資源簡介

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專題10 碰撞與類碰撞模型
[模型導航]
【模型一】彈性碰撞模型 1
【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型 2
【模型三】碰撞模型三原則 8
【模型四】小球—曲面模型 14
【模型五】小球—彈簧模型 17
【模型六】子彈打木塊模型 21
【模型七】滑塊木板模型 28
[模型分析]
【模型一】彈性碰撞模型
1． 彈性碰撞
發生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
聯立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2． “動靜相碰型”彈性碰撞的結論
兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等，速度交換)
(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當m1 m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當m1 m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
（多選）如圖所示，質量分別為m、2m的乙、丙兩個小球并排放置在光滑的水平面上，質量為m的小球甲以速度v0（沿乙、丙的連線方向）向乙球運動，三個小球之間的碰撞均為彈性碰撞，下列說法正確的是（　　）
A．當三個小球間的碰撞都結束之后，乙處于靜止狀態
B．當三個小球間的碰撞都結束之后，小球丙的動量為
C．乙、丙在發生碰撞的過程中，丙對乙做的功為
D．乙、丙在發生碰撞的過程中，乙對丙的沖量的大小為
【解答】解：A．甲、乙第一次碰撞后互換速度，即甲速度變為零，乙速度變為v0，設乙、丙碰撞剛結束時速度分別為v乙、v丙
由彈性碰撞規律：動量守恒和動能守恒定律，以v0為正方向，則mv0＝mv乙+2mv丙
聯立解得、
乙反彈后與甲再次發生碰撞，碰后二者交換速度，即甲速度變為，乙速度變為零，故A正確；
B．碰撞結束，小球丙動量等于
故B錯誤；
C．乙、丙發生碰撞過程，乙速度v0變成
由動能定理，丙對乙做功
故C錯誤；
D．乙、丙在發生碰撞過程中，丙速度由零變成
對丙由動量定理，乙對丙沖量大小
故D正確。
故選：AD。
（多選）如圖為“子母球”表演的示意圖，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為h處自由落下，h遠大于兩小球直徑，小球B的質量是A質量的3倍。假設所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向，不考慮空氣阻力，則下列判斷正確的是（　　）
A．下落過程中兩個小球之間沒有力的作用
B．A與B第一次碰后小球B的速度為零
C．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是2h
D．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4h
【解答】解：A、球B與地面碰撞前，對AB整體，由牛頓第二定律得：（mA+mB）g＝（mA+mB）a，解得a＝g。設下落過程中兩個小球之間的彈力為T，對B球，由牛頓第二定律得mBg+T＝mBa，解得T＝0，故A正確；
B、根據機械能守恒定律可得：（mA+mB）gh（mA+mB），解得球A、B與地面碰撞前瞬間的速度大小為v0，
B球碰撞地之后，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，設碰后A、B速度大小分別為vA、vB，
選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB，
由機械能守恒定律得：（mA+mB）mAmB，
由題可知：mB＝3mA，
聯立解得：vA＝2，vB＝0，故B正確；
CD、A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度為：H4h，故C錯誤、D正確。
故選：ABD。
如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為mA、mB。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失，則（　　）
A．第一次碰撞后兩球同向運動
B．運動過程中兩球的總動量保持不變
C．在以后運動過程中A球可以回到初始位置
D．mA與mB可能相等
【解答】解：A、第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失，則碰撞后二者速度大小相等、方向相反，故A錯誤；
B、碰撞過程中系統動量守恒，碰撞后沿軌道運動過程中動量不守恒，故B錯誤；
C、碰撞過程中系統的機械能守恒，則第二次碰撞后B的速度為零，A可以達到初始位置，故C正確；
D、根據A選項可知，碰撞后A方向相反，則A的質量一定小于B，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為2：1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發生第二次碰撞，則A、B兩球的質量比為（　　）
A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．4：1
【解答】解：設碰前B的速度為v0，B球碰撞前、后的速率之比為2：1，A與擋板碰后原速率返回，兩球剛好不發生第二次碰撞，所以碰撞后A與B的速度方向相反，大小相等，選取向左為正方向，則碰后A的速度是，B的速度是，由動量守恒定律得：
mBv0＝mA v0+mB （v0）
解得A、B兩球的質量比為mA：mB＝3：1，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（多選）如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長的光滑水平面上發生正碰。小球a、b質量分別為m1和m2，且m1＝200g。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的x﹣t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．碰撞前球a做加速運動，球b做勻速運動
B．碰撞后球a做勻速運動，球b做勻速運動
C．碰撞前后兩小球的機械能總量減小
D．碰撞前后兩小球的機械能總量不變
【解答】解：AB．由圖可知，碰撞前球a做勻速運動，球b靜止；碰撞后球a做反向勻速運動，球b做正向勻速運動，故B正確，A錯誤；
CD．由圖可知碰撞前a的速度4m/s，b靜止；
碰撞后a的速度﹣2m/s，b的速度2m/s；
由動量守恒定律可知m1va＝m1va′+m2vb′
其中m1＝200g＝0.2kg，代入數據得
m2＝0.6kg
碰前機械能Ekm1va2，代入數據解得Ek＝1.6J
碰后機械能Ek′m1va′2m2vb′2，代入數據解得Ek′＝1.6J
碰撞前后兩小球的機械能總量不變，故C錯誤，D正確；
故選：BD。
（多選）如下圖所示，固定光滑曲面左側與光滑水平面平滑連接，水平面依次放有100個質量均為2m的物塊（所有物塊在同一豎直平面內），質量為m的0號物塊從曲面上高h處靜止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度v0與1號物塊發生碰撞，0號物塊反彈后滑上曲面再原路返回，如此反復，假設所有碰撞都是彈性碰撞，則下列說法正確的是（　　）（所有物塊均可視為質點，重力加速度為g）
A．100號物塊最終動量為
B．0號物塊第二次反彈后沿斜面上升的高度為
C．0號物塊最終速度大小為
D．0號物塊最后一次與1號物塊碰撞后至再次返回水平面的過程，曲面對0號物塊作用力的沖量大小為
【解答】解：選擇向左的方向為正方向。
A、對0號物塊，根據機械能守恒定律有，解得，0號物塊與1號物塊發生彈性正碰過程，由動量守恒和機械能守恒有mv0＝mv'0+2mv1，，解得，；
1～100號物塊兩個物體之間發生碰撞時交換速度，所以100號物塊最終速度是0號物塊與1號物塊發生彈性正碰后1號物塊的速度，所以100號物塊的最終動量，故A錯誤；
B、0號物塊第二次與1號物塊發生碰撞時的速度大小為，碰后速度為：
根據機械能守恒可得：
解得：，故B正確；
C、最終碰撞結束時，0號物塊的速度大小為，故C正確；
D、0號物塊最后一次與1號物塊碰撞后至再次返回水平面的過程，0號物塊的動量變化量的大小為：
根據動量定理，曲面的作用力和重力的合力對小球的沖量大小為：
，故D錯誤。
故選：BC。
（2023 湖北）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t＝0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變為碰前的3倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發生電荷轉移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的質量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）
【解答】解：（1）根據帶電微粒從P點射入磁場，能到達點O，根據幾何關系確定軌道半徑為a，由洛倫茲力提供向心力得：Bqv＝m
解得：v
（2）粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動兩個圓周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即T甲＝2T乙
根據帶電粒子在磁場中運動的的周期公式得：，
解得：m乙
第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發生正碰，碰前在O點甲的速度沿y軸負方向，為﹣v，碰后為3v，設碰前在O點乙的速度為v1，碰后為v2，根據動量守恒定律得：m（﹣v）m 3v
所有碰撞均為彈性正碰，再根據機械能守恒得：
聯立解得：
第一次碰撞前粒子乙的速度為v1＝5v，方向指向y軸正方向；
第一次碰撞后粒子乙的速度為v2＝﹣3v，方向指向y軸負方向；
（3）0時刻開始，設第二次彈性正碰后，粒子甲的速度為v3，粒子乙的速度為v4，根據動量守恒定律得：m 3vmv3
所有碰撞均為彈性正碰，再根據機械能守恒得：
聯立解得：v3＝﹣v，粒子乙的速度為v4＝5v
因為第二次碰后兩種粒子速度等于第一次碰前的速度，可知，粒子甲經過第奇數次碰撞后速度變為3v，經過第偶數次碰撞后速度變為﹣v，粒子乙經過第奇數次碰撞后速度變為﹣3v，經過第偶數次碰撞后速度變為5v；
根據題意，從第一次碰撞開始，甲粒子完成一個周期、乙粒子完成兩個周期兩種粒子在磁場中就在O點碰撞一次；
從t＝0時刻開始，由于第一次碰撞是甲運動了半個周期發生的，到時刻，粒子甲完成了9次碰撞又運動了半個周期，乙完成了9次碰撞又運動了一個周期，因此在第9次碰后，甲粒子速度為3v，粒子乙的速度為﹣3v，根據洛倫茲力提供向心力可知，甲經過奇數次碰撞后軌道半徑變為
根據左手定則判斷第9次碰后經過粒子甲運動的半個周期，運動到x軸負方向，所以到時刻粒子甲的坐標為（﹣6a，0）；
由于粒子乙碰后完成了粒子乙運動的一個周期，坐標為（0，0）；
根據洛倫茲力提供向心力可知，乙經過奇數次碰撞后軌道半徑變為
經過偶數次碰撞后軌道半徑變為
從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動了9個軌道半徑為1.5a的圓周以及8個軌道半徑變為2.5a的圓周；從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程為l＝9×2π×1.5a+8×2π×2.5a＝67πa。
【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統動能損失。
根據動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
損失動能ΔEk，根據機械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非彈性碰撞
碰后物體的速度相同， 根據動量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非彈性碰撞系統損失的動能最多，損失動能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2. （2）
聯立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
A、B兩球沿同一直線運動并發生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖線，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖線，若A球質量是m＝2kg，則由圖像判斷下列結論正確的是（　　）
A．碰撞前、后A球的動量變化量為6kg m/s
B．碰撞時A球對B球的沖量為﹣6N s
C．A、B兩球碰撞前的總動量為3kg m/s
D．碰撞中A、B兩球組成的系統損失的動能為10J
【解答】解：A、根據x﹣t圖像的斜率表示物體的速度，由圖可得，碰撞前A球的速度vAm/s＝﹣3m/s，B球的速度vBm/s＝2m/s。碰撞后兩球的共同速度vm/s＝﹣1m/s，則碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv﹣mvA＝2×（﹣1）kg m/s﹣2×（﹣3）kg m/s＝4kg m/s，故A錯誤；
B、根據動量守恒定律得：ΔpA+ΔpB＝0，則碰撞前、后B球的動量變化量為ΔpB＝﹣4kg m/s。對B球，由動量定理得A球對B球的沖量：IB＝ΔpB＝﹣4N s，故B錯誤；
C、設B球的質量為mB。兩球碰撞過程系統動量守恒，以碰撞前B球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvA+mBvB＝（m+mB）v，代入數據解得：mBkg。A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA+mBvB＝2×（﹣3）kg m/s2kg m/skg m/s，故C錯誤；
D、兩球碰撞過程，對系統，由能量守恒定律得：mvA2mBvB2（m+mB）v2+ΔE，代入數據解得系統損失的機械能：ΔE＝10J，故D正確。
故選：D。
（多選）如圖所示兩個小球A、B，在光滑水平面上沿同一直線同向做勻速直線運動，已知它們的質量分別為mA＝2kg，mB＝4kg，A球的速度是5m/s，B球的速度是2m/s，則它們發生正碰后，其速度可能分別為（　　）
A．vA′＝1m/s，vB′＝4m/s
B．vA′＝4 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝3m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝﹣1m/s，vB′＝5 m/s
【解答】解：碰撞前系統的總動能為：Ek0，代入數據解得：Ek0＝33J。
B、如果二者同向運動，A的速度不可能大于B，故B錯誤；
A、若vA′＝1m/s，vB′＝4m/s，碰撞后的動能大小為：Ek，代入數據解得：Ek＝33J，動能不增加，且碰撞前后動量守恒，故A正確；
C、若vA′＝3m/s，vB′＝3m/s，碰撞后的動能大小為：Ek，代入數據解得：Ek＝27J，動能不增加，且碰撞前后動量守恒，故C正確；
D、若vA′＝﹣1m/s，vB′＝5 m/s，碰撞后的動能大小為：Ek，代入數據解得：Ek＝51J，動能增加，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）如圖所示，兩個大小相同的小球A、B用等長的細線懸掛于O點，線長為L，mA＝2mB，若將A由圖示位置靜止釋放，在最低點與B球相碰，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．A下落到最低點的速度是
B．若A與B發生完全非彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是L
C．若A與B發生完全非彈性碰撞，則第一次碰時損失的機械能為mBgL
D．若A與B發生彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是
【解答】解：A、A球到達最低點過程中，由動能定理得：mAgL（1﹣cos60°），解得：vA，故A正確；
BC、若A與B發生完全非彈性碰撞，設共同達到的速度v，取向右為正方向，由動量守恒定律可得：mAvA＝（mA+mB）v，解得：v；
設第一次碰后A上升的最大高度為h，則對A由動能定理得：mAghmAv2，解得：hL；
碰撞過程中損失的機械能為：△EmAvA2（mA+mB）v2mBgL，B正確，C錯誤；
D、若A與B發生彈性碰撞，取向右為正方向，根據動量守恒定律有：mAvA＝mAv1+mBv2，
根據能量守恒有：mAvA2mAv12mBv22，
聯立解得：v1，
設第一次碰后A上升的最大高度為h′，對A由動能定理得：mAgh′mAv12，解得：h′L，故D正確。
故選：ABD。
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。已知甲的質量為1kg，則（　　）
A．碰撞前甲的動量大小為1kg m/s
B．碰撞后乙的動量大小為6kg m/s
C．碰撞前后，甲的動量變化量大小為6kg m/s
D．碰撞過程，兩物塊損失的機械能為6J
【解答】解：令甲的質量為m，乙的質量為M，碰撞前甲、乙的速度分別為v1和v2，碰撞后甲、乙的速度分別為v3和v4。
A、由圖知，碰撞前，甲的速度 v1＝5.0m/s，甲的動量大小為 p1＝mv1＝1×5kg m/s＝5kg m/s，故A錯誤；
B、碰撞過程中系統的動量守恒，取碰撞前甲的速度方向為正方向，則 mv1+Mv2＝mv3+Mv4，
即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，解得 M＝6kg
碰撞后乙的動量大小為 p4＝Mv4＝6×2kg m/s＝12kg m/s，故B錯誤；
C、碰撞后，甲的速度 v3＝﹣1.0m/s，甲的動量大小為 p3＝mv3＝1×（﹣1）kg m/s＝﹣1kg m/s，則碰撞前后，甲的動量變化量為△p甲＝p3﹣p1＝﹣1kg m/s﹣5kg m/s＝﹣6kg m/s，故碰撞前后，甲的動量減小了6kg m/s，故C正確；
D、碰撞過程兩物塊損失的機械能△E＝（mv12Mv22）﹣（mv32Mv42），代入數據解得△E＝3J，故D錯誤。
故選：C。
（多選）如圖所示，A、B是放在粗糙水平面上質量相等的兩個小物塊，與地面間的動摩擦因數均為 ，小物塊A以速度v0與靜止的小物塊B發生正碰，重力加速度為g，碰后小物塊B在水平面上滑行的距離可能為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：假如兩物塊發生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1，碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+m）v
解得：
滑行的加速度：aμg
碰撞后滑行的距離：
假如兩物塊發生的是彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，設碰后A、B的速度分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝mvA+mvB，
由機械能守恒定律得：
解得：vB＝v0
碰撞后滑行的距離：
所以，碰后B的滑行距離為：，故AB正確，CD錯誤。
故選：AB。
如圖所示，A、B是兩個完全相同的小球，用較長的細線將它們懸掛起來，調整細線的長度和懸點的位置，使兩個小球靜止時重心在同一水平線上，且恰好沒有接觸。現將小球A拉起至細線與豎直方向夾角為θ＝60°的位置，使其由靜止釋放，小球A運動至最低點與靜止的小球B相碰，碰后兩球粘在一起運動。已知細線的長度為L，每個小球的質量均為m，重力加速度為g，忽略小球半徑和空氣阻力，求：
（1）A球運動至最低點時的速度大小v；
（2）碰后兩球能夠上升的最大高度△h；
（3）碰撞過程中損失的機械能△E。
【解答】解：（1）小球A下落到最低點的過程中，根據動能定理可得：
解得v
（2）兩球碰撞過程滿足動量守恒定律mv＝2mv′
解得：
碰后兩球一起運動，根據動能定理可知：
解得：
（3）碰撞過程中根據能量守恒可知：
解得
答：（1）A球運動至最低點時的速度大小v為；
（2）碰后兩球能夠上升的最大高度△h為；
（3）碰撞過程中損失的機械能△E為。
【模型三】碰撞模型三原則
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
【其它方法①】臨界法
彈性碰撞沒有動能損失，完全非彈性碰撞動能損失最多，計算出這兩種情況下的臨界速度，那么其他碰撞應該介于二者之間。
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A追上B并發生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（　　）
A．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/s B．v′A＝2m/s，v′B＝4m/s
C．v′A＝﹣4m/s，v′B＝3m/s D．v′A＝﹣2m/s，v′B＝6m/s
【解答】解：A、考慮實際運動情況，碰撞后兩球同向運動，A球速度應不大于B球的速度，故A錯誤；
B、兩球碰撞過程，系統不受外力，故碰撞過程系統總動量應守恒。
碰撞前，總動量為：p＝pA+pB＝mAvA+mBvB＝（1×6+2×2）kg m/s＝10kg m/s，
總動能：EkmAvA2mBvB21×62J2×22J＝22J
碰撞后，總動量為：p′＝pA′+pB′＝mAvA′+mBvB′＝1×2+2×4＝10kg m/s；
總動能：Ek′mAvA′2mBvB′21×22J2×42J＝18J
則p′＝p，符合動量守恒定律、且碰撞后動能不增加，故B正確；
C、碰撞后，總動量為：p′＝pA′+pB′＝mAvA′+mBvB′＝1×（﹣4）kg m/s+2×3kg m/s＝2kg m/s；不符合動量守恒定律，故C錯誤。
D、碰撞后，總動量為：p′＝pA′+pB′＝mAvA′+mBvB′＝1×（﹣2）kg m/s+2×6kg m/s＝10kg m/s，則知，p′＝p，符合動量守恒定律。
總動能：Ek′mAvA′2mBvB′21×（﹣2）2J2×62J＝38J，則知Ek′＞Ek，不符合能量守恒定律，故D錯誤。
故選：B。
（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。兩球質量分別為mA＝1kg，mB＝2kg，規定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞前后A球動量變化量﹣4kg m/s，則（　　）
A．左方是A球
B．B球動量的變化量為4kg m/s
C．碰撞后A、B兩球速度大小之比為5：2
D．經過驗證兩球發生的碰撞是彈性碰撞
【解答】解：A、由題意知AB兩球初狀態均向右方運動，vA＝6m/s，vB＝3m/s，故左方是A球，故A正確；
B、光滑水平面上大小相同A、B 兩球在發生碰撞，規定向右為正方向，由動量守恒定律可得：△PA＝﹣△PB，所以△PB＝4kg m/s，故B正確；
C、碰后A球的動量為2kg m/s，所以碰后B球的動量是增加的，為10kg m/s。由于兩球質量關系為mB＝2mA
那么碰撞后A、B兩球速度大小之比2：5，故C錯誤。
D、碰撞前系統的總動能為 Ek27J．同理碰撞后系統的總動能為 Ek′＝27J，可知碰撞過程中系統的動能守恒，所以兩球發生的碰撞是彈性碰撞。故D正確。
故選：ABD。
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。兩球質量關系為2mA＝mB，規定水平向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為﹣4kg m/s。則（　　）
A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10
C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：1
【解答】解：規定水平向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg m/s，可知A、B兩球均向右運動，并且A的質量較小，速度較大，A向右運動碰撞B，故左方是A球。
A向右運動碰撞B的過程，由動量守恒定律可得：
ΔpA＝﹣ΔpB＝﹣4kg m/s
已知2mA＝mB，設A的質量為m，則B的質量為2m，碰撞前A的速度為v，則有：
2mv＝6kg m/s，即：mv＝3kg m/s
碰后A球的動量為：mvA＝（6﹣4）kg m/s＝2kg m/s，對比可得：vA
碰后B球的動量增加了4kg m/s，則有：2mvB＝（6+4）kg m/s＝10kg m/s，對比可得：vB
可得碰撞后A、B兩球速度大小之比為：vA：vB＝2：5。
故選：A。
（多選）甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是p1＝5kg m/s，p2＝7kg m/s，甲從后面追上乙并發生碰撞，碰后乙球的動量變為10kg m/s，則二球質量m1和m2間的關系可能是下列的（　　）
A．m1＝m2 B．3m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【解答】解：根據動量守恒定律得：p1+p2＝p1′+p2′
解得：p1′＝2kg m/s。
碰撞過程系統的總動能不增加，則有：
代入數據解得：。
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有：
代入數據解得：。
綜上有，故BC正確，AD錯誤。
故選：BC。
【模型四】小球—曲面模型
(1)小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大
水平方向動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)小球返回曲面底端時
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于彈性碰撞)
如圖所示，在水平地面上固定有四分之一圓弧滑塊，圓弧半徑為R，一質量為m的小球，以水平速度v0自滑塊的左端A處滑上滑塊，小球經過圓弧上端B到達最高點為C.不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則小球從A到C的位移大小為（　　）
A．R B．2R
C． D．
【解答】解：設小球上升到最大高度為h，取軌道最低點所在的水平面為零勢能面，根據機械能守恒定律可得：
mgh
解得：h
小球從A到C的位移大小為：x
解得：x，故C正確、ABD錯誤。
故選：C。
如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切。一質量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失。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的最大高度為。則小球與滑塊質量之比m：M為（　　）
A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．3：1
【解答】解：滑塊靜止時，對小球，由機械能守恒定律得：mgR
滑塊不固定時，小球與滑塊組成的系統在水平方向動量守恒，
小球到達最高點時小球與滑塊的速度相等，設為v，以向右為正方向，
在水平方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+M）v
由機械能守恒定律得：mg
解得：m：M＝2：1，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
如圖所示，一質量為m、半徑為R的不固定的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，有一質量也為m的小球由槽頂端A靜止釋放，在其下滑至槽末端B的過程中，下列說法正確的是（已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計）（　　）
A．小球的機械能守恒
B．小球和槽組成的系統動量守恒
C．小球滑離B點后將做自由落體運動
D．若圓弧槽固定，小球滑到B點時的速度與不固定時滑到B點的速度大小之比為
【解答】解：A、圓弧槽不固定，小球下滑的過程中，圓弧槽向右移動，小球受到的支持力做負功，故小球的機械能不守恒，故A錯誤；
B、小球有豎直方向的分加速度，系統豎直方向的合外力不為零，而系統水平方向不受外力，所以系統的合外力不為零，則小球和圓弧槽組成的系統動量不守恒，系統水平方向動量守恒，故B錯誤；
C、圓弧槽不固定時，設小球滑到B點時的速度大小為v1，圓弧槽速度大小為v2。
在小球下滑的過程，取水平向右為正方向，由系統水平方向動量守恒得
mv1﹣mv2＝0
根據系統機械能守恒有mgRmv12mv22
聯立解得小球滑到B點時的速度為v1。小球離開B點后只受重力且有水平速度，做平拋運動，故C錯誤；
D、若圓弧槽固定，小球滑至B點時的速度滿足，得vB，故圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點時的速度之比為vB：v1，故D正確。
故選：D。
如圖所示，在水平面上靜置一質量M＝450g的滑塊，滑塊上表面是一個半徑R＝0.2m的四分之一圓弧，圓弧最低點A與水平地面相切。現給質量m＝50g的小球一個大小v0＝4m/s的水平初速度，小球經B點離開滑塊時，隨即撤去滑塊。小球于C點第一次著地，小球每次與地面碰撞前后，水平速度保持不變，豎直速度大小減半，方向反向。A點始終與地面接觸，忽略小球通過各軌道連接處的能量損失，不計一切摩擦和空氣阻力，求：
（1）小球剛運動到滑塊最低點A時，對滑塊的壓力；
（2）小球離開滑塊后所能到達的最大高度；
（3）要使小球能水平進入接收器最低點P，P與C間的最小距離為多大。
【解答】解：M＝450g＝0.45kg；m＝50g＝0.05kg
（1）小球剛運動到滑塊最低點A時，對小球受力分析，根據牛頓第二定律可得：
解得：FN＝4.5N
由牛頓第三定律可知，小球對滑塊的壓力FN′＝FN＝4.5N，方向豎直向下
（2）小球滑上滑塊到運動至最高點的過程中，小球和滑塊組成的系統水平方向動量守恒，設小球運動到最高點h時，滑塊和小球水平方向的速度大小相等，設為v共，選擇水平向右的方向為正方向，根據動量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv0＝（M+m）v共
聯立解得：h＝0.72m
（3）設小球第一次著地前瞬間，豎直方向的速度大小設為vy1，初次著地后經t時間，小球與地面發生第n+1次碰撞時與C點的距離為x，則根據運動學公式可得：
x＝v共t
解得：
當n→∞時
此時
即要使小球能水平進入接收器最低點P，P與C間的最小距離為。
答：（1）小球剛運動到滑塊最低點A時，對滑塊的壓力為4.5N，方向豎直向下；
（2）小球離開滑塊后所能到達的最大高度為0.72m；
（3）要使小球能水平進入接收器最低點P，P與C間的最小距離為。
【模型五】小球—彈簧模型
(1)兩小球速度相同時，彈簧最短，彈性勢能最大
動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)彈簧恢復原長時：
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于完全彈性碰撞)
（多選）如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上。現使m1瞬間獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得（　　）
A．在t2、t4時刻彈簧處于原長狀態
B．t3時刻兩物體達到共速，彈簧被壓縮到最短
C．兩物塊的質量之比為m1：m2＝2：1
D．在t2時刻兩物塊的動能大小之比為Ek1：Ek2＝1：8
【解答】解：AB．圖乙可知，t1時刻二者速度相同，彈簧被壓縮至最短，系統動能最小，彈性勢能最大，然后彈簧逐漸恢復原長，t2時刻，彈簧恢復原長狀態，此時兩物塊速度相反，彈簧的長度逐漸增大，t3時刻，兩物塊速度相等，彈簧最長，系統動能最小，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態恢復原長，故A正確，B錯誤；
C．系統動量守恒，從t＝0開始到t1時刻，以v1為正方向，根據動量守恒定律有m1v1＝（m1+m2）v2，其中根據v﹣t圖像，v1＝3m/s，v2＝1m/s
解得m1：m2＝1：2
故C錯誤；
D．在t2時刻，根據v﹣t圖像，m1和m2的速度大小分別為v1'＝1m/s，v2'＝2m/s
又有m1：m2＝1：2
則動能大小之比為Ek1：Ek2＝1：8
故D正確。
故選：AD。
（多選）如圖甲所示，質量為m的物塊A與豎直放置的輕彈簧上端連接，彈簧下端固定在地面上。t＝0時，物塊A處于靜止狀態，物塊B從A正上方一定高度處自由落下，與A發生碰撞后一起向下運動（碰撞時間極短，且未粘連），到達最低點后又向上運動。已知B運動的v﹣t圖像如圖乙所示，其中0～t1的圖線為直線，不計空氣阻力，則（　　）
A．物塊B的質量為m
B．t＝t2時，彈簧的彈性勢能最大
C．時，B速度為零
D．時，A、B開始分離
【解答】解：A．碰撞時間極短，碰撞過程滿足動量守恒，以v1為正方向，根據動量守恒定律則有
解得
mB＝m
故A正確；
B．當vB為零時，彈簧壓縮量最短，彈簧彈性勢能最大，故B錯誤；
C．B與A一起運動是簡諧振動，圖乙中B物體速度—時間圖線為正余弦函數關系，設振動周期為T，則
解得
則有
故B速度為零時刻為
解得
故C正確；
D．根據
可得
B的速度
故A、B剛好回到碰撞時的位置，彈簧仍處于壓縮狀態，A、B并未分離，故D錯誤。
故選：AC。
如圖，質量均為m＝1kg的物塊A、B用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，B與豎直墻面緊靠。另一個質量為2m的物塊C以某一初速度向A運動，C與A碰撞后粘在一起不再分開，它們共同向右運動并壓縮彈簧，彈簧儲存的最大彈性勢能為6.0J。最后彈簧又彈開，A、B、C一邊振動一邊向左運動，那么（　　）
A．從C觸到A，到B離開墻面這一過程，系統的動量不守恒，而機械能守恒
B．B離開墻面以后的運動過程中，B的最大速度為3m/s
C．C的初動能為8.0J
D．B離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為1.2J
【解答】解：A、從C觸到A，到B離開墻面這一過程，C與A碰撞后粘在一起不再分開，是非彈性碰撞，機械能有損失，系統的機械能不守恒。C、A共同向右運動并壓縮彈簧過程中，B受到墻面的作用力，系統的動量不守恒，故A錯誤。
BC、設C的初速度為v0．初動能為Ek0。對C與A碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得 2mv0＝（2m+m）v1。
物塊C和A向右壓縮彈簧的過程，由機械能守恒得（2m+m）v12＝Epm。
據題得：Epm＝6.0J
則C的初動能為：Ek0 2mv02。
聯立解得：v0＝3m/s，v1＝2m/s，Ek0＝9J
當B剛離開墻壁時C、A的速度大小等于v1，方向向左，當彈簧第一次恢復原長時B的速度最大。
取向左為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得：
3mv1＝3mvCA+mvB
3mv12 3mvCA2mvB2
聯立解得B的最大速度為：vB＝3m/s，故B正確，C錯誤。
D、當B離開墻面后，三個物體的速度相同時彈簧的彈性勢能最大。
取向右為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得：
3mv1＝（3m+m）v
3mv12 （3m+m）v2+Epm′
聯立解得B離開墻面后彈簧的最大彈性勢能為：Epm′＝1.5J，故D錯誤。
故選：B。
如圖甲所示，在光滑水平面上的輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x；現讓該彈簧一端連接另一質量為m的物體B（如圖乙所示），靜止在光滑水平面上。物體A以2v0的速度向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x。已知整個過程彈簧處于彈性限度內，則（　　）
A．物體A的質量為2m
B．物體A的質量為6m
C．彈簧壓縮量為最大值x時的彈性勢能為
D．彈簧重新恢復原長時，物體B的動量大小為
【解答】解：AB．圖甲中，根據能量轉化與守恒得：
圖乙中，最大壓縮量相同，此時彈性勢能等于圖甲中彈性勢能，兩物體速度相等，對圖乙中AB物體有
以v0為正方向，由動量守恒定律得：
mA 2v0＝（mA+m）v
由能量守恒定律得：
解得：mA＝3m，故AB錯誤；
C．根據AB選項解得：
，故C正確；
D．A、B組成的系統動量守恒，設彈簧重新恢復原長時A的速度大小為vA，B的速度大小為vB，
以向右為正方向，由動量守恒定律得：mA 2v0＝mAvA+mvB
由機械能守恒定律得：
解得：vA＝v0，vB＝3v0，
物體B的動量大小pB＝3mv0，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，在一端固定于地面的豎直彈簧上端，固定一質量為m的木板后木板在B處靜止，已知此時彈簧的壓縮量為x0，現從彈簧原長A處由靜止釋放一質量也為m的粘性物體，落到木板B上后一起隨木板向下運動，已知彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量、k為勁度系數），下列說法正確的是（　　）
A．在粘性物體落到木板上之前，彈簧的彈性勢能為
B．粘性物體落到木板上后，兩物體最低可運動至距A點2x0處
C．粘性物體落到木板上后，兩物體最高可運動至距A點處
D．從粘性物體開始運動，整個過程中，系統的機械能保持不變
【解答】解：A、初始時，木板處于靜止狀態，設彈簧壓縮量為x0，由平衡條件得：mg＝kx0
由公式可得，在粘性物體落到木板上之前，彈簧的彈性勢能為Ek x0，故A正確；
BC、粘性物體落到木板上之前做自由落體運動，由機械能守恒定律有
粘性物體與木板發生完全非彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律有mv0＝2mv1
聯立解得
此后系統機械能守恒，設彈簧形變量為x2時，兩物體的速度為零，即處于最低點或最高點，由機械能守恒有
又有mg＝kx0
聯立解得
即兩物體最低可運動至距A點處，兩物體最高可運動至距A點處，故BC錯誤；
D、粘性物體與木板發生完全非彈性碰撞，系統機械能不守恒，所以整個過程中，系統的機械能不守恒，故D錯誤。
故選：A。
【模型六】子彈打木塊模型
子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。
設質量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。
要點詮釋：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。
從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：……①
從能量的角度看，該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為，設子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有
對子彈用動能定理： ……②
對木塊用動能定理： ……③
②相減得： ……④
對子彈用動量定理： ……⑤
對木塊用動量定理： ……⑥
點評：這個式子的物理意義是：恰好等于系統動能的損失；根據能量守恒定律，系統動能的損失應該等于系統內能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱（機械能轉化為內能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）。
由上式不難求得平均阻力的大小：
至于木塊前進的距離，可以由以上②、③相比得出：
從牛頓運動定律和運動學公式出發，也可以得出同樣的結論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：
一般情況下，所以s2<當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統動量仍然守恒，系統動能損失仍然是（這里的為木塊的厚度），但由于末狀態子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計算的大小。
質量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在粗糙水平地面上質量為M的木塊，并陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止，甲、乙兩圖表示這一過程開始和結束時子彈和木塊可能的相對位置，設地面粗糙程度均勻，木塊對子彈的阻力大小恒定，下列說法正確的是（　　）
A．若M較大，可能是甲圖所示情形；若M較小，可能是乙圖所示情形
B．若v0較小，可能是甲圖所示情形；若v0較大，可能是乙圖所示情形
C．地面較光滑，可能是甲圖所示情形；地面較粗糙，可能是乙圖所示情形
D．無論m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲圖所示的情形
【解答】解：子彈射入木塊的瞬間系統內力遠大于系統所受的外力，可以近似認為系統的動量守恒，設子彈和木塊的共同速度為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得：v
設子彈從開始射入到與木塊相對靜止的過程木塊的位移為x，對木塊，根據動能定理得：fxMv2，
聯立解得：x
子彈射入木塊瞬間，產生的熱量為：fd
解得子彈相對木塊的位移為：d
則1，即x＜d，所以，無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
如圖所示，A點距水平地面高度為h，木塊M處于靜止狀態，某時刻釋放M，木塊做自由落體運動，空中運動總時間為t1．若一子彈m以水平速度v射向木塊并嵌在木塊中，若在A點釋放同時射入木塊空中運動總時間為t2，若在木塊落至h一半的B點時射入木塊空中運動總時間為t3，設：木塊與子彈作用時間極短，空氣阻力不計，則（　　）
A．t1＝t2＝t3 B．t1＝t2＜t3 C．t1＜t2＝t3 D．t1＞t2＞t3
【解答】解：將M由靜止開始下落，則M做自由落體運動；當M剛開始下落時子彈射入，則二者以某一共同的水平初速度做平拋運動，豎直方向仍為自由落體運動，即t1＝t2；
若在木塊落至h一半的B點時子彈射入木塊，水平方向動量守恒，即A會獲得水平方向的分速度，而子彈此時豎直方向速度為零，根據豎直方向動量守恒知，子彈射入木塊后豎直方向速度減小，運動時間變長，則有t1＝t2＜t3，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（多選）如圖所示，長為L、質量為M的木塊靜止在光滑水平面上。質量為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的時間內木塊移動的距離為s，子彈穿過木塊后子彈和木塊的速度分別為v1和v2，設子彈穿過木塊的過程子彈所受阻力恒定，則下列說法正確的是（　　）
A．木塊移動的距離s一定小于木塊長度L
B．木塊質量M越大，木塊速度v2越大
C．木塊質量M越大，子彈射出速度v1越大
D．子彈的初速度v0越大，木塊位移s越小，該過程產生的熱量越少
【解答】解：A、因穿透過程子彈所受阻力f恒定，子彈加速度a1，木塊的加速度a2，畫出子彈和木塊的v﹣t圖像，由圖1可知L一定大于s，故A正確；
BC、若木塊的質量M越大，a2越小，由圖2可知，穿透時間變短，子彈射出速度v1越大，木塊速度v2越小，故B錯誤、C正確；
D、子彈的初速度v0越大，由圖3可知木塊位移s越小，但系統產生的熱量為fL，保持不變，故D錯誤。
故選：AC。
【模型七】滑塊木板模型
示意圖 木板初速度為零 木板有初速度，板塊反向
v-t圖
如圖所示，將小滑塊A放在長為L的長木板B上，A與B間的動摩擦因數為μ，長木板B放在光滑的水平面上，A與B的質量之比為1：4，A距B的右端為。現給長木板B一個水平向右初速度，小滑塊A恰好從長木板B上滑下；若給A一個水平向右初速度v，要使A能從B上滑下，則v至少為（　　）
A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s
【解答】解：A與B的質量之比為1：4，設A的質量為m，則B的質量為4m
小滑塊A恰好從長木板B上滑下，A、B的速度相等
A、B組成的系統動量守恒，以向右為正方向
由動量守恒定律得：4mv0＝（m+4m）v1，mv＝（m+4m）v2
由能量守恒定律得：μmg×（LL），μmgL
代入數據解得：v＝10m/s，則要使A能從B上滑下v至少為10m/s，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
物理興趣小組設置了一個挑戰游戲。如圖所示，半徑為R＝2.0m光滑圓弧形軌道末端水平且與放置在水平臺上質量為m1＝0.2kg的“」形”薄滑板平滑相接，滑板左端A處放置質量為m2＝0.3kg的滑塊，水平臺上的P處有一個站立的玩具小熊。在某次挑戰中，挑戰者將質量為m0＝0.3kg的小球從軌道上距平臺高度1.8m處靜止釋放，與滑塊發生正碰。若滑板恰好不碰到玩具小熊則挑戰成功。已知A、P間距s＝2.9m。滑板長度L＝1.1m，滑板與平臺間的動摩擦因數μ1＝0.3，滑塊與滑板間的動摩擦因數μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。小球、滑塊和玩具小熊均視為質點，題中涉及的碰撞均為彈性正碰，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。求：
（1）小球到達軌道最低點時對軌道的壓力；
（2）小球與滑塊碰后瞬間的速度；
（3）試通過計算判定此次挑戰是否成功。
【解答】解：（1）根據題意可知，小球從靜止釋放到A點過程中，由動能定理有
解得
v0＝6m/s
小球在A點，由牛頓第二定律有
解得FN＝8.4N
由牛頓第三定律可得，小球到達軌道最低點時對軌道的壓力大小為8.4N，方向豎直向下。
（2）根據題意可知，小球與滑塊碰撞過程中，系統水平方向動量守恒，能量守恒，取水平向右為正方向，則有
m0v＝m0v1+m2v2
聯立解得
v1＝0，v2＝6m/s
（3）根據題意可知，滑塊以速度v2滑上滑板，滑板所受平臺的最大靜摩擦力為
f1＝μ1（m1+m2）g＝0.3×（0.2+0.3）×10N＝1.5N
滑板受滑塊的滑動摩擦力為
f2＝μ2m2g＝0.5×0.3×10N＝1.5N
可知，滑板保持靜止不動，滑塊在滑板上向右勻減速，設滑塊滑到滑板右側時速度為v3，由動能定理有
解得
v3＝5m/s
滑塊與滑板發生彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，能量守恒，設碰后兩者速度分別為v4、v5，則有
m2v3＝m2v4+m1v5
解得
v4＝1m/s，v5＝6m/s
此后，滑塊與滑板分別向右做勻加速直線運動和勻減速直線運動，假設在P點前兩者共速，速率為v6，對滑塊和滑板，分別由動量定理有
μ2m2gt＝m2v6﹣m2v4
﹣μ2m2gt﹣μ1（m1+m2）gt＝m1v6﹣m1v5
解得
v6＝2.25m/s，t＝0.25s
此過程，滑板位移為
2.9m﹣1.1m＝1.8m
滑塊位移為
滑塊相對滑板向左的位移為
1.1m
說明滑塊未離開滑板，故假設成立，共速后，因μ2＞μ1，兩者相對靜止做加速度大小為
的勻減速直線運動直至停止，由公式可得，兩者的位移為
則有2.9m﹣1.1m＝1.8m
滑塊會碰到玩具小熊，故此次挑戰不成功。
答：（1）小球到達軌道最低點時對軌道的壓力為8.4N，方向豎直向下；
（2）小球與滑塊碰后瞬間的速度為0.6m/s；
（3）此次挑戰不成功。
如圖所示，傾角為θ的光滑斜面底端有一擋板1，足夠長的木板A置于斜面上，小物塊B置于A底端，A、B質量均為m，擋板2與B、擋板1間的距離均為L。現將A、B一起由靜止釋放，A、B分別與擋板1和擋板2碰撞后均反向彈回，碰撞前后瞬間速度大小相等。已知A、B間的動摩擦因數μ＝tanθ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求：
（1）B第一次與擋板2碰撞后瞬間的加速度大小aB；
（2）A第一次與擋板1碰撞后沿斜面上滑的最大距離x；
（3）A、B在整個運動過程中產生的內能Q。
【解答】解：（1）B第一次與擋板2碰撞后速度方向向上，受到木板A向下的摩擦力，
由牛頓第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝maB
其中μ＝tanθ代入解得：aB＝2gsinθ
方向沿斜面向下
（2）AB一起向下加速度運動，設B與擋板2碰撞前瞬間的速度為v1，
由動能定理可知：2mgLsinθ
解得：v
B第一次與擋板2碰撞后，木板A受到向上的摩擦力且摩擦力大小等于A重力沿斜面向下的分力，木板A做勻速運動，
B以加速度aB＝2gsinθ向上做勻減速運動，當B速度減為零時由運動學公式有：v1＝aBt，s1
解得：t，s1
在此段時間內A向下運動的位移：s2＝v1t
代入得到：s2＝L
即A恰好與擋板1相碰，碰后A原速率返回，受到B給的向下的摩擦力，
此時加速度滿足：mgsinθ+μmgcosθ＝maA
代入：aA＝2gsinθ
方向沿斜面向下，B受到A給的向上的摩擦力，與重力的分力平衡，
所以B處于靜止狀態，A向上運動的位移：x
（3）A速度減為零后，與B一起向下加速，由于到各自擋板的距離都是，所以同時與擋板發生碰撞，同時反彈，再一起上滑，速度減為零，再次一起下滑，周而復始，再此過程中沒有相對位移，在整個過程中的產生的熱量為：Q＝μmgcosθ（s1+s2+x）
解得：Q＝2mgLsinθ
答：（1）B第一次與擋板2碰撞后瞬間的加速度大小aB為2gsinθ；
（2）A第一次與擋板1碰撞后沿斜面上滑的最大距離x為；
（3）A、B在整個運動過程中產生的內能為Q2mgLsinθ。
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專題10 碰撞與類碰撞模型
[模型導航]
【模型一】彈性碰撞模型 1
【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型 2
【模型三】碰撞模型三原則 5
【模型四】小球—曲面模型 8
【模型五】小球—彈簧模型 9
【模型六】子彈打木塊模型 11
【模型七】滑塊木板模型 14
[模型分析]
【模型一】彈性碰撞模型
1． 彈性碰撞
發生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
聯立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2． “動靜相碰型”彈性碰撞的結論
兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等，速度交換)
(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當m1 m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當m1 m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
（多選）如圖所示，質量分別為m、2m的乙、丙兩個小球并排放置在光滑的水平面上，質量為m的小球甲以速度v0（沿乙、丙的連線方向）向乙球運動，三個小球之間的碰撞均為彈性碰撞，下列說法正確的是（　　）
A．當三個小球間的碰撞都結束之后，乙處于靜止狀態
B．當三個小球間的碰撞都結束之后，小球丙的動量為
C．乙、丙在發生碰撞的過程中，丙對乙做的功為
D．乙、丙在發生碰撞的過程中，乙對丙的沖量的大小為
（多選）如圖為“子母球”表演的示意圖，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為h處自由落下，h遠大于兩小球直徑，小球B的質量是A質量的3倍。假設所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向，不考慮空氣阻力，則下列判斷正確的是（　　）
A．下落過程中兩個小球之間沒有力的作用
B．A與B第一次碰后小球B的速度為零
C．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是2h
D．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4h
如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為mA、mB。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失，則（　　）
A．第一次碰撞后兩球同向運動
B．運動過程中兩球的總動量保持不變
C．在以后運動過程中A球可以回到初始位置
D．mA與mB可能相等
如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為2：1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發生第二次碰撞，則A、B兩球的質量比為（　　）
A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．4：1
（多選）如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長的光滑水平面上發生正碰。小球a、b質量分別為m1和m2，且m1＝200g。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的x﹣t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．碰撞前球a做加速運動，球b做勻速運動
B．碰撞后球a做勻速運動，球b做勻速運動
C．碰撞前后兩小球的機械能總量減小
D．碰撞前后兩小球的機械能總量不變
（多選）如下圖所示，固定光滑曲面左側與光滑水平面平滑連接，水平面依次放有100個質量均為2m的物塊（所有物塊在同一豎直平面內），質量為m的0號物塊從曲面上高h處靜止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度v0與1號物塊發生碰撞，0號物塊反彈后滑上曲面再原路返回，如此反復，假設所有碰撞都是彈性碰撞，則下列說法正確的是（　　）（所有物塊均可視為質點，重力加速度為g）
A．100號物塊最終動量為
B．0號物塊第二次反彈后沿斜面上升的高度為
C．0號物塊最終速度大小為
D．0號物塊最后一次與1號物塊碰撞后至再次返回水平面的過程，曲面對0號物塊作用力的沖量大小為
（2023 湖北）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t＝0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變為碰前的3倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發生電荷轉移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的質量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）
【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統動能損失。
根據動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
損失動能ΔEk，根據機械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非彈性碰撞
碰后物體的速度相同， 根據動量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非彈性碰撞系統損失的動能最多，損失動能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2. （2）
聯立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
A、B兩球沿同一直線運動并發生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖線，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖線，若A球質量是m＝2kg，則由圖像判斷下列結論正確的是（　　）
A．碰撞前、后A球的動量變化量為6kg m/s
B．碰撞時A球對B球的沖量為﹣6N s
C．A、B兩球碰撞前的總動量為3kg m/s
D．碰撞中A、B兩球組成的系統損失的動能為10J
（多選）如圖所示兩個小球A、B，在光滑水平面上沿同一直線同向做勻速直線運動，已知它們的質量分別為mA＝2kg，mB＝4kg，A球的速度是5m/s，B球的速度是2m/s，則它們發生正碰后，其速度可能分別為（　　）
A．vA′＝1m/s，vB′＝4m/s
B．vA′＝4 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝3m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝﹣1m/s，vB′＝5 m/s
（多選）如圖所示，兩個大小相同的小球A、B用等長的細線懸掛于O點，線長為L，mA＝2mB，若將A由圖示位置靜止釋放，在最低點與B球相碰，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．A下落到最低點的速度是
B．若A與B發生完全非彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是L
C．若A與B發生完全非彈性碰撞，則第一次碰時損失的機械能為mBgL
D．若A與B發生彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是
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。已知甲的質量為1kg，則（　　）
A．碰撞前甲的動量大小為1kg m/s
B．碰撞后乙的動量大小為6kg m/s
C．碰撞前后，甲的動量變化量大小為6kg m/s
D．碰撞過程，兩物塊損失的機械能為6J
（多選）如圖所示，A、B是放在粗糙水平面上質量相等的兩個小物塊，與地面間的動摩擦因數均為 ，小物塊A以速度v0與靜止的小物塊B發生正碰，重力加速度為g，碰后小物塊B在水平面上滑行的距離可能為（　　）
A． B． C． D．
如圖所示，A、B是兩個完全相同的小球，用較長的細線將它們懸掛起來，調整細線的長度和懸點的位置，使兩個小球靜止時重心在同一水平線上，且恰好沒有接觸。現將小球A拉起至細線與豎直方向夾角為θ＝60°的位置，使其由靜止釋放，小球A運動至最低點與靜止的小球B相碰，碰后兩球粘在一起運動。已知細線的長度為L，每個小球的質量均為m，重力加速度為g，忽略小球半徑和空氣阻力，求：
（1）A球運動至最低點時的速度大小v；
（2）碰后兩球能夠上升的最大高度△h；
（3）碰撞過程中損失的機械能△E。
【模型三】碰撞模型三原則
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
【其它方法①】臨界法
彈性碰撞沒有動能損失，完全非彈性碰撞動能損失最多，計算出這兩種情況下的臨界速度，那么其他碰撞應該介于二者之間。
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A追上B并發生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（　　）
A．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/s B．v′A＝2m/s，v′B＝4m/s
C．v′A＝﹣4m/s，v′B＝3m/s D．v′A＝﹣2m/s，v′B＝6m/s
（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。兩球質量分別為mA＝1kg，mB＝2kg，規定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞前后A球動量變化量﹣4kg m/s，則（　　）
A．左方是A球
B．B球動量的變化量為4kg m/s
C．碰撞后A、B兩球速度大小之比為5：2
D．經過驗證兩球發生的碰撞是彈性碰撞
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。兩球質量關系為2mA＝mB，規定水平向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為﹣4kg m/s。則（　　）
A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10
C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：1
（多選）甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是p1＝5kg m/s，p2＝7kg m/s，甲從后面追上乙并發生碰撞，碰后乙球的動量變為10kg m/s，則二球質量m1和m2間的關系可能是下列的（　　）
A．m1＝m2 B．3m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【模型四】小球—曲面模型
(1)小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大
水平方向動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)小球返回曲面底端時
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于彈性碰撞)
如圖所示，在水平地面上固定有四分之一圓弧滑塊，圓弧半徑為R，一質量為m的小球，以水平速度v0自滑塊的左端A處滑上滑塊，小球經過圓弧上端B到達最高點為C.不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則小球從A到C的位移大小為（　　）
A．R B．2R
C． D．
如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切。一質量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失。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的最大高度為。則小球與滑塊質量之比m：M為（　　）
A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．3：1
如圖所示，一質量為m、半徑為R的不固定的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，有一質量也為m的小球由槽頂端A靜止釋放，在其下滑至槽末端B的過程中，下列說法正確的是（已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計）（　　）
A．小球的機械能守恒
B．小球和槽組成的系統動量守恒
C．小球滑離B點后將做自由落體運動
D．若圓弧槽固定，小球滑到B點時的速度與不固定時滑到B點的速度大小之比為
如圖所示，在水平面上靜置一質量M＝450g的滑塊，滑塊上表面是一個半徑R＝0.2m的四分之一圓弧，圓弧最低點A與水平地面相切。現給質量m＝50g的小球一個大小v0＝4m/s的水平初速度，小球經B點離開滑塊時，隨即撤去滑塊。小球于C點第一次著地，小球每次與地面碰撞前后，水平速度保持不變，豎直速度大小減半，方向反向。A點始終與地面接觸，忽略小球通過各軌道連接處的能量損失，不計一切摩擦和空氣阻力，求：
（1）小球剛運動到滑塊最低點A時，對滑塊的壓力；
（2）小球離開滑塊后所能到達的最大高度；
（3）要使小球能水平進入接收器最低點P，P與C間的最小距離為多大。
【模型五】小球—彈簧模型
(1)兩小球速度相同時，彈簧最短，彈性勢能最大
動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)彈簧恢復原長時：
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于完全彈性碰撞)
（多選）如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上。現使m1瞬間獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得（　　）
A．在t2、t4時刻彈簧處于原長狀態
B．t3時刻兩物體達到共速，彈簧被壓縮到最短
C．兩物塊的質量之比為m1：m2＝2：1
D．在t2時刻兩物塊的動能大小之比為Ek1：Ek2＝1：8
（多選）如圖甲所示，質量為m的物塊A與豎直放置的輕彈簧上端連接，彈簧下端固定在地面上。t＝0時，物塊A處于靜止狀態，物塊B從A正上方一定高度處自由落下，與A發生碰撞后一起向下運動（碰撞時間極短，且未粘連），到達最低點后又向上運動。已知B運動的v﹣t圖像如圖乙所示，其中0～t1的圖線為直線，不計空氣阻力，則（　　）
A．物塊B的質量為m
B．t＝t2時，彈簧的彈性勢能最大
C．時，B速度為零
D．時，A、B開始分離
如圖，質量均為m＝1kg的物塊A、B用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，B與豎直墻面緊靠。另一個質量為2m的物塊C以某一初速度向A運動，C與A碰撞后粘在一起不再分開，它們共同向右運動并壓縮彈簧，彈簧儲存的最大彈性勢能為6.0J。最后彈簧又彈開，A、B、C一邊振動一邊向左運動，那么（　　）
A．從C觸到A，到B離開墻面這一過程，系統的動量不守恒，而機械能守恒
B．B離開墻面以后的運動過程中，B的最大速度為3m/s
C．C的初動能為8.0J
D．B離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為1.2J
如圖甲所示，在光滑水平面上的輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x；現讓該彈簧一端連接另一質量為m的物體B（如圖乙所示），靜止在光滑水平面上。物體A以2v0的速度向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x。已知整個過程彈簧處于彈性限度內，則（　　）
A．物體A的質量為2m
B．物體A的質量為6m
C．彈簧壓縮量為最大值x時的彈性勢能為
D．彈簧重新恢復原長時，物體B的動量大小為
如圖所示，在一端固定于地面的豎直彈簧上端，固定一質量為m的木板后木板在B處靜止，已知此時彈簧的壓縮量為x0，現從彈簧原長A處由靜止釋放一質量也為m的粘性物體，落到木板B上后一起隨木板向下運動，已知彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量、k為勁度系數），下列說法正確的是（　　）
A．在粘性物體落到木板上之前，彈簧的彈性勢能為
B．粘性物體落到木板上后，兩物體最低可運動至距A點2x0處
C．粘性物體落到木板上后，兩物體最高可運動至距A點處
D．從粘性物體開始運動，整個過程中，系統的機械能保持不變
【模型六】子彈打木塊模型
子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。
設質量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。
要點詮釋：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。
從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：……①
從能量的角度看，該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為，設子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有
對子彈用動能定理： ……②
對木塊用動能定理： ……③
②相減得： ……④
對子彈用動量定理： ……⑤
對木塊用動量定理： ……⑥
點評：這個式子的物理意義是：恰好等于系統動能的損失；根據能量守恒定律，系統動能的損失應該等于系統內能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱（機械能轉化為內能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）。
由上式不難求得平均阻力的大小：
至于木塊前進的距離，可以由以上②、③相比得出：
從牛頓運動定律和運動學公式出發，也可以得出同樣的結論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：
一般情況下，所以s2<當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統動量仍然守恒，系統動能損失仍然是（這里的為木塊的厚度），但由于末狀態子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計算的大小。
質量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在粗糙水平地面上質量為M的木塊，并陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止，甲、乙兩圖表示這一過程開始和結束時子彈和木塊可能的相對位置，設地面粗糙程度均勻，木塊對子彈的阻力大小恒定，下列說法正確的是（　　）
A．若M較大，可能是甲圖所示情形；若M較小，可能是乙圖所示情形
B．若v0較小，可能是甲圖所示情形；若v0較大，可能是乙圖所示情形
C．地面較光滑，可能是甲圖所示情形；地面較粗糙，可能是乙圖所示情形
D．無論m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲圖所示的情形
如圖所示，A點距水平地面高度為h，木塊M處于靜止狀態，某時刻釋放M，木塊做自由落體運動，空中運動總時間為t1．若一子彈m以水平速度v射向木塊并嵌在木塊中，若在A點釋放同時射入木塊空中運動總時間為t2，若在木塊落至h一半的B點時射入木塊空中運動總時間為t3，設：木塊與子彈作用時間極短，空氣阻力不計，則（　　）
A．t1＝t2＝t3 B．t1＝t2＜t3 C．t1＜t2＝t3 D．t1＞t2＞t3
（多選）如圖所示，長為L、質量為M的木塊靜止在光滑水平面上。質量為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的時間內木塊移動的距離為s，子彈穿過木塊后子彈和木塊的速度分別為v1和v2，設子彈穿過木塊的過程子彈所受阻力恒定，則下列說法正確的是（　　）
A．木塊移動的距離s一定小于木塊長度L
B．木塊質量M越大，木塊速度v2越大
C．木塊質量M越大，子彈射出速度v1越大
D．子彈的初速度v0越大，木塊位移s越小，該過程產生的熱量越少
【模型七】滑塊木板模型
示意圖 木板初速度為零 木板有初速度，板塊反向
v-t圖
如圖所示，將小滑塊A放在長為L的長木板B上，A與B間的動摩擦因數為μ，長木板B放在光滑的水平面上，A與B的質量之比為1：4，A距B的右端為。現給長木板B一個水平向右初速度，小滑塊A恰好從長木板B上滑下；若給A一個水平向右初速度v，要使A能從B上滑下，則v至少為（　　）
A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s
物理興趣小組設置了一個挑戰游戲。如圖所示，半徑為R＝2.0m光滑圓弧形軌道末端水平且與放置在水平臺上質量為m1＝0.2kg的“」形”薄滑板平滑相接，滑板左端A處放置質量為m2＝0.3kg的滑塊，水平臺上的P處有一個站立的玩具小熊。在某次挑戰中，挑戰者將質量為m0＝0.3kg的小球從軌道上距平臺高度1.8m處靜止釋放，與滑塊發生正碰。若滑板恰好不碰到玩具小熊則挑戰成功。已知A、P間距s＝2.9m。滑板長度L＝1.1m，滑板與平臺間的動摩擦因數μ1＝0.3，滑塊與滑板間的動摩擦因數μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。小球、滑塊和玩具小熊均視為質點，題中涉及的碰撞均為彈性正碰，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。求：
（1）小球到達軌道最低點時對軌道的壓力；
（2）小球與滑塊碰后瞬間的速度；
（3）試通過計算判定此次挑戰是否成功。
如圖所示，傾角為θ的光滑斜面底端有一擋板1，足夠長的木板A置于斜面上，小物塊B置于A底端，A、B質量均為m，擋板2與B、擋板1間的距離均為L。現將A、B一起由靜止釋放，A、B分別與擋板1和擋板2碰撞后均反向彈回，碰撞前后瞬間速度大小相等。已知A、B間的動摩擦因數μ＝tanθ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求：
（1）B第一次與擋板2碰撞后瞬間的加速度大小aB；
（2）A第一次與擋板1碰撞后沿斜面上滑的最大距離x；
（3）A、B在整個運動過程中產生的內能Q。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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