第25講 復(fù)習(xí)專題二十一 碰撞問題分析（教師版）-新高二暑假課（人教版）

復(fù)習(xí)專題二十一碰撞問題分析——精剖細(xì)解細(xì)復(fù)習(xí)講義知識點1：碰撞1、碰撞的概念碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過程中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。2、對心碰撞物體碰撞前后速度方向在同一直線上。處理方法：規(guī)定正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。3、碰撞的分類碰撞類型規(guī)律動量和能量分析彈性碰撞這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能守恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是動量守恒和機械能守恒。動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能守恒：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2非彈性碰撞在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒定律。動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′機械能損失最多，損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)（m1＋m2）v′2完全非彈性碰撞這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過程中只遵循動量守恒定律。動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能有損失，損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2碰撞問題遵循的三條原則：動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′；動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′；速度符合實際：碰前兩物體同向運動，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，否則無法實現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，若兩物體同向運動，則原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度，否則碰撞沒有結(jié)束。碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零，若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度。4、彈性碰撞的推導(dǎo)以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)由此可得：當(dāng)m1=m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度；當(dāng)m1＞m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動；當(dāng)m1＜m2時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。5、動量與能量的區(qū)別和聯(lián)系動量能量區(qū)別守恒條件系統(tǒng)所受合外力是否為零。系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功。表達(dá)式矢量式標(biāo)量式聯(lián)系動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個物理過程。6、利用動量的觀點和能量的觀點解題應(yīng)注意下列問題動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式。中學(xué)階段凡可用力和運動的觀點解決的問題．若用動量的觀點或能量的觀點求解，一般都要比用力和運動的觀點要簡便，而中學(xué)階段涉及的曲線運動(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運動、碰撞等，就中學(xué)知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解。7、碰撞模型“保守型”碰撞子彈打木塊模型：子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為該過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒；在子彈打木塊過程中摩擦生熱，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機械能不守恒。子彈未穿出：mv0＝（m＋M）v；Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)（M＋m）v2。子彈穿出：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22滑塊—木板模型：把滑塊、木板看成一個整體，摩擦力為內(nèi)力，在光滑水平面上滑塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒。由于摩擦生熱，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能的減少量等于因摩擦而產(chǎn)生的熱量，ΔE＝Ff·s相對，其中s相對為滑塊和木板相對滑動的路程。當(dāng)滑塊不滑離木板或子彈不穿出木塊時，兩物體最后有共同速度，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，機械能損失最多。判斷碰撞時系統(tǒng)動量是否守恒1．質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的速度為，B球的速度為，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】A．設(shè)每個球的質(zhì)量均為m，碰前系統(tǒng)總動量p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m碰前的總動能Ek==40m若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=7m動量不守恒，選項A錯誤；B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明顯vA>vB不合理，選項B錯誤；C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=8m總動能E′k==16.25m動量守恒，機械能不增加，選項C可能實現(xiàn)；D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=8m總動能E′k==41m動量守恒，但機械能增加，違反能量守恒定律，選項D錯誤。故選C。2．甲、乙兩鐵球質(zhì)量分別是m甲=1kg、m乙=2kg．在光滑水平面上沿同一直線運動，速度分別是v甲=6m/s、v乙=2m/s．甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是(

)A．v甲′=7m/s，v乙′=1.5m/sB．v甲′=2m/s，v乙′=4m/sC．v甲′=3.5m/s，v乙′=3m/sD．v甲′=4m/s，v乙′=3m/s【答案】B【詳解】以甲的初速度方向為正方向，碰撞前總動量，碰撞前的動能；A項：如果，碰撞后動量守恒、機械能增加，故A錯誤；B項：如果，碰撞后動量守恒、機械能不增加，碰撞后不能發(fā)生二次碰撞，故B正確；C項：如果，碰撞過程動量不守恒，故C錯誤；D項：如果，碰撞過程動量守恒、機械能不增加，但要發(fā)生二次碰撞，故D錯誤．利用動量守恒計算解決簡單的碰撞問題3．女子短道速滑接力賽的交接訓(xùn)練中，如圖所示，接棒選手的質(zhì)量為，剛滑到時，質(zhì)量為的交棒選手以速度從后面滑來，快速推送接棒選手，完成接力過程，兩選手分開瞬間交棒選手的速度為。已知交接棒過程中兩選手的速度方向均在同一直線上，忽略冰面上的一切摩擦．則完成交接棒后，接棒選手的速度大小為（

）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】以兩選手的運動方向為正方向，設(shè)交棒選手質(zhì)量為，接棒選手的質(zhì)量為，由動量守恒定律可得即解得故選B。4．兩個相向運動的物體和，碰撞后都變?yōu)殪o止?fàn)顟B(tài)，若它們的質(zhì)量比，則它們碰撞之前動能之比為（??）A．9∶1 B．3∶1 C．1∶3 D．1∶9【答案】C【詳解】兩個物體碰撞后都變?yōu)殪o止?fàn)顟B(tài)，則碰撞前兩物體動量等大反向，根據(jù)又可得=1∶3故選C。完全彈性碰撞1：動碰靜5．如圖所示，小桐和小旭在可視為光滑的水平地面上玩彈珠游戲。小桐瞬間將彈珠甲對著小旭腳邊的靜止彈珠乙彈出，甲以的速度與乙發(fā)生了彈性正碰，已知彈珠可以視為光滑，則（）

A．若碰后甲乙同向運動，則甲的質(zhì)量一定大于乙的質(zhì)量B．若碰后甲反彈，則甲的速率可能為C．碰后乙的速率可能為D．若碰后甲反彈，則甲的速率不可能大于乙的速率【答案】A【詳解】A．甲乙彈珠碰撞瞬間動量守恒，機械能守恒，設(shè)彈珠甲乙的質(zhì)量分別為、，碰后甲的速度為，乙的速度為，則有聯(lián)立解得，若碰后甲乙同向運動，則可知甲的質(zhì)量一定大于乙的質(zhì)量，故A正確；B．若碰后甲反彈，且甲的速率為，則有解得質(zhì)量不能為負(fù)值，則可知，若碰后甲反彈，則甲的速率不可能為，故B錯誤；C．若碰后乙的速率為，則有解得質(zhì)量不能為負(fù)值，則可知，碰后乙的速率不可能為，故C錯誤；D．若碰后甲反彈，且甲的速率大于乙的速率，則有可知，只要即就可滿足碰后甲反彈，且甲的速率大于乙的速率，故D錯誤。故選A。6．彈玻璃球是小孩子最愛玩的游戲之一，一次游戲中，有大小相同、但質(zhì)量不同的A、B兩玻璃球，質(zhì)量分別為、，且，小朋友在水平面上將玻璃球A以一定的速度沿直線彈出，與玻璃球B發(fā)生正碰，玻璃球B沖上斜面后返回水平面時與玻璃球A速度相等，不計一切摩擦和能量損失，則、之比為（）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5【答案】B【詳解】兩球碰撞時由動量守恒可得由能量守恒可得聯(lián)立可得玻璃球B返后兩球速度相等可得故選B。完全彈性碰撞2：動碰動7．質(zhì)量均為m的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線同向運動，A球的速度為3m/s，B球的速度為1m/s，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（

）A．1m/s，2m/s B．2.5m/s，1.5m/sC．1m/s，5m/s D．1.5m/s，2.5m/s【答案】D【詳解】碰前系統(tǒng)總動量為碰前的總動能A．若碰后，，碰后總動量動量不守恒，故A錯誤；B．若，，明顯不合理，故B錯誤；C．若，，碰后總動量總動能動量守恒，但機械能增加，故C錯誤；D．若，，碰后總動量總動能動量守恒，但機械能不增加，故D正確。故選D。8．如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行的超級碰撞實驗，可以使小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為3m的大球（在下），質(zhì)量為m的小球（在上）疊放在一起，從距地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，h遠(yuǎn)大于球的半徑，不計空氣阻力。假設(shè)大球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞，且碰撞時間極短。下列說法正確的是（）A．若大球的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度為9hB．小球與大球碰撞后的速度大小為C．大球與小球碰撞后，小球上升的高度為2hD．大球與小球碰撞后，大球上升的高度為0.25h【答案】A【詳解】A．設(shè)小球質(zhì)量為m，大球質(zhì)量為M，兩球做自由落體運動兩球落地時速度大小為大球與地面碰撞后，速度瞬間反向，大小不變，兩球發(fā)生彈性碰撞，兩球碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設(shè)碰撞后小球速度大小為v1，大球速度大小為v2，選向上為正方向，由動能量守恒和機械能守恒，解得當(dāng)時，不考慮m影響，則小球上升高度為故A正確；B．C．由A選項可知，碰撞后小球的速度大小為小球上升高度為故BC錯誤。D．由A選項可求得，碰撞后大球的速度大小為大球不上升，故D錯誤。故選A。完全非彈性碰撞的特征9．如圖所示，光滑的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，半圓形軌道的底端放置一個小球B，水平面上有一個小球A以某一速度開始向著小球B運動并發(fā)生碰撞，設(shè)兩個小球均可以看作質(zhì)點，它們的碰撞時間極短，碰撞后結(jié)為一體沖上半圓軌道，并恰能通過最高點C。下列關(guān)于小球A與小球B發(fā)生碰撞并一起通過最高點的過程中，以A、B小球為系統(tǒng)的機械能與動量的說法正確的是（）A．機械能，動量均守恒B．機械能不守恒，動量守恒C．機械能守恒，動量不守恒D．機械能，動量均不守恒【答案】D【詳解】小球A與小球B發(fā)生完全非碰撞的過程，系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒；小球A與小球B一起通過最高點的過程，受重力和軌道的支持力，系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒，則小球A與小球B發(fā)生碰撞并一起通過最高點的全過程，機械能，動量均不守恒，故選D。10．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，下列說法中正確的是（）A．該碰撞為完全非彈性碰撞B．物體乙的質(zhì)量為4kgC．碰撞過程兩物塊損失的機械能為3JD．該碰撞過程能量不守恒【答案】C【詳解】由v-t圖可知，碰前甲、乙的速度分別為、；碰后甲、乙的速度分別為，，甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒定律得解得m乙=6kg損失的機械能為解得即碰撞過程兩物塊損失的機械能為3J，此能量轉(zhuǎn)化為兩球的內(nèi)能，但是能量還是守恒的。故選C。完全非彈性碰撞后速度的計算11．如圖所示，豎直放置的輕質(zhì)彈簧下端固定在地面上，上端與物塊A連接，物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)時彈簧的壓縮量為x0?，F(xiàn)有物塊B從距物塊A上方某處由靜止釋放，B與A相碰后立即一起向下運動但不粘連，此后物塊A、B在彈起過程中將B拋離A。此過程中彈簧始終處于豎直狀態(tài)，且在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．當(dāng)B與A分離時，彈簧的壓縮量為x0B．兩物塊一起運動過程中的最大加速度大于gC．當(dāng)B與A一起向上運動到彈簧的壓縮量為x0時，它們共同運動的速度最大D．從B開始下落至B與A分離的過程中，兩物塊及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】B【詳解】A．物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)時彈簧的壓縮量為x0。，當(dāng)B與A分離時，加速度相同，且之間無彈力，可知，此時A的加速度為g，則彈簧處于原長處，故A錯誤；B．如果B物體靜止釋放到A的上端，做簡諧運動，則最低點加速度大小為g，而現(xiàn)在到達(dá)A端上端速度大于零，則最低點位置更低，則加速度大于g，所以兩物塊一起運動過程中的最大加速度大于g，故B正確；C．當(dāng)B與A一起向上運動到彈簧的壓縮量為x0時，合力向下，已經(jīng)減速，速度不是最大，故C錯誤；D．從B開始下落至B與A分離的過程中，兩物塊及彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，因為完全非彈性碰撞過程中存在損失，故D錯誤。故選B。12．如圖所示，質(zhì)量為m2的小車上有一半圓形的光滑槽，一質(zhì)量為m1的小球置于槽內(nèi)，共同以速度v0沿水平面運動，并與一個原來靜止的小車m3對接，則對接后瞬間，小車的速度大小為()A． B．C． D．以上答案均不對【答案】C【詳解】對接過程，兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以小車m2的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，解得：故應(yīng)選C．點晴：本題考查了求小車的速度，正確確定研究對象是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題．完全非彈性碰撞1：碰撞后直接粘連問題13．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，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個滑塊與第n個滑塊相碰時的總時間為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律可知第二個滑塊開始運動的速度大小為同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為第（n-1）個球開始滑動的速度大小為因此運動的總時間為故選B。14．在光滑水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體a與另一物體b發(fā)生正碰，碰撞時間極短，兩物體的位置隨時間變化規(guī)律如圖所示，以a物體碰前速度方向為正方向，下列說法正確的是（）A．碰撞后a的動量為 B．碰撞后b的動量為C．物體b的質(zhì)量為2kg D．碰撞過程中a對b的沖量為【答案】D【詳解】AB．由題圖可知，碰撞前a的速度為碰前總動量撞后a、b共同的速度為則碰撞后a的動量為因碰撞過程動量守恒，則碰撞后b的動量為故AB錯誤；C．根據(jù)題意，設(shè)b的質(zhì)量為，由圖可知，碰撞前b物體靜止，a、b碰撞過程中，由動量守恒定律可得解得故C錯誤；D．根據(jù)題意，對b物體，由動量定理有解得故D正確。故選D。完全非彈性碰撞2：板塊問題與子彈打木塊問題15．如圖，長為L質(zhì)量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點），物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊以的速度從木板的左端向右滑動，物塊恰好能滑到木板的右端，對此過程下列敘述正確的是（）A．經(jīng)過時間物塊與木板保持相對靜止B．摩擦力對木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功C．物塊動能的減少等于木板動能的增加D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量【答案】D【詳解】A．對物塊與木板有對物塊有解得A錯誤；B．摩擦力對木板所做的功為物塊克服摩擦力所做的功可知B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律可知，物塊動能的減少等于木板動能的增加值與因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，C錯誤；D．摩擦生熱為D正確。故選D。16．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于C．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于D．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒【答案】C【詳解】A．子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以v0的方向為正方向，則解得v1＝故A錯誤；B．子彈射入木塊后的瞬間解得繩子拉力故B錯誤；C．子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)由牛頓第三定律知，環(huán)對輕桿的壓力大于，故C正確；D．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，故D錯誤。故選C。完全非彈性碰撞3：含有斜面或曲面的情況17．如圖所示，有光滑弧形軌道的小車靜止于光滑的水平面上，其總質(zhì)量為M，有一質(zhì)量也為M的鐵塊以水平速度v沿軌道的水平部分滑上小車。若軌道足夠高，鐵塊不會滑出，則鐵塊沿圓弧形軌道上升的最大高度為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】鐵塊上升到最高點時與小車具有共同的速度，則由動量守恒定律由能量關(guān)系可知解得故選A。18．如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度向右運動滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是（）A．滑塊b沿a上升的最大高度為B．滑塊a運動的最大速度C．滑塊b沿a上升的最大高度為D．滑塊a運動的最大速度【答案】B【詳解】AC．b沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，在水平方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得AC錯誤；BD．滑塊b從滑上a到滑離a后，滑塊a運動的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得B正確，D錯誤。故選B。完全非彈性碰撞4：含有彈簧的情況19．如圖所示，物體A、B間用一輕質(zhì)彈簧連接，放在光滑的水平地面上，現(xiàn)使B物體靠在墻上，用外力推物體A緩慢壓縮彈簧，待系統(tǒng)靜止后突然撤去外力，則（）

A．撤去外力后，A、B組成的系統(tǒng)總動量守恒B．彈簧伸至最長時，A的速度最大C．彈簧伸至最長時，A、B共速D．從撤去外力到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程，墻對B的沖量為零【答案】C【詳解】A．撤去外力后，A、B組成的系統(tǒng)受的合外力不為零，則總動量不守恒，故A錯誤；BC．從開始釋放到彈簧恢復(fù)到原長，彈力對A做正功，A的速度增加；彈簧恢復(fù)原長后，B離開墻壁，彈簧長度繼續(xù)伸長，則A做減速運動，B做加速運動，當(dāng)彈簧伸至最長時AB共速，則此時A的速度不是最大；則當(dāng)彈簧在原長時A的速度最大，故B錯誤，C正確；D．從撤去外力到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程，系統(tǒng)動量向左增加，則墻對B的沖量向左，不為零，故D錯誤。故選C。20．如圖所示，質(zhì)量為mA=3kg，mB=1kg的物塊A和B用輕彈簧相連，放置在光滑水平面上，在F作用下彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊B緊靠豎直墻面，已知彈簧處于壓縮狀態(tài)時彈性勢能為6J。現(xiàn)將F撤去，則在物塊B離開墻面以后的運動過程中，A、B運動的v-t圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】撤掉F后，當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時，彈性勢能轉(zhuǎn)化為物塊A的動能，則解得v0=2m/s此時物塊B將要離開墻壁，此后彈簧的長度將被拉長，物塊A做減速運動，物塊B做加速運動，當(dāng)兩者的速度相等時，彈簧被拉的最長，此時由動量守恒定律解得v1=1.5m/s然后由于A繼續(xù)減速，B繼續(xù)加速，則彈簧的長度縮短，最后回復(fù)到原長，則由動量守恒定律和能量關(guān)系可知解得vA1=1m/svB1=1m/s此后的過程彈簧被壓縮，最短時的共同速度仍為1.5m/s，結(jié)合上述分析可知，圖像B正確，ACD錯誤。故選B。非完全彈性碰撞后的速度21．如圖所示，在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m、靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是（）A．0.30v B．0.40v C．0.60v D．0.70v【答案】C【詳解】A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設(shè)A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2，選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有假設(shè)碰后A球靜止，即v1=0，可得由題意知球A被反彈，所以球B的速度AB兩球碰撞過程機械能不增加，有兩式聯(lián)立得故故選C。22．質(zhì)量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開一定的距離，具有初速度v0的第5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發(fā)生碰撞，如圖所示，最后這五個物塊粘成一個整體，則它們最后的速度為（）A．v0 B． C． D．【答案】B【詳解】由于五個物塊組成的系統(tǒng)沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由動量守恒定律得得即它們最后的速度為故選B。非完全彈性碰撞的能量損失23．在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運動，發(fā)生碰撞且碰撞時間極短。碰撞前后兩球在同一直線運動的位置隨時間變化的圖像如圖。已知b球的質(zhì)量為0.1kg，下列說法正確的是（

）

A．a(chǎn)球的質(zhì)量為0.1kgB．a(chǎn)球的質(zhì)量為0.3kgC．兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞D．兩球發(fā)生的碰撞為完全非彈性碰撞【答案】B【詳解】AB．以球b碰撞前的速度方向為正方向，由圖可知，碰撞前，碰撞后，根據(jù)動量守恒定律得可得故a球的質(zhì)量為0.3kg，故A錯誤，B正確；CD．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)動能碰撞后系統(tǒng)動能計算可得可知非彈性碰撞，故CD錯誤。故選B。24．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械能為（）A．3J B．4J C．5J D．6J【答案】A【詳解】由v-t圖可知，碰前甲、乙的速度分別為，；碰后甲、乙的速度分別為，，甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得解得則損失的機械能為解得故選A。含有動量守恒的多過程問題25．如圖，一質(zhì)量的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質(zhì)量的小木塊A?，F(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小均為4m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離B板。站在地面的觀察者看到在一段時間內(nèi)小木塊A正在做加速運動，則在這段時間內(nèi)的某時刻木板B相對地面的速度大小可能是（）

A．2.8m/s B．2.2m/s C．3.0m/s D．1.8m/s【答案】B【詳解】根據(jù)題意可知A先向左減速后向右加速，B一直向右減速；當(dāng)A的速度為0時，設(shè)此時B的速度為，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒有，解得最后AB一起共同向右做勻速直線運動，設(shè)此時速度為，根據(jù)動量守恒有解得故這段時間內(nèi)的某時刻木板B相對地面的速度范圍為故選B。26．如圖所示，甲、乙兩同學(xué)均站在滑板車上，甲同學(xué)和滑板車的總質(zhì)量為M，乙同學(xué)和滑板車的總質(zhì)量也為M，乙同學(xué)靜止，甲同學(xué)手持質(zhì)量為m的籃球以v0的速度向乙滑去，為防止與乙同學(xué)相撞，甲同學(xué)將籃球以大小為v（未知）的水平速度向乙拋去，乙同學(xué)將籃球接住后，也以大小為v的水平速度向甲拋去，甲同學(xué)接球后，甲、乙兩同學(xué)恰好不發(fā)生碰撞，不計地面的摩擦和空氣阻力，則v的大小為（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】設(shè)最后的共同速度為，根據(jù)動量守恒有對球和乙研究，有解得故選A。兩物體多次碰撞問題27．如圖所示，靜止在光滑水平地面上的兩個小物塊A、B（均可視為質(zhì)點），質(zhì)量分別為mA=1.0kg、mB=4.0kg，兩者之間有一個被壓縮的微型彈簧，彈簧只與A固定在一起，此時彈簧的彈性勢能為Ep=10.0J，分離時彈性勢能可以全部轉(zhuǎn)化為小物塊A、B的動能。釋放后，A與墻發(fā)生彈性碰撞，當(dāng)小物塊A、B再次相遇后，彈簧的彈性勢能最大值是（）A．10.0J B．8.0J C．3.6J D．5.0J【答案】C【詳解】小物塊A、B分離過程，以小物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，以水平向左為正方向，由動量守恒定律可得①由能量守恒定律可得②A與墻發(fā)生彈性碰撞后，A的速度方向向左，大小仍為，小物塊A、B再次相遇后，以小物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A、B速度相時，彈簧的彈性勢能取最大值，從A、B剛開始接觸至共速過程，由動量守恒定律可得③由能量守恒定律可得④聯(lián)立①②③④可得A、B、D錯誤，C正確；故選C。28．如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ．若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則()A．最終盒的速度大小是B．最終盒的速度大小是C．滑塊相對于盒運動的路程為D．滑塊相對于盒運動的路程為【答案】C【詳解】AB.設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m，對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共解得：v共=故AB錯誤；CD.對整個過程，由能量守恒定律可知：μmgx＝解得故C正確，D錯誤。多物體多次碰撞問題29．如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有個質(zhì)量均為的小滑塊，相鄰滑塊間的距離為，每個滑塊均可看成質(zhì)點．現(xiàn)給第一個滑塊水平向右的初速度，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動，到第個滑塊與第個滑塊相碰時總的時間為（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律可知第二個滑塊開始運動的速度大小為同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為第個球開始滑動的速度大小為因此運動的總時間為故選B。30．甲、乙兩人站在光滑的水平冰面上，他們的質(zhì)量都是M，甲手持一個質(zhì)量為m的球，現(xiàn)甲把球以對地為v的速度傳給乙，乙接球后又以對地為2v的速度把球傳回甲，甲接到球后，甲、乙兩人的速度大小之比為（忽略空氣阻力）（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】以甲拋球時球的速度方向為正方向，以甲與球組成的系統(tǒng)為研究對象，拋球過程動量守恒，由動量守恒定律得以乙與球組成的系統(tǒng)為研究對象，乙接球過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得乙拋球過程，動量守恒，由動量守恒定律得甲接球過程動量守恒，由動量守恒定律得解得，故速度之比為故ABC錯誤D正確。故選D。完全分彈性碰撞5：連接體繩子繃緊的瞬間31．如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的木板A，通過不可伸長的輕繩與質(zhì)量2m的足夠長的木板B連接。質(zhì)量為m可看成質(zhì)點的物塊C靜止在木板B右端。開始時，A、B、C均靜止，繩未拉緊?，F(xiàn)在使木板A以的速度向右運動，經(jīng)過一段時間后系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。繩子拉直繃緊后瞬間，A、B同速，在繩子繃緊后瞬間，下列說法中正確的是（）A．木板A的速度大小為 B．木板B的速度大小為C．物塊C的速度大小為0 D．木板A、B、C共速【答案】C【詳解】繩子從拉直到繃緊過程極短，對A、B組成的系統(tǒng)，C對B的摩擦力遠(yuǎn)小于系統(tǒng)內(nèi)力，所以A、B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)繩子繃緊后瞬間AB的速度為v，則有解得在極短的時間內(nèi)，C所受摩擦力的沖量可以忽略，所以C的速度仍然是0，故ABD錯誤，C正確。故選C。利用動量守恒及能量守恒解決碰撞問題32．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝3m/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乙所示，則下列說法正確的是（g取10m/s2）（）

A．木板獲得的動能為1JB．系統(tǒng)損失的機械能為7JC．木板A的最小長度為1.5mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.23【答案】C【詳解】A．設(shè)木板A的質(zhì)量為M，由乙圖可知，木板A的最終速度為1m/s，可知木板獲得的動能為A、B相互作用過程中，系統(tǒng)動量守恒，可得聯(lián)立，解得故A錯誤；B．系統(tǒng)損失的機械能為故B錯誤；C．設(shè)木板A的最小長度為L，由乙圖中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，可得故C正確；D．設(shè)A、B間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)能量守恒，可得解得故D錯誤。故選C。33．如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為。物塊以初速度從木板的左端向右滑動時，若木板固定不動時，物塊恰好能從木板的右端滑下。若木板不固定，下面敘述正確的是（）A．物塊仍能從木板的右端滑下B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量C．經(jīng)過物塊與木板便保持相對靜止D．摩擦力對木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功【答案】C【詳解】A．由于木板固定不動時，物塊恰好能從木板的右端滑下，則有解得若木板不固定，假設(shè)兩者達(dá)到相等速度，則有解得可知，物塊不能從木板的右端滑下，故A錯誤；B．根據(jù)上述可知，若木板不固定，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量故B錯誤；C．根據(jù)上述物塊與木板保持相對靜止之前，物塊做勻加速直線運動，則有解得故C正確；D．對物塊分析有摩擦力對木板做功則有可知摩擦力對木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯誤。故選C。解答題34．如圖所示，從A點以某一水平速度v0拋出一質(zhì)量的小物塊（可視為質(zhì)點），當(dāng)物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入的固定光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在光滑水平面上的長木板上，圓弧軌道C端的切線水平。已知長木板的質(zhì)量，A、B兩點距C點的高度分別為、，圓弧半徑，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)，，，。求：（1）小物塊在A點的初速度v0；（2）小物塊滑動至C點時，對圓弧軌道C點的壓力；（3）長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板？

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小物塊從A點到B點做平拋運動，設(shè)運動時間為t，則有解得小物塊到達(dá)B點時豎直分速度為根據(jù)速度的合成與分解有解得（2）設(shè)小物塊滑動至C點時的速度大小為vC，所受圓弧軌道的支持力大小為FN。對小物塊從A到C的過程，根據(jù)動能定理得解得在C點時，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律得（3）設(shè)小物塊達(dá)到木板右端時恰好和長木板達(dá)到共同速度v3，根據(jù)動量守恒定律有解得設(shè)此時長木板的長度為L，根據(jù)功能關(guān)系有解得35．如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量M=3kg的小車，由水平部分AB和光滑圓軌道BC組成，圓弧BC的半徑R=0.4m且與水平部分相切于B點，小物塊Q與AB段的滑動摩擦因數(shù)μ=0.2，在A點正上方用一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛質(zhì)量為m1=0.5kg的小球P，現(xiàn)將小球P拉離豎直方向由靜止釋放，當(dāng)小球P擺到最低點時與靜止在小車左端的質(zhì)量為m2=1kg的小物塊Q（可視為質(zhì)點）發(fā)生彈性碰撞，已知小球P與小物塊Q碰撞前的瞬時速度為v0=6m/s，碰撞時間極短，除了小車AB段粗糙外，其余所有接觸面均光滑，重力加速度g=10m/s2。（1）求碰撞后瞬間小物塊Q的速度；（2）求物塊Q在小車上運動1s內(nèi)相對于小車運動的距離s（此時Q未到B點且速度大于小車的速度）；（3）要使物塊Q既可以到達(dá)B點又不會脫離小車，求小車左側(cè)水平長度AB的取值范圍。

【答案】（1）4m/s，方向水平向右；（2）；（3）【詳解】（1）小球P與小物塊Q碰撞，取向右為正，碰后P、Q速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得，故碰撞后瞬間物塊Q的速度為4m/s，方向水平向右；（2）物塊Q與小車相對運動，可由牛頓第二定律求得兩者的加速度物塊Q的位移小車的位移解得（3）AB段最長，則物塊Q剛好到達(dá)B點時就與木板共速，根據(jù)動量守恒定律有可得共同速度為由能量守恒定律得解得AB段最短，則物塊Q剛好回到A點時與木板共速，根據(jù)動量守恒定律可得共同速度仍為由能量守恒定律得解得當(dāng)AB段最短時物塊Q在圓弧上共速時上升高度需要驗證是否超過R，由能量守恒定律得解得所以不會從圓弧軌道上滑出，則AB段的長度范圍為36．如圖所示，質(zhì)量的小車靜止在光滑的水平地面上，車的上表面由水平面和光滑的四分之一圓弧面組成，圓弧的半徑為，圓弧面的最低點與水平面相切。水平面右側(cè)有一固定擋板，輕彈簧放在水平面上，右端與擋板連接，左側(cè)自由端位于點，水平面段光滑，段粗糙，段長度為。一個質(zhì)量的小滑塊（視為質(zhì)點），在圓弧面的最高點由靜止釋放。已知滑塊與水平面段間的動摩擦因數(shù)，重力加速度取。求：（1）滑塊第一次滑到點時，滑塊和小車的速度分別為多大；（2）滑塊第一次滑到點時，求滑塊相對于地面的總位移；（3）滑塊第一次向左滑上圓弧面最高點的位置離點的高度。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)滑塊第一次滑到點時滑塊和小車的速度大小分別為，車和滑塊組成的系統(tǒng)不受水平外力，因此系統(tǒng)水平方向動量守恒，因此有根據(jù)機械能守恒定律得解得（2）車和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，且初始時刻系統(tǒng)水平動量為0，故系統(tǒng)水平動量始終為0.設(shè)滑塊第一次滑到點時向右運動的對地位移大小為，同時間段內(nèi)小車向左運動的位移大小為。根據(jù)人船模型有滑塊和小車的水平相對位移為A、C之間的水平距離，故有聯(lián)立解得（3）當(dāng)滑塊第一次