2025人教版物理重難點-選擇性必修一人教版物理重難點-必修三專題1.3 碰撞（含答案）

2025人教版物理重難點-選擇性必修一人教版物理重難點-必修三專題1.3碰撞（含答案）專題1.3碰撞【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1完全非彈性碰撞】 【題型2彈性正碰、一靜一動】 【題型3碰撞三原則】 【題型4圖像問題】 【題型5子彈穿木塊問題】 【題型6塊板模型】 【題型7涉及彈簧的問題】 【題型8一般的碰撞】 【題型1完全非彈性碰撞】【例1】如圖甲是打樁機(jī)進(jìn)行路基打樁的實物情景圖，打樁過程情景模型如圖乙所示，已知打樁機(jī)重錘A的質(zhì)量為m，混凝土鋼筋樁B的質(zhì)量為M，其中M＝8m。每一次打樁時，打樁機(jī)抬高重錘A，比樁B頂部高出H，然后從靜止自由釋放，與樁發(fā)生時間極短的完全非彈性碰撞后，與樁一起向下運動，設(shè)樁受到的阻力f與樁深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度為g，其他阻力忽略不計)。(1)完成第1次打樁后，試求樁B深入地面下的深度h1；(2)已知樁B的長度l＝3H，試求使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，則要打多少次？【變式1-1】(多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M；質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮。開始時小車AB和木塊C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下說法正確的是()A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動【變式1-2】(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B并排放置在光滑水平面上，一個質(zhì)量也為m的物塊C以初速度2v0在極短時間與A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分離時B的速度等于v0，從C接觸A到A、B分離的全過程中，下面說法正確的是()A．A、B分離時A的速度為eq\f(1,3)v0B．A、B分離時A的速度為eq\f(1,2)v0C．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv02D．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(5,4)mv02【變式1-3】如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度?！绢}型2彈性正碰、一靜一動】【例2】秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(eq\o\al(1,0)n)與靜止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子減速。已知中子某次碰撞前的動能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過該次碰撞后，中子損失的動能為()A.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E 【變式2-1】如圖所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個質(zhì)量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s開始向著小球B運動，經(jīng)過時間t＝0.80s與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)兩個小球均可以看作質(zhì)點，它們的碰撞時間極短，且已知小球A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2.求：(1)兩小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大?。咀兪?-2】如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半徑為R，A點切線水平。另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，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B．如果小球的速度足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上C．小球到達(dá)斜槽最高點處，小球的速度為零D．小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左【變式2-3】如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性碰撞．【題型3碰撞三原則】【例3】(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量的變化量為－4kg·m/s，則()A．左方是A球B．B球動量的變化量為4kg·m/sC．碰撞后A、B兩球的速度大小之比為5∶2D．兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞【變式3-1】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，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【變式3-2】如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3B．右方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6C．左方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3D．左方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6【變式3-3】如圖所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運動，選定向右為正方向，兩球的動量分別為pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.當(dāng)兩球相碰之后，兩球的動量可能是()A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0【題型4圖像問題】【例4】(多選)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移隨時間變化關(guān)系．已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知()A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的eq\f(1,6)【變式4-1】甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3JB．4JC．5J D．6J【變式4-2】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，碰撞時間極短。下列說法正確的是()A．碰撞前后小孩的運動方向沒有改變B．碰碰車的質(zhì)量為50kgC．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【變式4-3】如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA＝1kg.初始時刻B靜止，A以一定的初速度向右運動，之后與B發(fā)生碰撞并一起運動，它們的位移—時間圖象如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)，已知A、B碰撞時間極短(t＝0.01s)，圖中無法顯示，則()A．物塊B的質(zhì)量為2kgB．物塊B的質(zhì)量為4kgC．A、B碰撞時的平均作用力大小為300ND．A、B碰撞時的平均作用力大小為100N【題型5子彈穿木塊問題】【例5】一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？(2)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為多長？(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？(4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？(5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長？【變式5-1】如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時間t?！咀兪?-2】如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈簧拴接在一起，彈簧處于原長。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時間極短。下列說法中正確的是()A．子彈射入物塊A的過程中，子彈和物塊A的機(jī)械能守恒B．子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小大于物塊A對子彈的沖量大小C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和等于射入物塊A前子彈的動能D．兩物塊運動過程中，彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能【變式5-3】如圖所示，光滑懸空軌道上靜止一質(zhì)量為3m的小車A，用一段不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一質(zhì)量為2m的木塊B.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊(時間極短)，在以后的運動過程中，細(xì)繩離開豎直方向的最大角度小于90°，試求：(不計空氣阻力，重力加速度為g)(1)子彈射入木塊B時產(chǎn)生的熱量；(2)木塊B能擺起的最大高度；(3)小車A運動過程的最大速度大?。绢}型6塊板模型】【例6】如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大??；(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功?！咀兪?-1】如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個小滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m。B與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ，而C與平板車之間的動摩擦因數(shù)為2μ。開始時B、C分別從平板車的左、右兩端同時以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離平板車，則平板車的最終速度v車是()A.eq\f(1,2)v0B.eq\f(1,6)v0C.eq\f(1,3)v0 D．0【變式6-2】(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s【變式6-3】如圖所示，質(zhì)量mA＝8.0kg的足夠長的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一個質(zhì)量為mB＝2.0kg的小木塊B。給B以大小為4.0m/s、方向向左的初速度，同時給A以大小為6.0m/s、方向向右的初速度，兩物體同時開始運動，直至A、B運動狀態(tài)穩(wěn)定，下列說法正確的是()A．木塊B的最終速度大小為5.6m/sB．在整個過程中，木塊B的動能變化量為0C．在整個過程中，木塊B的動量變化量為0D．在整個過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒【題型7涉及彈簧的問題】【例7】(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A系在輕線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質(zhì)量均為5m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方?，F(xiàn)拉動小球使輕線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短)，小球與物塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則可求出()A．碰撞后小球A反彈的上升的最大高度B．碰撞后小球A反彈的上升的時間C．碰撞過程中物塊B獲得沖量大小D．碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能【變式7-1】如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細(xì)線連接，靜止在光滑的水平面上，此時細(xì)線剛好伸直但無彈力?，F(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運動過程中，細(xì)線沒有繃斷，以下判斷正確的是()A．細(xì)線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大B．細(xì)線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大C．彈簧最大的彈性勢能等于eq\f(3,8)mv02D．物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機(jī)械能最多為eq\f(3,2)mv02【變式7-2】如圖所示，豎直放置的輕彈簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接著質(zhì)量為M的木塊A，開始時木塊A靜止，現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的木塊B從木塊A正上方高為h處自由下落，與木塊A碰撞后一起向下壓縮彈簧，經(jīng)過時間t木塊A下降到最低點。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，木塊A與木塊B碰撞時間極短，重力加速度為g，下列關(guān)于從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的過程中彈簧對木塊A的沖量I的大小正確的是()A．I＝2(M＋m)eq\r(2gh)B．I＝2meq\r(2gh)－2(M＋m)gtC．I＝2(M－m)eq\r(2gh)D．I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt【變式7-3】（2022-全國乙卷）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)?！绢}型8一般的碰撞】【例8】質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值．請你論證：碰撞后B球的速度可能是以下值嗎？(1)0.6v；(2)0.4v；(3)0.2v.【變式8-1】如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點的距離；(2)當(dāng)A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為θ，求此時A所受力對A做功的功率；(3)求碰撞過程中A和B損失的總動能。【變式8-2】算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，使用前算珠需要歸零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2。(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間?！咀兪?-3】如圖所示，質(zhì)量為6m、長為L的薄木板AB放在光滑的平臺上，木板B端與臺面右邊緣齊平。B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點的滑塊C，C與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3)，質(zhì)量為m的小球用長為L的細(xì)繩懸掛在平臺右邊緣正上方的O點，細(xì)繩豎直時小球恰好與C接觸。現(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平并由靜止釋放，小球運動到最低點時細(xì)繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。(1)求細(xì)繩能夠承受的最大拉力；(2)若要使小球落在釋放點的正下方P點，平臺高度應(yīng)為多大；(3)通過計算判斷C能否從木板上掉下來。

參考答案【題型1完全非彈性碰撞】【例1】如圖甲是打樁機(jī)進(jìn)行路基打樁的實物情景圖，打樁過程情景模型如圖乙所示，已知打樁機(jī)重錘A的質(zhì)量為m，混凝土鋼筋樁B的質(zhì)量為M，其中M＝8m。每一次打樁時，打樁機(jī)抬高重錘A，比樁B頂部高出H，然后從靜止自由釋放，與樁發(fā)生時間極短的完全非彈性碰撞后，與樁一起向下運動，設(shè)樁受到的阻力f與樁深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度為g，其他阻力忽略不計)。(1)完成第1次打樁后，試求樁B深入地面下的深度h1；(2)已知樁B的長度l＝3H，試求使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，則要打多少次？解析：(1)設(shè)重錘A下落與樁B碰撞前的速度為v0，則有mgH＝eq\f(1,2)mv02因為重錘A與樁B發(fā)生了時間極短的完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的共同速度為v，則有mv0＝(M＋m)v設(shè)第1次打樁，樁B克服阻力所做的功為W1，則有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12聯(lián)合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一負(fù)解不合實際情況，故舍去。(2)設(shè)使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，要打N次，根據(jù)動能定理，有：(M＋m)gl－W總＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W總＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)2025【變式1-1】(多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M；質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮。開始時小車AB和木塊C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下說法正確的是()A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動解析：選BC小車AB與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，AB應(yīng)向左運動，故A錯誤；設(shè)碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正確；設(shè)C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯誤?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B并排放置在光滑水平面上，一個質(zhì)量也為m的物塊C以初速度2v0在極短時間與A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分離時B的速度等于v0，從C接觸A到A、B分離的全過程中，下面說法正確的是()A．A、B分離時A的速度為eq\f(1,3)v0B．A、B分離時A的速度為eq\f(1,2)v0C．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv02D．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(5,4)mv02解析：選BD該過程動量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝eq\f(1,2)v0，A錯誤，B正確；A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·2meq\f(1,2)v02－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(5,4)mv02，C錯誤，D正確?！咀兪?-3】如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。解析：(1)設(shè)斜面長度為L，背包質(zhì)量為m1＝2kg，在斜面上滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2滑雪者質(zhì)量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，在斜面上滑行時間為t，落后時間t0＝1s，則背包的滑行時間為t＋t0，由運動學(xué)公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時的速度為v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s【題型2彈性正碰、一靜一動】【例2】秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(eq\o\al(1,0)n)與靜止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子減速。已知中子某次碰撞前的動能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過該次碰撞后，中子損失的動能為()A.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E 解析：選B質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的氘核發(fā)生彈性碰撞，滿足機(jī)械能守恒和動量守恒，設(shè)中子的初速度為v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，可列式eq\f(1,2)×1×v02＝eq\f(1,2)×1×v12＋eq\f(1,2)×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－eq\f(1,3)v0，即動能減小為原來的eq\f(1,9)，動能損失量為eq\f(8,9)E?！咀兪?-1】如圖所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個質(zhì)量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s開始向著小球B運動，經(jīng)過時間t＝0.80s與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)兩個小球均可以看作質(zhì)點，它們的碰撞時間極短，且已知小球A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2.求：(1)兩小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大?。鸢?1)2m/s(2)4N解析(1)碰前對A由動量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2m/s.(2)對A、B組成的系統(tǒng)，碰撞前后動量守恒，則有MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后總動能保持不變，則有eq\f(1,2)MvA2＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mvB2由以上兩式解得vA′＝1m/s，vB＝3m/s設(shè)小球B運動到最高點C時的速度大小為vC，以水平面為參考平面，因為B球由半圓形軌道的底端運動到C點的過程中機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq\f(1,2)mvB2解得vC＝eq\r(5)m/s對小球B，在最高點C有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(C2),R)解得FN＝4N由牛頓第三定律知小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小為4N.【變式2-2】如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半徑為R，A點切線水平。另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，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B．如果小球的速度足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上C．小球到達(dá)斜槽最高點處，小球的速度為零D．小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左解析：選D滑塊不固定，當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，設(shè)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；當(dāng)小球速度足夠大，從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B點落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上，B錯誤；當(dāng)小球到達(dá)斜槽最高點，由在水平方向上動量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C錯誤；當(dāng)小球回到斜槽底部，相當(dāng)于完成了彈性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，當(dāng)m＞M，v1與v0方向相同，向左，當(dāng)m＜M，v1與v0方向相反，即向右，故D正確。【變式2-3】如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性碰撞．答案(eq\r(5)－2)M≤m＜M解析A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒，機(jī)械能守恒．設(shè)速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvA12＋eq\f(1,2)MvC12聯(lián)立解得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞，所以只需考慮m<M的情況第一次碰撞后，A反向運動與B發(fā)生碰撞，設(shè)與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有mvA1＝mvA2＋MvB1eq\f(1,2)mvA12＝eq\f(1,2)mvA22＋eq\f(1,2)MvB12聯(lián)立解得vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝(eq\f(m－M,m＋M))2v0根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有vA2≤vC1聯(lián)立解得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(eq\r(5)－2)M另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去所以，m和M應(yīng)滿足的條件為(eq\r(5)－2)M≤m＜M.【題型3碰撞三原則】【例3】(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量的變化量為－4kg·m/s，則()A．左方是A球B．B球動量的變化量為4kg·m/sC．碰撞后A、B兩球的速度大小之比為5∶2D．兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞答案ABD解析初狀態(tài)兩球的動量均為正，故兩球均向右運動，vA＝eq\f(pA,mA)＝6m/s，vB＝eq\f(pB,mB)＝3m/s，故左方是A球，A正確；由動量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4kg·m/s，B正確；碰撞后A的動量為pA′＝ΔpA＋pA＝2kg·m/s，則vA′＝eq\f(pA′,mA)＝2m/s，碰撞后B的動量為pB′＝ΔpB＋pB＝10kg·m/s，則vB′＝eq\f(pB′,mB)＝5m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C錯誤；碰撞前系統(tǒng)的機(jī)械能為eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝27J，碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能為eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，故兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，D正確．【變式3-1】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，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解析：選C碰前系統(tǒng)總動量為p＝mAvA＋mBvB＝10kg·m/s，碰前總動能為Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動量為p′＝11kg·m/s，動量不守恒，A錯誤；碰撞后，A、B兩球同向運動，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B錯誤；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動量為p′＝10kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為Ek′＝18J，系統(tǒng)動能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，則碰后總動量為p′＝10kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為Ek′＝57J，系統(tǒng)動能增加，不可能，D錯誤。【變式3-2】如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3B．右方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6C．左方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3D．左方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6解析：選CA、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動量增量為負(fù)值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動量的增量應(yīng)該是正值，因此碰撞后A球的動量大小為4kg·m/s，所以碰撞后B球的動量是增加的，為12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確?！咀兪?-3】如圖所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運動，選定向右為正方向，兩球的動量分別為pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.當(dāng)兩球相碰之后，兩球的動量可能是()A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0答案C解析根據(jù)碰撞過程中動量守恒可知碰撞后的總動量等于原來總動量2kg·m/s，A選項碰后的總動量為－2kg·m/s，動量不守恒，故A錯誤；B選項碰后a球的動能不變，b球的動能增加了，不符合機(jī)械能不增加的規(guī)律，故B錯誤；C選項碰后a、b小球的動量滿足動量守恒定律，也不違背物體的運動規(guī)律，故C正確；D選項與實際不符，a不可能穿過靜止的b向前運動，故D錯誤．【題型4圖像問題】【例4】(多選)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移隨時間變化關(guān)系．已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知()A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的eq\f(1,6)答案AD解析根據(jù)x－t圖象的斜率表示速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故選項A正確；碰撞后的共同速度為v＝0.4m/s，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動量的表達(dá)式可知|m1v1|＜m2v2，由動能的表達(dá)式可知，eq\f(1,2)m1v12>eq\f(1,2)m2v22，故選項B、C錯誤，D正確．【變式4-1】甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3JB．4JC．5J D．6J解析：選A設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m，由動量守恒定律有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v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－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。【變式4-2】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，碰撞時間極短。下列說法正確的是()A．碰撞前后小孩的運動方向沒有改變B．碰碰車的質(zhì)量為50kgC．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解析：選D規(guī)定小孩初始運動方向為正方向，由圖可知，碰后兩車一起向反方向運動，故碰撞前后小孩的運動方向發(fā)生了改變，故A錯誤；由圖可知，碰前瞬間小孩的速度為2m/s，大人的速度為－3m/s，碰后兩人的共同速度為－1m/s，設(shè)碰碰車的質(zhì)量為M，由動量守恒定律有(20＋M)×2－(60＋M)×3＝(2M＋20＋60)×(－1)，解得M＝60kg，故B錯誤；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。【變式4-3】如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA＝1kg.初始時刻B靜止，A以一定的初速度向右運動，之后與B發(fā)生碰撞并一起運動，它們的位移—時間圖象如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)，已知A、B碰撞時間極短(t＝0.01s)，圖中無法顯示，則()A．物塊B的質(zhì)量為2kgB．物塊B的質(zhì)量為4kgC．A、B碰撞時的平均作用力大小為300ND．A、B碰撞時的平均作用力大小為100N答案C解析由題圖乙可知撞前vA＝4m/s，vB＝0，撞后v＝eq\f(20－16,8－4)m/s＝1m/s，則由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝eq\f(mAvA－mAv,v)＝3kg，A、B錯誤；對B有Ft＝mBv－0，解得F＝300N，C正確，D錯誤．【題型5子彈穿木塊問題】【例5】一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？(2)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為多長？(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？(4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？(5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長？解析(1)設(shè)子彈、木塊相對靜止時的速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為t，由動量定理得對木塊：Fft＝Mv－0解得t＝eq\f(Mmv0,FfM＋m)(3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動能定理得對子彈：－Ffx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：x1＝eq\f(MmM＋2mv\o\al(02),2FfM＋m2)對木塊：Ffx2＝eq\f(1,2)Mv2解得：x2＝eq\f(Mm2v\o\al(02),2FfM＋m2)子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對位移，即x相＝x1－x2＝eq\f(Mmv\o\al(02),2FfM＋m)(4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：E損＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmv\o\al(02),2M＋m)系統(tǒng)增加的內(nèi)能為Q＝Ff·x相＝eq\f(Mmv\o\al(02),2M＋m)(5)假設(shè)子彈恰好不射出木塊，此時有FfL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得L＝eq\f(Mmv\o\al(02),2FfM＋m)因此木塊的長度至少為eq\f(Mmv\o\al(02),2FfM＋m)【變式5-1】如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時間t。解析：(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)對物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。答案：(1)6m/s(2)2m/s(3)1s【變式5-2】如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈簧拴接在一起，彈簧處于原長。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時間極短。下列說法中正確的是()A．子彈射入物塊A的過程中，子彈和物塊A的機(jī)械能守恒B．子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小大于物塊A對子彈的沖量大小C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和等于射入物塊A前子彈的動能D．兩物塊運動過程中，彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能解析：選D子彈射入物塊A的過程中，為完全非彈性碰撞動能損失最大，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則子彈和物塊A的機(jī)械能不守恒，A錯誤；子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小等于物塊A對子彈的沖量大小，B錯誤；子彈射入物塊A后，因為有動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，兩物塊與子彈的動能之和小于射入物塊A前子彈的動能，C錯誤；兩物塊運動過程中，彈簧最短時與彈簧最長時都是兩物體具有共同速度時，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝eq\f(1,2)mA＋m子v12－eq\f(1,2)(mA＋m子＋mB)v22，則彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能，D正確。【變式5-3】如圖所示，光滑懸空軌道上靜止一質(zhì)量為3m的小車A，用一段不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一質(zhì)量為2m的木塊B.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊(時間極短)，在以后的運動過程中，細(xì)繩離開豎直方向的最大角度小于90°，試求：(不計空氣阻力，重力加速度為g)(1)子彈射入木塊B時產(chǎn)生的熱量；(2)木塊B能擺起的最大高度；(3)小車A運動過程的最大速度大?。鸢?1)eq\f(1,3)mv02(2)eq\f(v\o\al(02),36g)(3)eq\f(1,3)v0解析(1)子彈與木塊B作用瞬間水平方向的動量守恒，可得mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝eq\f(v0,3).設(shè)產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(3,2)mv12＝eq\f(1,3)mv02.(2)木塊B到最高點時，小車A、木塊B、子彈三者有相同的水平速度，根據(jù)水平方向動量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，解得v2＝eq\f(1,6)v0.由機(jī)械能守恒定律有3mgh＋eq\f(1,2)×6mv22＝eq\f(1,2)×3mv12，解得h＝eq\f(v\o\al(02),36g).(3)設(shè)小車A運動過程的最大速度為v4，此時木塊的速度為v3，當(dāng)木塊回到原來高度時，小車的速度最大，根據(jù)水平方向動量守恒，有3mv1＝3mv3＋3mv4，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(3,2)mv12＝eq\f(3,2)mv32＋eq\f(3,2)mv42，解得v4＝eq\f(1,3)v0.【題型6塊板模型】【例6】如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大?。?2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。解析：(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木＝2v滑，再根據(jù)動量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，聯(lián)立化簡得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0，再根據(jù)功能關(guān)系有－μmgx＝eq\f(1,2)×2mv木2＋eq\f(1,2)mv滑2－eq\f(1,2)×2mv02，聯(lián)立解得x＝eq\f(7v02,25μg)。(3)由于木板保持勻速直線運動，則有F＝μmg，對滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑＝μg，滑塊相對木板靜止時有v0＝a滑t，解得t＝eq\f(v0,μg)，則整個過程中木板滑動的距離為x′＝v0t＝eq\f(v02,μg)，則拉力所做的功為W＝Fx′＝mv02。答案：(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7v02,25μg)(3)eq\f(v0,μg)mv02【變式6-1】如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個小滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m。B與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ，而C與平板車之間的動摩擦因數(shù)為2μ。開始時B、C分別從平板車的左、右兩端同時以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離平板車，則平板車的最終速度v車是()A.eq\f(1,2)v0B.eq\f(1,6)v0C.eq\f(1,3)v0 D．0解析：選B設(shè)水平向右為正方向，因為水平面光滑，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)最終的速度為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝eq\f(1,6)v0，B正確?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s答案AB解析以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入數(shù)據(jù)解得vB1≈2.67m/s.當(dāng)從開始到A、B速度相同的過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入數(shù)據(jù)解得vB2＝2m/s，則在木塊A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小范圍為2m/s<vB<2.67m/s，故選項A、B正確．【變式6-3】如圖所示，質(zhì)量mA＝8.0kg的足夠長的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一個質(zhì)量為mB＝2.0kg的小木塊B。給B以大小為4.0m/s、方向向左的初速度，同時給A以大小為6.0m/s、方向向右的初速度，兩物體同時開始運動，直至A、B運動狀態(tài)穩(wěn)定，下列說法正確的是()A．木塊B的最終速度大小為5.6m/sB．在整個過程中，木塊B的動能變化量為0C．在整個過程中，木塊B的動量變化量為0D．在整個過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒解析：選B小木塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由于木板的動量大于小木塊的動量，所以系統(tǒng)的合動量方向向右；小木塊先向左減速運動，速度減為零后再反向向右加速運動，最后小木塊與木板一起勻速運動。設(shè)向右為正方向，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4m/s，故A錯誤；在整個過程中，木塊B的動能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)mBv2－eq\f(1,2)mBvB2＝0，故B正確；在整個過程中，木塊B的動量變化量為Δp＝mBv－mBvB＝16kg·m/s，故C錯誤；在整個過程中，由于小木塊與木板之間有摩擦力作用，系統(tǒng)克服摩擦力做功，一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯誤?！绢}型7涉及彈簧的問題】【例7】(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A系在輕線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質(zhì)量均為5m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方。現(xiàn)拉動小球使輕線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短)，小球與物塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則可求出()A．碰撞后小球A反彈的上升的最大高度B．碰撞后小球A反彈的上升的時間C．碰撞過程中物塊B獲得沖量大小D．碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能解析：選ACD對小球A，由機(jī)械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A與物塊B發(fā)生彈性正碰，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可求出碰后小球A和物塊B的速度，對小球A再使用機(jī)械能守恒定律可求出碰撞后小球A反彈上升的最大高度，故A正確；由于小球碰后做變速圓周運動，故無法求得小球A反彈上升的時間，故B錯誤；碰撞過程中根據(jù)動量定理可求出物塊B獲得沖量大小，故C正確；碰撞后，物塊B、輕彈簧和物塊C組成的系統(tǒng)，當(dāng)物塊B和物塊C共速時彈簧有最大彈性勢能，根據(jù)動量守恒定律求出共速的速度，再根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律求出彈簧獲得的最大彈性勢能，故D正確?！咀兪?-1】如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細(xì)線連接，靜止在光滑的水平面上，此時細(xì)線剛好伸直但無彈力。現(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運動過程中，細(xì)線沒有繃斷，以下判斷正確的是()A．細(xì)線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大B．細(xì)線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大C．彈簧最大的彈性勢能等于eq\f(3,8)mv02D．物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機(jī)械能最多為eq\f(3,2)mv02解析：選C細(xì)線再次伸直時，也就是彈簧再次恢復(fù)原長時，該過程中A始終受到向左的彈力，即一直做減速運動，B始終受到向右的彈力，即一直做加速運動，彈簧的彈力先變大后變小，則B的加速度先增大后減小，故A、B錯誤；彈簧彈性勢能最大時，彈簧被壓縮到最短，此時兩物塊速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq\f(3,4)v0，根據(jù)能量守恒定律可得彈簧最大的彈性勢能Epmax＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)×(3m＋m)v2＝eq\f(3,8)mv02，故C正確；整個過程中，只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D錯誤?！咀兪?-2】如圖所示，豎直放置的輕彈簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接著質(zhì)量為M的木塊A，開始時木塊A靜止，現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的木塊B從木塊A正上方高為h處自由下落，與木塊A碰撞后一起向下壓縮彈簧，經(jīng)過時間t木塊A下降到最低點。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，木塊A與木塊B碰撞時間極短，重力加速度為g，下列關(guān)于從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的過程中彈簧對木塊A的沖量I的大小正確的是()A．I＝2(M＋m)eq\r(2gh)B．I＝2meq\r(2gh)－2(M＋m)gtC．I＝2(M－m)eq\r(2gh)D．I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt解析：選DB下落h過程有mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh)，木塊B與A碰撞過程由動量守恒定律得mvB＝(M＋m)v，規(guī)定向下為正方向，則兩木塊從開始共同運動至最低點過程中由動量定理得(M＋m)gt－I1＝0－(M＋m)v，從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的過程中彈簧對木塊A的沖量I的大小為I＝2I1，聯(lián)立解得彈簧對木塊A的沖量I的大小為I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt，故D正確。【變式7-3】（2022-全國乙卷）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得（2）解法一：同一時刻彈簧對、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為，根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得，又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有0-t0之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達(dá)斜面最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得下滑過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，，上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，由勻變速直線運動的位移速度關(guān)系可得，聯(lián)立可解得【題型8一般的碰撞】【例8】質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值．請你論證：碰撞后B球的速度可能是以下值嗎？(1)0.6v；(2)0.4v；(3)0.2v.答案(2)可能解析①若是彈性碰撞，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律：mv＝mv1＋3mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×3mv22得：v1＝eq\f(m－3m,m＋3m)v＝－eq\f(1,2)vv2＝eq\f(2m,4m)v＝eq\f(1,2)v②若是完全非彈性碰撞，則：mv＝4mv′v′＝eq\f(1,4)v因此eq\f(1,4)v≤vB≤eq\f(1,2)v，因此只有(2)是可能的．【變式8-1】如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點的距離；(2)當(dāng)A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為θ，求此時A所受力對A做功的功率；(3)求碰撞過程中A和B損失的總動能。[解析](1)設(shè)B運動到半圓弧軌道最高點時速度為v2′，由于B對軌道最高點的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B離開最高點后做平拋運動，則在豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t，聯(lián)立解得x＝2R。(2)對A由C到D的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mvD2由于對A做功的力只有重力，則A所受力對A做功的功率為P＝mgvDsinθ，解得P＝mgsinθeq\r(2gRcosθ)。(3)設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1、v2，對B由Q到最高點的過程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R，解得v2＝eq\r(5gR)對A由Q到C的過程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgR，解得v1＝eq\r(2gR)設(shè)碰前瞬間A的速度為v0，對A、B碰撞的過程，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝eq\r(2gR)＋eq\r(5gR)碰撞過程中A和B損失的總動能為ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22解得ΔE＝eq\r(10)mgR。[答案](1)2R(2)mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR【變式8-2】算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，使用前算珠需要歸零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2。(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間。[解析](1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運動，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2，設(shè)甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，則v12－v2＝2(－a1)s1，解得v1＝0.3m/s，甲、乙兩算珠碰撞時，由題意可知碰撞過程中動量守恒，取甲算珠初速度方向為正方向，則有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，碰撞后，乙算珠做勻減速直線運動，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2，設(shè)乙算珠能運動的最遠(yuǎn)距離為x，則x＝eq\f(v乙2,2a2)＝0.02m，由于x＝s2，所以乙算珠能夠滑動到邊框a。(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時間t1＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s，碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運動直到停止，所用時間t2＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s，所以甲算珠從撥出到停下所需的時間t＝t1＋t2＝0.2s。[答案](1)能，計算過程見解析(2)0.2s【變式8-3】如圖所示，質(zhì)量為6m、長為L的薄木板AB放在光滑的平臺上，木板B端與臺面右邊緣齊平。B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點的滑塊C，C與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3)，質(zhì)量為m的小球用長為L的細(xì)繩懸掛在平臺右邊緣正上方的O點，細(xì)繩豎直時小球恰好與C接觸。現(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平并由靜止釋放，小球運動到最低點時細(xì)繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。(1)求細(xì)繩能夠承受的最大拉力；(2)若要使小球落在釋放點的正下方P點，平臺高度應(yīng)為多大；(3)通過計算判斷C能否從木板上掉下來。解析：(1)設(shè)小球運動到最低點的速率為v0，小球向下擺動過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgL＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(2gL)小球在圓周運動最低點，由牛頓第二定律得：T－mg＝meq\f(v02,L)由牛頓第三定律可知，小球?qū)?xì)繩的拉力T′＝T解得：T′＝3mg。(2)小球碰撞后做平拋運動。在豎直方向上：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：L＝eq\f(v0,2)t，解得：h＝L。(3)小球與滑塊C碰撞過程中小球和C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，設(shè)C碰后速率為v1，以小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＋3mv1設(shè)木板足夠長，在C與木板相對滑動直到相對靜止過程，設(shè)兩者最終共同速率為v2，由動量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2由能量守恒定律得：eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)(3m＋6m)v22＋μ·3mgs聯(lián)立解得：s＝eq\f(L,2)由s＜L知，滑塊C不會從木板上掉下來。答案：(1)3mg(2)L(3)滑塊C不會從木板上掉下來專題1.3碰撞【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1完全非彈性碰撞】 【題型2彈性正碰、一靜一動】 【題型3碰撞三原則】 【題型4圖像問題】 【題型5子彈穿木塊問題】 【題型6塊板模型】 【題型7涉及彈簧的問題】 【題型8一般的碰撞】 【題型1完全非彈性碰撞】【例1】如圖甲是打樁機(jī)進(jìn)行路基打樁的實物情景圖，打樁過程情景模型如圖乙所示，已知打樁機(jī)重錘A的質(zhì)量為m，混凝土鋼筋樁B的質(zhì)量為M，其中M＝8m。每一次打樁時，打樁機(jī)抬高重錘A，比樁B頂部高出H，然后從靜止自由釋放，與樁發(fā)生時間極短的完全非彈性碰撞后，與樁一起向下運動，設(shè)樁受到的阻力f與樁深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度為g，其他阻力忽略不計)。(1)完成第1次打樁后，試求樁B深入地面下的深度h1；(2)已知樁B的長度l＝3H，試求使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，則要打多少次？解析：(1)設(shè)重錘A下落與樁B碰撞前的速度為v0，則有mgH＝eq\f(1,2)mv02因為重錘A與樁B發(fā)生了時間極短的完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的共同速度為v，則有mv0＝(M＋m)v設(shè)第1次打樁，樁B克服阻力所做的功為W1，則有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12聯(lián)合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一負(fù)解不合實際情況，故舍去。(2)設(shè)使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，要打N次，根據(jù)動能定理，有：(M＋m)gl－W總＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W總＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)2025【變式1-1】(多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M；質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮。開始時小車AB和木塊C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下說法正確的是()A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動解析：選BC小車AB與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，AB應(yīng)向左運動，故A錯誤；設(shè)碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正確；設(shè)C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯誤?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B并排放置在光滑水平面上，一個質(zhì)量也為m的物塊C以初速度2v0在極短時間與A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分離時B的速度等于v0，從C接觸A到A、B分離的全過程中，下面說法正確的是()A．A、B分離時A的速度為eq\f(1,3)v0B．A、B分離時A的速度為eq\f(1,2)v0C．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv02D．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(5,4)mv02解析：選BD該過程動量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝eq\f(1,2)v0，A錯誤，B正確；A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·2meq\f(1,2)v02－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(5,4)mv02，C錯誤，D正確。【變式1-3】如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。解析：(1)設(shè)斜面長度為L，背包質(zhì)量為m1＝2kg，在斜面上滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2滑雪者質(zhì)量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，在斜面上滑行時間為t，落后時間t0＝1s，則背包的滑行時間為t＋t0，由運動學(xué)公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時的速度為v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s【題型2彈性正碰、一靜一動】【例2】秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(eq\o\al(1,0)n)與靜止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子減速。已知中子某次碰撞前的動能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過該次碰撞后，中子