重難點(diǎn)10碰撞類型拓展

親備題趨勢J

考點(diǎn)三年考情分析2025考向預(yù)測

3年4考以碰撞為背景考查動(dòng)量定理和動(dòng)

(1)碰撞模型及拓展；廣東卷[(2024,T10),(2023,T10),量守恒定律與其他力學(xué)規(guī)律的綜

(2023,T15),(2022,T13)]4

<1

重難詮釋

【情境解讀】

碰撞遵循的原則和分類

1.碰撞遵循的三原則

(1)動(dòng)量守恒定律。

(2)機(jī)械能不增加。

反1+及2*kl+Ek2或++

2miImi2miImi

(3)速度要合理。

①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或相等。

②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。

2.碰撞的分類

⑴彈性碰撞：

根據(jù)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒：

/陽61+陽2也=陽1巧’+陽2以2’①

11111

\~mivi1+~m2V21=~mivif2-\-~m2V2f2②

[2222

e□陽1—陽2□ri+Imivi

解得vf=-------------,-------------

□/W2—mi\Jv2~^~2mivi

V2=

陽1+陽2

分析討論:

當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，若《/1=朋2，則也'=如V2'=V1,即兩物體交換速度。

當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)，S=0，貝!I：

,_(—m2)。27nl%

q=I,5=I,

十m2十?徹

①加1=股2時(shí)，也'=0，也'=也，碰撞后兩物體交換速度。

rf

②M1>〃22時(shí)，Vi>0,V2>0,碰撞后兩物體沿同方向運(yùn)動(dòng)。

f

③〃“〈陽2時(shí)，v/<0,v2>0,碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。

(2)非彈性碰撞：

動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

陽1丫1+/"2也=〃"也'+陽2也'

1111

~mivi2+_/M2V22+一2y2〃。

2222

若為完全非彈性碰撞，貝！J：

ZMIVI+AM2y2=□/W1+/M2DVJ

111

AE—~miVi2-i~~m2V22---口》?1+，"2口正。

222

【高分技巧】

碰撞拓展模型

%

TB%

圖例(水平+7+q

CWVWWWW\rQ

1//////

面光滑)

小球一彈簧模型小球一曲口分模型

相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿足M為=(〃，+

達(dá)到共速共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢

能

相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿足所孫=陽巧+峪2，

再次分離

能量滿足-mvi=-mv]+-Mvi

222

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

圖例(水平

A

面、水平導(dǎo)AAr~y

/〃〃〃〃/〃加/〃〃/0皮

軌都光滑)

相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)量滿足》|陽=(陽+〃>共，損失的動(dòng)能

達(dá)到共速

最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能

【考向一："滑塊一彈簧"模型】

1.系統(tǒng)內(nèi)物體間的碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中彈簧的狀態(tài)不變。

2.碰撞瞬間，對應(yīng)系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律。

3.由于彈簧是變力，碰撞后在相互作用過程中彈性勢能、物體動(dòng)能及系統(tǒng)內(nèi)能間相互

轉(zhuǎn)化，遵循能量守恒定律。

4.要特別注意彈簧的三個(gè)狀態(tài)：原長時(shí)彈簧的彈性勢能為零，壓縮到最短或伸長到最

長的狀態(tài)時(shí)彈簧連接的物體具有共同的速度，彈簧具有最大的彈性勢能，這往往是解決此

類問題的突破點(diǎn)。

1.如圖所示，水平地面上/、2兩個(gè)木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2加、3m,靜止時(shí)彈簧恰好處

于原長。一質(zhì)量為加的木塊C以速度％水平向右運(yùn)動(dòng)并與木塊/相撞。不計(jì)一切摩擦，彈簧始終處于

彈性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為（）

A.—mvn2B.—mvn2

35

14

C.-mv（?D.—mvc?

1215

答案A

解析當(dāng)。與/發(fā)生彈性碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mvo=mvx+2mv?v2=

220

112

22

-^^+-（2^>2,聯(lián)立解得V2=1o,當(dāng)4、B速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v,以/

的初速度方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量守恒定律得2根功=（2加+3冽）v,由機(jī)械能守恒定律可知，最大的彈性

114

勢能為Ep=&（2⑼-2一鼻（5加川，解得穌=4"（）2，當(dāng)。與4發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定

律有機(jī)均=3/mY，當(dāng)4、B、C速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為M,則由動(dòng)量守恒定律得

3冽v/=6加M,由機(jī)械能守恒定律可知，最大的彈性勢能為穌=；（3冽-1'2一；（6冽）/2,解得晶=卜2V（）2,

14

由此可知碰后彈簧的最大彈性勢能范圍是在川詔三與耳不裙，故A不可能，B、C、D可能。

2.（多選）某滑桿游戲可簡化為如圖5所示的模型，質(zhì)量〃?=0.2kg的滑環(huán)套在固定光滑水平桿上，滑環(huán)可

沿著水平桿左右滑動(dòng)，滑環(huán)通過長工=0.6m的輕繩連著質(zhì)量M=0.4kg的小球，開始時(shí)滑環(huán)靜止在。

點(diǎn)，輕繩水平，現(xiàn)將它們由靜止釋放，小球和滑環(huán)都可看作質(zhì)點(diǎn)，取g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.小球第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為2指m/s

B.小球再次返回最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為0

C.小球第二次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為2m/s

D.小球運(yùn)動(dòng)軌跡左、右兩端點(diǎn)間的距離為0.4m

答案BCD

解析自開始釋放到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程，小球和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有0=九仙一

mv2,由能量守恒定律得聯(lián)立解得小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度大小H=2m/s,A錯(cuò)誤，

C正確；小球每次在最高點(diǎn)時(shí)和滑環(huán)都有相同的速度，由動(dòng)量守恒定律得0=（M+a）v,解得共同速度v

=0,B正確；由機(jī)械能守恒定律可知，小球左、右兩側(cè)最高點(diǎn)在同一水平線上，設(shè)其水平距離為修，

在小球從左側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到右側(cè)最高點(diǎn)的過程，設(shè)滑環(huán)運(yùn)動(dòng)的距離為無2,則版1=小2,制+必=2乙解

得小球運(yùn)動(dòng)軌跡左、右兩端點(diǎn)間的距離xi=0.4m,D正確。

3.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量〃=3kg。

質(zhì)量加=1kg的鐵塊以水平速度％=4m/s,從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后

恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為（）

A.3JB.6J

C.20JD.4J

答案A

解析由題意可知鐵塊壓縮彈簧過程中，以彈簧、木板和鐵塊為系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)木板和鐵塊速度相等

時(shí)彈簧具有最大彈性勢能，設(shè)木板與鐵塊間摩擦力為”，木板長乙共同速度為v,以水平向右為正方

向，根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律有5加石=/《+5。/+加）丫2+與，mv（j=^M+m）v,又因?yàn)殍F塊最后

恰好停在木板的左端，故根據(jù)能量守恒定律有;加田=2尸也+；豳+"）廿，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得￡p=3j,B、

C、D錯(cuò)誤，A正確。

4.（多選）如圖所示，質(zhì)量均為加的/、8兩物體通過勁度系數(shù)為左的輕質(zhì)彈簧拴接在一起，豎直放置在水平

地面上，物體/處于靜止?fàn)顟B(tài)，在/的正上方〃高處有一質(zhì)量也為優(yōu)的小球C?，F(xiàn)將小球C由靜止釋

放，C與/發(fā)生碰撞后立刻粘在一起，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略空氣阻力，重力加速度

?

為g。下列說法正確的是（）

A.C與/碰撞后瞬間A的速度大小為JyJ

B.C與/碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為皿境屋

2

C.C與/碰撞后彈簧的最大彈性勢能為理

2

D.要使碰后物體8被拉離地面，〃至少為電”

k

答案ABD

解析對C自由下落過程，由機(jī)械能守恒定律得：%g〃=$?v（）2,解得：均=屈，對C與/組成的

系統(tǒng)，取向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=2mv\,解得：故A正確；C與/碰撞時(shí)產(chǎn)

22

生的內(nèi)能為：AE=1mv0-|><2mvi=^ingh,故B正確；當(dāng)/、C速度為零時(shí)，彈簧的彈性勢能有最大值,

mg

Epmax=-x2mVi2+2mg\x>~mgh,故C錯(cuò)誤；開始時(shí)彈簧的壓縮量為//=—，碰后物體5剛被拉離地面

22k

時(shí)彈簧伸長量為*=唯，則/、C將上升28,彈簧彈性勢能不變，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：1x2加=

k2

8冽2

2mg2H,解得：h—---，故D正確。

k

5.（多選）如圖a所示，輕彈簧下端固定在傾角為6的光滑斜面底端，上端與物塊3相連，物塊8處于靜止

狀態(tài)，現(xiàn)將物塊/置于斜面某位置處，取物塊N的位置為原點(diǎn)。，沿斜面向下為正方向建立x軸坐標(biāo)系，

某時(shí)刻釋放物塊/與物塊2碰撞后以共同速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，測得物塊/的動(dòng)能

耳與其位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖b所示，圖像中0?無1之間為直線，其余部分為曲線，物塊/、2均可視

為質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,貝女）

A.物塊/、B的質(zhì)量之比為1：2

B.Z與8碰撞后在修位置處速度最大

C.Z與8碰撞后在也位置處加速度最大

D.彈簧的勁度系數(shù)為一--

答案ACD

解析由題圖b可知，物塊/與物塊2碰撞前的動(dòng)能可得物塊/與物塊8碰撞前的速度丫=

2

2E1112Ev

一，物塊/與物塊8碰撞后的動(dòng)能-加0共2=_打，可得物塊/與物塊8碰撞后的速度丫共=—=-,

JmA29J9mA3

物塊/與物塊2碰撞時(shí)間極短，根據(jù)動(dòng)量守恒定律心"=（心4+a"廣，解得吧=1，A正確；由題圖b可

3ms2

知，/與8碰撞后/在尤2處動(dòng)能最大，則/與8碰撞后在M位置處速度最大，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理

有0—?jiǎng)t可知瓦-x圖的斜率代表物體所受的合外力，由題圖b可知N與8碰撞后在與位置處

合外力最大，即加速度最大，C正確；彈簧上端與物塊8相連，物塊5處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時(shí)彈簧的形

變量為刖，結(jié)合題圖a根據(jù)平衡條件可知加Bgsin6=faco，由題圖b可知，當(dāng)N3一起運(yùn)動(dòng)到應(yīng)時(shí)，速度

最大，根據(jù)平衡條件見4gsin加Bgsin。=左（必一修+xo）,物塊/從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到位置修的過程中，根據(jù)動(dòng)

E

能定理加.sin夕修=￡;聯(lián)立解得左=---------，D正確。

X1DX2—X1D

【考向二：“滑塊一斜（曲）面"模型】

6.（多選）如圖所示，水平面上一半圓弧槽N的質(zhì)量為2加，槽的半徑為r,槽兩側(cè)的最高點(diǎn)等高。

將一質(zhì)量為加且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球”由槽右側(cè)的最高點(diǎn)無初速釋放，所有接觸面的摩擦均可忽略。第

一種情況槽固定不動(dòng)；第二種情況槽可自由滑動(dòng)。下列說法正確的是（）M

A.兩種情況下，小球均可運(yùn)動(dòng)到圓弧槽左側(cè)最高點(diǎn)

B.兩種情況下，小球滑到圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)的速度大小之比為1：1

C.第二種情況下，小球滑到圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)圓弧槽的速度大小為JZ

2

D.第二種情況下，圓弧槽距離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為-廠

3

答案ACD

解析當(dāng)圓弧槽固定時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可知，小球M能運(yùn)動(dòng)到圓弧槽左側(cè)的最高點(diǎn)；當(dāng)圓弧槽

可自由滑動(dòng)時(shí)，對于M、N組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒，小球M從圓弧槽的右側(cè)最高點(diǎn)由靜止釋放

時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量為零，設(shè)小球”到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)的速度為vi，則％=0,由機(jī)械能守恒定律可知，小球/

能運(yùn)動(dòng)到圓弧槽左側(cè)的最高點(diǎn)，選項(xiàng)A正確。當(dāng)圓弧槽固定時(shí)，設(shè)小球〃?滑到最低點(diǎn)時(shí)的速度為％,

則由機(jī)械能守恒定律得加gr=；7R（）2,解得％=/茄，當(dāng)圓弧槽可自由滑動(dòng)時(shí)，設(shè)小球M滑到最低點(diǎn)時(shí)

V

的速率為V,此時(shí)圓弧槽的速率為M,由水平方向動(dòng)量守恒得0=加?一2加M,解得M=-，根據(jù)機(jī)械能守

2

恒定律得用gr=$?y2+；x2加1/2,解得v=2；gr、v'=1；gr,兩種情況下，小球滑到圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)的速

度大小之比為選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；第二種情況下，小球”和圓弧槽組成的系統(tǒng)在水平方向

上動(dòng)量守恒，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，圓弧槽向右運(yùn)動(dòng)的位移最大，設(shè)圓弧槽向右的最大位移為X,

根據(jù)動(dòng)量守恒定律得機(jī)(2廠-x)=2%x,解得x=],選項(xiàng)D正確。

7.(多選)質(zhì)量為"的帶有!光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球

4

以速度為水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g,貝lj()

A.小球以后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)

B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)

C.此過程小球?qū)π≤囎龅墓?Mvl

2

vi

D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為一

2g

答案BC

解析從小球沖上小車到小球離開小車的過程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒且系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)小球

離開小車時(shí)，小球速度為V1，小車速度為V2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有,0=旃1+旃2,根據(jù)機(jī)械能守恒定

律有聯(lián)立解得V1=O,V2=V0，即作用后兩者交換速度，小球速度變?yōu)榱?，開始做

222

自由落體運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，小球?qū)π≤囁龅墓ι?-Afv5-C正確；

22

小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，與小車相對靜止，有相同的速度v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mvo=2Wv,根據(jù)機(jī)械能

守恒定律有10Vg=2x(L/v2)+腕兒聯(lián)立解得〃=22,D錯(cuò)誤。

224g

8.如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M=4.0kg的平板車，車的上表面有一段長￡=1.5m的粗糙水平軌

道，水平軌道左側(cè)連一半徑7?=0.25m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)。處相切。

現(xiàn)將一質(zhì)量加=1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度為滑上平板車，小物

塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)/。g取10m/s2,求：

(1)小物塊滑上平板車的初速度vo的大?。?/p>

(2)小物塊與車最終相對靜止時(shí)，它距點(diǎn)。的距離。

答案(1)5m/s(2)0.5m

解析(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)/時(shí)，

二者的共同速度為V1

由動(dòng)量守恒定律得

mvo=(Af+ni)v\①

由能量守恒定律得

—mVo2=mgR+/zmgZ+—(M+m)vi2②

聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得v0=5m/so③

(2)設(shè)小物塊最終與車相對靜止時(shí)，二者的共同速度為也，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的

過程中，由動(dòng)量守恒定律得

mvo=(M-^m)V2④

設(shè)小物塊與車最終相對靜止時(shí)，它距點(diǎn)。的距離為x,由能量守恒定律得

11

—mvo2—fimg{L+x)+—(A/+ni)v^⑤

聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：

x=0.5m<3符合題意。

9.如圖所示，在水平面上依次放置小物塊C、/以及曲面劈2,其中N與C的質(zhì)量相等均為加=1kg,曲

面劈8的質(zhì)量M=3kg,曲面劈8的曲面下端與水平面相切，且曲面劈8足夠高，除N、C間粗糙外，

其他各接觸面均光滑。已知/、C間距離為工=2.25m,動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.2,現(xiàn)給C一個(gè)初速度為=

5m/s,與/碰撞后合成一物體NC,然后滑上以求：

(1)C與A碰撞過程中損失的機(jī)械能；

(2)碰后物塊NC在曲面劈3上能夠達(dá)到的最大高度；

(3)物塊/C從曲面劈B滑離時(shí)B的速度。

答案(1)4J(2)0.12m(3)1.6m/s

解析(1)設(shè)C與/碰撞前的速度為vi，

由動(dòng)能定理可得一fj.mgL=—mv?——mvB

解得vi=4m/s

設(shè)C與/相碰后共同速度為也，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得機(jī)丫1=(機(jī)+")也

解得V2=2m/s

根據(jù)能量守恒定律得

—mv?=—(zw+m)v?+AE

解得AE=4J。

(2)碰后4、C一起與5作用，當(dāng)碰后物塊4C到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，水平方向動(dòng)量守恒，

有

2加藝=(2加+〃)也

解得V3=0.8m/s

根據(jù)能量守恒定律得

—x2mv?=—(2m+A/)v?+2mgh

解得fi=0.12mo

(3)4。與5整個(gè)作用過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有

2mv2=Mv4~\~2mv5

111

—x2m=—Mvi-\x2mv?

222

解得叫=1.6m/So

10.(2024佛山南海區(qū)摸底)如圖所示，一滑板靜置在光滑水平面上，滑板段水平且粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)為

0.5,8。段為四分之一光滑圓弧長度和圓弧半徑均為R.一大小可以忽略的滑塊以初速度％=2倚

從/點(diǎn)滑上滑板，并且能在2、C之間的。點(diǎn)(未畫出)與滑板共速.已知滑板和滑塊質(zhì)量均為加，重力

加速度為g.則：

(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，滑板和滑塊組成的系統(tǒng)產(chǎn)生多少熱量？

(2)2、。兩點(diǎn)的高度差是多少？

(3)若開始時(shí)滑塊在/點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給滑塊一個(gè)水平向右的恒定外力R當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)

時(shí)撤去外力尸，要求滑塊不能從C點(diǎn)飛出，則外力尸大小必須滿足什么條件？

答案：(l)0.5冽gE(2)0.57?(3)mg<F<3mg

解析：(1)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為加

解得0=0.5冽gE

(2)滑塊從4運(yùn)動(dòng)到D的過程，有mvo=(m-\-m)v

—mvS=—(w+m)v2+mgh+Q

解得〃=0.5&

(3)物塊能在外力作用下到達(dá)8點(diǎn)，要求滑塊加速度大于滑板加速度，有

F-/nmg[img

------->---

mm

解得F>mg

設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到5點(diǎn)時(shí)相對地面的位移為S1，滑板的位移為S2,若滑塊恰好能到達(dá)。點(diǎn)，有

Fs1=—(m+m)v^+mgR+Q

Si=§2+R

Ft=(m-\-m)v共

解得F=3mg

所以T7應(yīng)滿足mg<F<3mg

【考向三：子彈打木塊模型】

動(dòng)力學(xué)規(guī)由于組成系統(tǒng)的兩物體受到大小相同、方向相反的一對相互作用

律力，故兩物體的加速度大小與質(zhì)量成反比，方向相反

“子彈”穿過“木塊”可看作兩個(gè)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體間的追

運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)

及問題，或一個(gè)相對運(yùn)動(dòng)問題。在一段時(shí)間內(nèi)“子彈”射入“木塊”

律

的深度，就是這段時(shí)間內(nèi)兩者相對位移的大小

動(dòng)量規(guī)律由于系統(tǒng)不受外力作用，故而遵從動(dòng)量守恒定律

由于相互作用力做功，每個(gè)物體動(dòng)能均發(fā)生變化，力對“子彈”做

能量規(guī)律的功等于，，子彈，，動(dòng)能的變化，力對“木塊”做的功等于“木塊”動(dòng)能

的變化

11.(2024四川成都外國語模擬預(yù)測)如圖所示，質(zhì)量為優(yōu)的光滑圓環(huán)套在固定的水平桿上，輕繩的另一端系

著質(zhì)量為/的木塊。質(zhì)量為％)的子彈以大小為均的水平速度射入木塊，并以速度v離開木塊，子彈

穿過木塊的時(shí)間極短。重力加速度為g,不計(jì)木塊的質(zhì)量損失，下列說法正確的是()

m

0=

人?5應(yīng)

A.子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒

B.子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒

C,子彈射出木塊后的瞬間,圓環(huán)對桿的壓力等于(〃+m)g

D.木塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為mo上(當(dāng)vo———v)

m~\~M

答案D

解析子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，子彈克服摩擦阻力做功，機(jī)械能不守恒,

故A、B錯(cuò)誤；子彈射出木塊后的瞬間，木塊有速度，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，環(huán)對輕桿的壓力大于(M+

m)g,故C錯(cuò)誤；木塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，環(huán)和木塊的速度相等，水平方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒

mo(vo-v)

定律有mv—(M+m)vi+mv,斛得V1=-------；------;故D正確。

ooom-\~M

12.如圖所示，一塊長度為￡、質(zhì)量為冽的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為，

冽的子彈以水平速度vo射入木塊。當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí)，木塊向前移動(dòng)的距離乙3J.1.........

為s。設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)。則子

o

彈穿過木塊的時(shí)間為()心V"/"么"

r*~L—

11

A.—(s+￡)B.—(s+2￡)

vovo

11

CD.—Q+2s)

-短"Dvo

答案D

解析子彈穿過木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，有〃"0=加刈+

V2Vo+vi1

mv2,設(shè)子彈穿過木塊所用時(shí)間為f,則有一f=s,-----t=s+L,聯(lián)立解得f=-(￡+2s)，選項(xiàng)D正確。

22vo

13.(多選)在光滑水平桌面上有一個(gè)靜止的木塊，高速飛行的子彈水平穿過木塊，若子彈穿過木塊過程中受

到的摩擦力大小不變，貝)

A.若木塊固定，則子彈對木塊的摩擦力的沖量為零

B.若木塊不固定，則子彈減小的動(dòng)能大于木塊增加的動(dòng)能?

C.不論木塊是否固定，兩種情況下木塊對子彈的摩擦力的沖量大小相等

D.不論木塊是否固定，兩種情況下子彈與木塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等

答案BD

解析木塊固定，子彈對木塊的摩擦力的沖量不為零，是木塊所受的合力沖量為零，所以A錯(cuò)

誤；木塊不固定時(shí)，因?yàn)樽訌椗c木塊間有內(nèi)能增加，由能量守恒定律可知，子彈減小的動(dòng)能大于木塊

增加的動(dòng)能，所以B正確；由/=上可知，摩擦力大小不變時(shí)，由于兩種情況下子彈與木塊的作用時(shí)

間不同，所以兩種情況下木塊對子彈的摩擦力的沖量大小不相等，則C錯(cuò)誤；根據(jù)。=樂相對，由于摩

擦力大小不變，并且兩次子彈與木塊的相對位移也相同，所以不論木塊是否固定，兩種情況下子彈與

木塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等，則D正確。

14.如圖所示，一沙袋用無彈性輕細(xì)繩懸于。點(diǎn).開始時(shí)沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度

vo擊中沙袋后未穿出，二者共同擺動(dòng).若彈丸質(zhì)量為加，沙袋質(zhì)量為5加，彈丸和沙袋形狀大小忽略不

計(jì)，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.下列說法中正確的是

A.彈丸打入沙袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變

B.彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量與沙袋對彈丸的沖量相同

mvi

C.彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為——

72

D.沙袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為——

72g

答案D

解析彈丸以水平速度％擊中沙袋后未穿出，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，mv0=(m+5m)v,沙袋與彈丸受到的

細(xì)線拉力與重力的合力提供向心力，F(xiàn)-6mg=6。拉力變大，A錯(cuò)誤；彈丸打入沙袋過程中，彈丸

對沙袋的沖量與沙袋對彈丸的沖量等大反向，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒得加v2+0,則。=2”

、一1

3,C錯(cuò)誤；對沙袋與彈丸，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒-?6加y2=6冽則〃=--，D正確.

272g

15.如圖所示，在固定的光滑水平桿上，套有一個(gè)質(zhì)量為機(jī)=0.5kg的光滑金屬圓環(huán)，輕繩一端

拴在環(huán)上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為1.98kg的木塊.一質(zhì)量為加o=2Og的子彈以v()=100m/s的水

平速度射入木塊并留在木塊中(不計(jì)空氣阻力和子彈與木塊作用的時(shí)間，取g=10m/s2).求：

tn

1.?

%

m0口＞|啟|

(1)圓環(huán)、木塊和子彈這個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能.

(2)木塊到達(dá)的最大高度.

答案⑴99J(2)0.01m

解析(1)子彈射入木塊過程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

=(mo+M)v

解得v=1m/s

機(jī)械能只在該過程有損失，損失的機(jī)械能為

movS——（mo+A/）v2=99J

（2）木塊（含子彈）在向上擺動(dòng)過程中，以木塊（含子彈）和圓環(huán)組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)系統(tǒng)水平

方向的動(dòng)量守恒有

（mo+M）v=（加o+河+m）v'

角牟得M=0.8m/s

木塊（含子彈）向上擺動(dòng)過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有a（加o+M）v2=a（加o+A/+"）M2+（加o+Mg%

聯(lián)立解得〃=O.O1m

【考向四：板塊模型】

1.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí)，優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題；若地面不光

滑或受其他外力時(shí)，需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題。

2.滑塊與木板達(dá)到相同速度時(shí)應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化。

3.應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能

定理列式時(shí)位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對位移（或相對路程）。

用動(dòng)力學(xué)解決板塊模型問題的思路

［物理建模）---------，確定板塊模型的類型）

［選/究對象對滑塊、木板分別受力分析）

16.（多選）如圖所示，一質(zhì)量M=3.Okg的長方形木板3放在光滑水平地面

上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量比=1.0kg的小木塊/,同時(shí)給/和2以大小均為4.0

m/s、方向相反的初速度，使4開始向左運(yùn)動(dòng)，8開始向右運(yùn)動(dòng)，/始終沒有滑離5

板，在小木塊4做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小可能是（）

A.2.1m/sB.2.4m/s

C.2.8m/sD.3.0m/s

答案AB

解析以/、8組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運(yùn)動(dòng)到A

的速度為零過程中，由動(dòng)量守恒定律得(朋■一機(jī)力=環(huán)血，代入數(shù)據(jù)解得出產(chǎn)2.7m/s。當(dāng)從開始到/、B

速度相同的過程中，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(A/—/M)V=(A/+?3)VB2，代入數(shù)據(jù)解得出2

=2.0m/s,則在木塊/做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，2的速度范圍為2.0m/s<VB<2.7m/s,故選項(xiàng)A、B正確。

17.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板

質(zhì)量M=3kg。質(zhì)量”=lkg的鐵塊以水平速度vo=4m/s,從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧

后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()

mm

^^Z/Z///ZZZZ//

A.3JB.4J

C.6JD.20J

答案A

解析設(shè)鐵塊與木板速度相同時(shí)，共同速度大小為v,鐵塊相對木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑行的最大路程

為L,摩擦力大小為吊。鐵塊相對于木板向右運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)能量守恒定律得加)v2

十與。鐵塊相對木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中—wVo2=+m)v2,由動(dòng)量守恒定律得

聯(lián)立解得Ep=3J,A正確。

18.(2022河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板/和2,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,/和C以相同速度v0=10m/s向右運(yùn)動(dòng)，B和

。以相同速度Ho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。粘在一起形成一個(gè)新

物塊，/與3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〃=0.1。重力加速度大小

取g=10m/s2a

AB

////////////////////////////////////////

(1)若0〈人<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)若左=0.5,從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時(shí)，求兩者相對位移的大小。

答案(1)5(1—?m/s-----------m/s方向均向右(2)1.875m

解析(1)物塊C、。碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、。形成的新物塊的速度為v物，C、

。的質(zhì)量均為加=1kg,以向右為正方向，則有加為一加?H()=0M+%)V物

]—k

解得V物=；—%=5(1一左)m/s>0

可知碰撞后物塊C、O形成的新物塊的速度大小為5(1—?m/s,方向向右。

滑板/、5碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后滑板4、5形成的新滑板的速度為v滑，滑板/和2

質(zhì)重分別為M=1kg和A/j=2kg,則由

-M2，kv0=(Mi+滑

“,1一2410—20左

解得丫滑=一--v()=----------m/s>0

則新滑板速度方向也向右。

(2)若人=0.5,可知碰后瞬間物塊C、。形成的新物塊的速度為

v物'=5(1~k)m/s=5x(l—0.5)m/s=2.5m/s

碰后瞬間滑板4、8形成的新滑板的速度為

10—20左

=

y滑，=~m/s0

可知碰后新物塊相對于新滑板向右運(yùn)動(dòng)，新物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，新物塊的質(zhì)量為布=2kg,

新滑板的質(zhì)量為M=3kg,相對靜止時(shí)的共同速度為v共，根據(jù)動(dòng)量守恒可得Mv/=(加+〃>共

解得v共=1m/s

根據(jù)能量守恒可得

1,1,

/.im'gx機(jī)=a機(jī)'v物'2—J；加+W)v共2

解得x相=1.875m?

19.(2023廣東湛江一模)如圖所示，在光滑平臺(tái)上放置一長度/=0.5m,質(zhì)量加2=2kg的薄板6,在薄板6

最右端放有可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊。，其質(zhì)量加i=lkg,物塊。與薄板6間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2。開始時(shí)兩

者均靜止，現(xiàn)對薄板6施加尸=8N、水平向右的恒力，待。脫離6(6尚未露出平臺(tái))后，將6取走。a

離開平臺(tái)后由/點(diǎn)沿切線落入半徑R=0.9m的豎直光滑圓弧軌道/瓦圓弧軌道N3的圓心角為60。，

其中過8點(diǎn)的切線水平，其右側(cè)有一被電磁鐵吸住而靜止的小球c,c球質(zhì)量〃”=1kg且與地面及左側(cè)

墻面相距足夠遠(yuǎn)，當(dāng)c球被碰撞時(shí)電磁鐵立即失去磁性，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求:

(1)物塊a在薄板b上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；

(2)物塊a經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小vB；

(3)若初始時(shí)一不可伸長的輕繩一端系著小球c,另一端系于。球正下方的Q點(diǎn)，此時(shí)繩子剛好伸直無

拉力，己知Q點(diǎn)與c球相距為3當(dāng)繩子拉力7達(dá)到9gg時(shí)繩子斷開。物塊。從2點(diǎn)水平正碰c球

瞬間無能量損失，為使細(xì)繩斷開時(shí)c球開始做平拋運(yùn)動(dòng)，則￡必須滿足什么條件？

答案(1)1s(2)5m/s(3)0<￡W0.25m或2=0.625m

解析(1)由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

對物塊a有〃加陪=m\a\

對薄板b有F_Nm\g=m2a2

由題知一a#--a\t2=l

22

代入數(shù)據(jù)解得，=Is。

(2)物塊a離開薄板b的瞬間速度為v=a1t=2m/s

v

由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知V=------

Acos60°

物塊〃從4到5過程由機(jī)械能守恒定律有

11

—miv3+mig7?(l-cos60°)=—mivS

解得珈=5m/so

(3)物塊a與c球碰撞過程有

miVB=miVBi+m3vc

111

~mivi=_miviiHm2Vc

222

解得VC=VB=5m/s

⑴若繩子在最高點(diǎn)斷開，對c球由牛頓第二定律知