2)系統(tǒng)能量守恒：Ffd＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.若滑塊滑離滑板，設(shè)滑離滑板時，滑塊的速度為v1，滑板的速度為v2，滑板長為L：(1)系統(tǒng)動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)系統(tǒng)能量守恒：FfL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22。題型四“子彈打木塊”模型模型圖例地面光滑，木板長度為d，子彈射入木塊所受阻力為Ff模型特點1.子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒。2.系統(tǒng)的機械能有損失，一般應(yīng)用能量守恒定律。兩種情景1.子彈嵌入木塊中(未穿出)：兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)(1)動量守恒：mv0＝(m＋M)v。(2)能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.子彈穿透木塊：兩者速度不相等，機械能有損失(非彈性碰撞)(1)動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)。（建議用時：30分鐘）一、單選題1．（2023·吉林長春·東北師大附中?？家荒＃蔼氈衿笔且豁棯毺氐那泵耖g絕技。獨竹漂高手們腳踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達(dá)岸邊，此時女子靜立于竹竿A點，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從中選取了兩張進(jìn)行對比，其簡化圖如下。經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中A、B兩點的水平間距約為1cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。女子在照片上身高約為1.6cm。已知竹竿的質(zhì)量約為25kg，若不計水的阻力，則該女子的質(zhì)量約為（）

A．45kg B．50kg C．55kg D．60kg【答案】A【解析】對人和竹竿組成的系統(tǒng)，可看成人船模型，所以SKIPIF1<0代入數(shù)據(jù)可得人的質(zhì)量為SKIPIF1<0故選A。2．如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為m的滑塊，滑塊右側(cè)面為一個半徑為SKIPIF1<0的SKIPIF1<0弧形的光滑凹槽，A點切線水平。另有一個質(zhì)量為SKIPIF1<0的小球以水平速度SKIPIF1<0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g。下列說法中正確的是（

）A．當(dāng)SKIPIF1<0時，小球恰好能到達(dá)SKIPIF1<0點B．當(dāng)SKIPIF1<0時，小球在弧形凹槽上沖向SKIPIF1<0點的過程中，滑塊的動能增大；返回A點的過程中，滑塊的動能減小C．如果小球的速度SKIPIF1<0足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上D．小球返回A點后做自由落體運動【答案】D【解析】A．小球滑上凹槽的過程中，若凹槽固定，小球SKIPIF1<0的速度沖上，根據(jù)機械能守恒SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0但是，凹槽不固定，小球沖上來的過程中，凹槽也會運動，根據(jù)機械能守恒可知小球不能沖到SKIPIF1<0點，A錯誤；B．小球在圓弧上運動的過程中，小球?qū)瑝K的壓力一直對滑塊做正功，所以滑塊動能一直增加，B錯誤；C．如果小球的速度SKIPIF1<0足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)沿切線方向飛離凹槽，相對凹槽的速度方向豎直向上，兩者水平速度相等，所以小球會沿左側(cè)邊緣落回，C錯誤；D．小球和凹槽整個作用過程中，水平方向動量守恒，機械能守恒，類似于彈性碰撞SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0所以小球返回A點后做自由落體運動，D正確。故選D。3．如圖所示，A、B兩個小球靜止在光滑水平地面上，用輕彈簧連接，A、B兩球的質(zhì)量分別為0.4kg和1.2kg?，F(xiàn)使A球獲得向右的瞬時速度SKIPIF1<0。已知彈簧始終在其彈性限度之內(nèi)，則在A、B兩球運動的過程中（）A．B球的最大速度大小為1.5m/sB．B球速度最大時，A球的速度大小為3m/s，方向水平向左C．A球速度為0時，A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大D．A球加速度為0時，B球的速度最大【答案】B【解析】AB．當(dāng)B球速度最大時，彈簧處于原長，以向右為正方向，設(shè)此時A、B速度為v1、v2，由動量守恒和機械能守恒有SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得v1=-3m/s，v2=3m/sA錯誤，B正確；C．由能量守恒可知，A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大時，彈簧彈性勢能達(dá)到最大值，此時A、B速度相同，設(shè)為SKIPIF1<0，由動量守恒SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0C錯誤；D．A球加速度為0時，彈簧處于原長，當(dāng)彈簧從壓縮狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長過程中，B球的速度逐漸增大，彈簧恢復(fù)原長時B速度達(dá)到最大；當(dāng)彈簧從伸長狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長過程中，B球的速度逐漸減小，彈簧恢復(fù)原長時B速度達(dá)到最小值，D錯誤。故選B。4．（2023·遼寧·校聯(lián)考三模）如圖所示，光滑水平地面上并排放置著質(zhì)量分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的木板A、B，一質(zhì)量SKIPIF1<0的滑塊C（視為質(zhì)點）以初速度SKIPIF1<0從A左端滑上木板，C滑離木板A時的速度大小為SKIPIF1<0，最終C與木板B相對靜止，則（）

A．木板B與滑塊C最終均靜止在水平地面上B．木板B的最大速度為2m/sC．木板A的最大速度為1m/sD．整個過程，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能減少了57.5J【答案】D【解析】ABC．整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，C滑離木板A時SKIPIF1<0解得木板A的最大速度為SKIPIF1<0滑上B后，對B、C整體水平動量守恒SKIPIF1<0解得木板B的最大速度為SKIPIF1<0并且B、C一起勻速運動，故ABC錯誤；D．整個過程，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能減少了SKIPIF1<0故D正確。故選D。5．（2023·重慶·一模）如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為2M的物體A以速度v向右勻速滑動，質(zhì)量為M的B物體左端與輕質(zhì)彈簧連接并靜止在光滑水平面上，在物體A與彈簧接觸后，以下判斷正確的是（）A．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對A的彈力沖量大小為SKIPIF1<0B．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對B的彈力做功的功率一直增大C．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，彈簧對A、B做功的代數(shù)和為0D．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，最大彈性勢能為SKIPIF1<0【答案】A【解析】A．在物體A與彈簧接觸過程中，根據(jù)動量守恒定律得SKIPIF1<0根據(jù)機械能守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0SKIPIF1<0根據(jù)動量定理得彈簧對A的彈力沖量大小SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0A正確；B．在物體A與彈簧接觸到彈簧最短的過程中，彈簧的彈力和B的速度都增大，彈簧對B的彈力做功的功率增大；在彈簧接近原長時，B的速度接近SKIPIF1<0，而彈簧的彈力幾乎等于零，彈簧對B的彈力做功的功率幾乎等于零，所以在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對B的彈力做功的功率先增大后減小，B錯誤；CD．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，根據(jù)動量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0彈簧對A、B做功分別為SKIPIF1<0SKIPIF1<0彈簧對A、B做功的代數(shù)和為SKIPIF1<0最大彈性勢能為SKIPIF1<0CD錯誤。故選A。二、多選題6．（2024·吉林·統(tǒng)考一模）如圖（a），質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度SKIPIF1<0向右運動，與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖（b）中實線所示，其中SKIPIF1<0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P，拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．碰后瞬間乙的速度大小為SKIPIF1<0 B．甲、乙間的動摩擦因數(shù)為SKIPIF1<0C．甲到乙左端的距離SKIPIF1<0 D．乙、丙的質(zhì)量比SKIPIF1<0【答案】BC【解析】AB．設(shè)碰后瞬間乙的速度大小為SKIPIF1<0，碰后乙的加速度大小為SKIPIF1<0，由圖（b）可知SKIPIF1<0拋物線的頂點為Q，根據(jù)SKIPIF1<0圖像的切線斜率表示速度，則有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0根據(jù)牛頓第二定律可得SKIPIF1<0解得甲、乙間的動摩擦因數(shù)為SKIPIF1<0故A錯誤，B正確；C．由于甲、乙質(zhì)量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為SKIPIF1<0根據(jù)圖（b）可知，SKIPIF1<0時刻甲、乙剛好共速，則SKIPIF1<0時間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移為SKIPIF1<0則甲到乙左端的距離滿足SKIPIF1<0故C正確；D．物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得SKIPIF1<0SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0可得乙、丙的質(zhì)量比為SKIPIF1<0故D錯誤。故選BC。7．（2024·四川瀘州·?？家荒＃┤鐖D所示，帶有SKIPIF1<0光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，一質(zhì)量為SKIPIF1<0的小球以水平速度SKIPIF1<0從小車左端沖上小車，一段時間后小球從小車的左端飛出，已知小車的質(zhì)量為SKIPIF1<0，重力加速度大小為SKIPIF1<0，下列說法正確的是（）

A．小球上升的最大高度為SKIPIF1<0 B．小球從小車的左端飛出的速度大小為SKIPIF1<0C．小球從小車的左端飛出后小車的速度大小為SKIPIF1<0 D．整個過程中小球?qū)π≤囎龅墓镾KIPIF1<0【答案】BD【解析】A．系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球上升到最大高處時，二者共速，可得SKIPIF1<0由機械能守恒可得SKIPIF1<0聯(lián)立，解得SKIPIF1<0故A錯誤；BC．設(shè)水平向右為正方向，取小球從小車的左端飛出時為末狀態(tài)，根據(jù)動量守恒，可得SKIPIF1<0由機械能守恒，可得SKIPIF1<0聯(lián)立，解得SKIPIF1<0故B正確；C錯誤；D．整個過程中小球?qū)π≤囎龅墓樾≤囋黾拥膭幽埽碨KIPIF1<0故D正確。故選BD。8．如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，從B到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在C點。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊從圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為g。下列說法正確的是（

）

A．滑塊到達(dá)B點時的速度大小為SKIPIF1<0B．彈簧獲得的最大彈性勢能為mgRC．滑塊從A點運動到B點的過程中，小車運動的位移大小為SKIPIF1<0D．滑塊第一次從A點運動到B點時，小車對滑塊的支持力大小為4mg【答案】BD【解析】AD．滑塊從A滑到B時，滿足水平方向動量守恒，機械能守恒，則有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0運動到B點時對滑塊受力分析SKIPIF1<0解得FN=4mg故A錯誤、D正確；B．滑塊運動到小車最右端時根據(jù)水平方向動量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故B正確；C．從A到B滑下過程由人船模型SKIPIF1<0，x1＋x2=R解得小車的位移應(yīng)當(dāng)是SKIPIF1<0故C錯誤。故選BD。三、解答題9．（2024·廣東惠州·統(tǒng)考三模）如圖所示，一質(zhì)量為M=2kg、右端帶有一段半徑為R=0.5m的四分之一圓弧的長木板停靠在墻邊，木板左端固定一輕彈簧，彈簧右端緊靠一質(zhì)量為m=1kg的小物塊（不栓接），木板表面除長為L=2.5m的AB段外均光滑，AB段與物塊間的滑動摩擦因數(shù)為μ=0.2。現(xiàn)用外力通過物塊壓縮彈簧，使其彈性勢能Ep=18J，然后由靜止釋放物塊。已知物塊到達(dá)A點前已脫離彈簧，水平地面光滑且足夠長，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物塊第一次到達(dá)A點時的動量大??；（2）試通過計算判斷物塊能否到達(dá)圓弧軌道的最高點?！敬鸢浮浚?）6kg﹒m/s；（2）能，見解析【解析】（1）由相同機械能守恒有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0物塊第一次到達(dá)A點時的動量大小SKIPIF1<0（2）假設(shè)能到達(dá)最高點，此時，物塊的速度與木板的速度相等，設(shè)為v，從物塊滑過A點，木板離開墻角后，物塊與木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0則有SKIPIF1<0SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0可知物塊能到達(dá)圓弧軌道的最高點。10．（2023·廣東汕頭·統(tǒng)考一模）如圖，L形滑板A靜止在粗糙水平面上，在A上距離其左端為3l處靜置小木塊B，AB之間光滑；水平面上距離A右端l處靜止著一滑塊C，A和C與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為μ。ABC的質(zhì)量均為m，AB、AC之間的碰撞都屬于完全非彈性碰撞且不粘連?，F(xiàn)對A施加水平向右的恒定推力，當(dāng)AC相碰瞬間撤去，碰撞后瞬間AC的速度SKIPIF1<0，由于A板足夠長，所以不考慮BC的相碰。已知重力加速度為g。求：（1）水平推力F的大小；（2）當(dāng)AC都停下時C離A板右端的距離d。【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）5.5l【解析】（1）對A，由動能定理SKIPIF1<0AC相碰，有SKIPIF1<0得SKIPIF1<0（2）AC相碰后，AC分離，對C有SKIPIF1<0得SKIPIF1<0對A有SKIPIF1<0SKIPIF1<0然后AB相碰，有SKIPIF1<0此后，對A有SKIPIF1<0得SKIPIF1<0AC之間的距離SKIPIF1<0得SKIPIF1<0（建議用時：30分鐘）一、單選題1．如圖所示，返回艙接近地面時，相對地面豎直向下的速度為v，此時反推發(fā)動機點火，在極短時間SKIPIF1<0內(nèi)，豎直向下噴出相對地面速度為u、體積為V的氣體，輔助返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為SKIPIF1<0，噴出氣體所受重力忽略不計，則噴氣過程返回艙受到的平均反沖力大小為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【解析】噴出的氣體的質(zhì)量為SKIPIF1<0以噴出的氣體為研究對象，設(shè)氣體受到的平均沖力為F，取向下為正方向，噴出氣體所受重力忽略不計，根據(jù)動量定理有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0根據(jù)牛頓第三定律可知噴氣過程返回艙受到的平均反沖力大小為SKIPIF1<0。故選A。2．（2023·四川廣安·統(tǒng)考二模）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上靜止放置兩根完全相同粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒ab、cd，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中?，F(xiàn)給ab棒一個平行于導(dǎo)軌的初速度并開始計時，不計電磁輻射及金屬導(dǎo)軌的電阻，導(dǎo)體棒ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，下列關(guān)于棒ab、cd中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、回路中的感應(yīng)電流i、導(dǎo)軌間的電壓u與時間t的函數(shù)關(guān)系圖像中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A．設(shè)磁感應(yīng)強度為B，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、接入電路的長度均為d、電阻均為R，導(dǎo)體棒SKIPIF1<0的初速度為SKIPIF1<0。某時刻t導(dǎo)體棒SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的速度分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，回路的感應(yīng)電流為i。由法拉第電磁感應(yīng)定律有SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小SKIPIF1<0與棒SKIPIF1<0的運動方向相反，與棒SKIPIF1<0的運動方向相同，所以棒SKIPIF1<0減速、棒SKIPIF1<0加速，當(dāng)兩棒速度相同時，回路中沒有感應(yīng)電流，兩棒做勻速直線運動，由動量守恒定律SKIPIF1<0解得最終兩棒的速度為SKIPIF1<0由于SKIPIF1<0減小、SKIPIF1<0增大，所以SKIPIF1<0減小，電流i減小，SKIPIF1<0減小，棒運動的加速度減小，即棒SKIPIF1<0做初速度為SKIPIF1<0、加速度逐漸減小的減速運動，所以SKIPIF1<0減小得越來越慢，最終SKIPIF1<0趨于SKIPIF1<0，故A錯誤；B．棒SKIPIF1<0做初速度為零、加速度逐漸減小的加速運動，所以SKIPIF1<0由零開始增加得越來越慢，最終趨于SKIPIF1<0，故B錯誤；C．由于SKIPIF1<0、i越來越小，最終SKIPIF1<0、i趨為零，故C錯誤。D．兩導(dǎo)軌間的電壓SKIPIF1<0對兩棒由動量守恒有SKIPIF1<0聯(lián)立得SKIPIF1<0故u恒定，D正確。故選D。3．如圖所示，左端連接著輕質(zhì)彈簧、質(zhì)量為SKIPIF1<0的小球B靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為SKIPIF1<0的小球A以大小為SKIPIF1<0的初速度向右做勻速直線運動，接著逐漸壓縮彈簧并使小球B運動，一段時間后，小球A與彈簧分離，若小球A、B與彈簧相互作用過程中無機械能損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則在上述過程中，下列說法正確的是（

）

A．小球B的最大速度為SKIPIF1<0B．彈簧的最大彈性勢能為SKIPIF1<0C．兩小球的速度大小可能同時都為SKIPIF1<0D．從小球A接觸彈簧到彈簧再次恢復(fù)原長時，彈簧對小球A、B的沖量相同【答案】B【解析】A．小球A逐漸壓縮彈簧并使小球B運動，一段時間后小球A與彈簧分離時，B球速度最大，由動量守恒定律及能量守恒定律可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0解得小球B的最大速度為SKIPIF1<0故A錯誤；B．當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，兩球速度相同，設(shè)為v，此時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0由能量守恒定律可得，彈簧的最大彈性勢能為SKIPIF1<0故B正確；C．兩小球組成的系統(tǒng)的初動量為SKIPIF1<0初動量方向向右。小球A壓縮彈簧后，小球B在彈簧彈力作用下只能向右運動，假設(shè)兩小球的速度大小都為SKIPIF1<0，小球A運動方向向右時，系統(tǒng)的動量為SKIPIF1<0小球A運動方向向左時，系統(tǒng)的動量為SKIPIF1<0由于SKIPIF1<0，可知假設(shè)錯誤，故C錯誤；D．從小球A接觸彈簧到再次恢復(fù)原長時，彈簧彈力對兩小球的彈力始終大小相等、方向相反，所以彈簧對A、B的沖量大小相等，方向相反，故D錯誤。故選B。4．（2020·河北石家莊·統(tǒng)考三模）如圖所示，質(zhì)量為m的A球以速度SKIPIF1<0在光滑水平面上向右運動，與靜止的質(zhì)量為5m的B球?qū)π恼?，碰撞后A球以SKIPIF1<0的速率彈回，并與豎直固定的擋板P發(fā)生彈性碰撞，要使A球與擋板碰后能追上B球再次相碰，則k的取值范圍為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】A、B碰撞過程中，以v0方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得SKIPIF1<0A與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再碰的條件是SKIPIF1<0得SKIPIF1<0碰撞過程中損失的機械能SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0所以k滿足的條件是SKIPIF1<0故C正確，ABD錯誤。故選C。5．如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個質(zhì)量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L，某個滑塊均可看成質(zhì)點?，F(xiàn)給第一個滑塊水平向右的初速度SKIPIF1<0，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動到第SKIPIF1<0個滑塊與第n個滑塊相碰時的總時間為（）

A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律SKIPIF1<0可知第二個滑塊開始運動的速度大小為SKIPIF1<0同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為SKIPIF1<0第（n-1）個球開始滑動的速度大小為SKIPIF1<0因此運動的總時間為SKIPIF1<0故選B。二、多選題6．（2024·河北·一模）如圖所示，傾角為α的足夠長粗糙斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊A放在斜面上恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量也為m的滑塊B下表面光滑，從斜面上與A相距為L處由靜止釋放，之后與A發(fā)生多次彈性正碰，每次碰撞時間都極短，已知斜面傾角α=30°，A、B兩滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A．B由靜止釋放后至第一次與A碰撞經(jīng)歷的時間為SKIPIF1<0B．B與A第一次碰撞后瞬間A的速度大小為SKIPIF1<0C．B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生第二次碰撞的時間為SKIPIF1<0D．B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生第二次碰撞滑塊A克服摩擦力做的功為4mgL【答案】BC【解析】A.設(shè)B下滑過程中加速度大小為a，B由靜止釋放后至第一次與A碰撞經(jīng)歷的時間為t1，第1次與A碰前瞬間的速度為v，則對B由牛頓第二定律得SKIPIF1<0由運動學(xué)規(guī)律得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故A錯誤；B.第一次碰撞后A的速度為vA1，B的速度為vB1，由動量守恒和機械能守恒得SKIPIF1<0；SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故B正確；C.第一次碰撞后，A勻速下滑，B勻加速下滑，發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞的過程中兩滑塊下滑的位移相等，所用時間為t2，則有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故C正確；D.B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生第二次碰撞，A的位移為SKIPIF1<0滑塊A克服摩擦力做的功SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故D錯誤。故選BC。7．如圖所示，質(zhì)量為SKIPIF1<0的長木板置于光滑水平地面上，質(zhì)量為SKIPIF1<0的小物塊（可視為質(zhì)點）放在長木板的右端，在木板右側(cè)固定著一個豎直彈性擋板，擋板的下沿略高于木板。現(xiàn)使木板和物塊以SKIPIF1<0的速度一起向右勻速運動，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)SKIPIF1<0，木板足夠長，重力加速度SKIPIF1<0，則下列說法正確的是（）A．物塊與擋板第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)歷的時間為4sB．物塊與擋板第二次碰撞過程，擋板對物塊的沖量大小為SKIPIF1<0C．物塊與擋板第n次碰撞前的速度大小為SKIPIF1<0D．若整個過程中物塊不會從長木板上滑落，長木板的最小長度為SKIPIF1<0【答案】BCD【解析】A．小物塊第一次與擋板碰撞后，先向左勻減速直線運動，再向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有SKIPIF1<0解得加速度大小SKIPIF1<0小物塊第一次與墻碰撞后，小物塊與木板相互作用直到有共同速度SKIPIF1<0，由動量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0小物塊與木板共速時的位移和所用時間分別為SKIPIF1<0SKIPIF1<0小物塊和木板一起向右勻速運動的時間為SKIPIF1<0木板與墻壁第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)歷的時間為SKIPIF1<0故A錯誤；BC．小物塊第一次與墻碰撞后，小物塊與木板相互作用直到有共同速度SKIPIF1<0，由動量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0小物塊第一次與墻碰撞后，小物塊與木板相互作用直到有共同速度SKIPIF1<0，由動量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0以此類推可得SKIPIF1<0物塊與擋板第二次碰撞前速度大小為SKIPIF1<0碰后原速率反彈，規(guī)定水平向左為正方向，對物塊應(yīng)用動量定理，可得SKIPIF1<0故BC正確；D．木板在與小物塊發(fā)生相對滑動過程時，一直相對向右做勻減速運動，最終兩個物體全部靜止，根據(jù)能量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故D正確。故選BCD。8．長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖所示，g＝10m/s2.下列說法正確的是（）A．木板獲得的動能為1JB．系統(tǒng)損失的機械能為1JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1【答案】AD【解析】A．由題圖可知，最終木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得M＝2kg則木板獲得的動能為Ek＝SKIPIF1<0Mv2＝SKIPIF1<0×2×12J＝1J故A正確；B．系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝SKIPIF1<0mvB2－SKIPIF1<0(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2J故B錯誤；C．根據(jù)v－t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1s內(nèi)B的位移為sB＝SKIPIF1<0×(2＋1)×1m＝1.5mA的位移為sA＝SKIPIF1<0×1×1m＝0.5m則木板A的最小長度為L＝sB－sA＝1m故C錯誤；D．由題圖可知，B的加速度a＝SKIPIF1<0＝－1m/s2負(fù)號表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmg＝ma解得μ＝0.1故D正確。故選AD。三、解答題9．如圖所示，軌道ABCD由半徑SKIPIF1<0的光滑四分之一圓弧軌道AB、長度SKIPIF1<0的粗糙水平軌道BC以及足夠長的光滑水平軌道CD組成。質(zhì)量SKIPIF1<0的物塊P和質(zhì)量SKIPIF1<0的物塊Q壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定（物塊與彈簧不連接），三者靜置于CD段中間，物塊P、Q可視為質(zhì)點。緊靠D的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量SKIPIF1<0的小車，其上表面EF段粗糙，與CD等高，長度SKIPIF1<0；FG段為半徑SKIPIF1<0的四分之一光滑圓弧軌道；小車與地面間的阻力忽略不計。P、Q與BC、EF間的動摩擦因數(shù)均為SKIPIF1<0，重力加速度SKIPIF1<0，現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊P、Q由靜止被彈出（P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧），其中物塊P進(jìn)入CBA軌道，而物塊Q滑上小車。不計物塊經(jīng)過各連接點時的機械能損失。（1）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點，求物塊P通過B點時，物塊P對圓弧軌道的彈力；（2）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點，試分析物塊Q能否沖出小車上的G點，若能沖出G點，求出物塊Q從飛離G點到再次回到G點過程中小車通過的位移；若物塊Q不能飛離G點，請說明理由；（3）若彈簧解除鎖定后，物塊Q向右滑上小車后能通過F點，并且后續(xù)運動過程始終不滑離小車，求被鎖定彈簧的彈性勢能取值范圍。【答案】（1）60N，方向豎直向下；（2）能，SKIPIF1<0；（3）S