.5彈性碰撞和非彈性碰撞【三大必考點+五大秒殺招+十三大題型+分層訓練】課前預習課前預習+知識精講知識點01碰撞1．碰撞的特點(1)時間特點：在碰撞現(xiàn)象中，相互作用時間很短．(2)相互作用力的特點：在碰撞過程中物體間的相互作用力先是急劇增大，然后再急劇減小，即相互作用力為變力，作用時間短，作用力很大，且遠遠大于系統(tǒng)的外力，即使系統(tǒng)所受外力之和不為零，外力也可以忽略，滿足動量近似守恒的條件，故均可用動量守恒定律來處理．(3)在碰撞過程中，沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機械能．(4)位移特點：由于碰撞過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，所以，在物體發(fā)生碰撞瞬間，可忽略物體的位移，即認為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度發(fā)生了突變．2．碰撞過程應滿足的條件(1)系統(tǒng)的總動量守恒．(2)系統(tǒng)的機械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.(3)符合實際情況，如碰后兩者同向運動，應有v前>v后，若不滿足，則該碰撞過程不可能．3．碰撞與爆炸的異同點碰撞爆炸不同點碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，系統(tǒng)的動能不會增加爆炸過程中往往有化學能轉(zhuǎn)化為動能，系統(tǒng)的動能增加相同點時間特點相互作用時間很短相互作用力的特點物體間的相互作用力先是急劇增大，然后再急劇減小，平均作用力很大系統(tǒng)動量的特點系統(tǒng)的內(nèi)力遠遠大于外力，外力可忽略不計，系統(tǒng)的總動量守恒位移特點由于碰撞、爆炸過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，所以，在物體發(fā)生碰撞、爆炸的瞬間，可認為物體在碰撞、爆炸后仍在同一位置4．對心碰撞如圖所示，一個運動的球與一個靜止的球碰撞，碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度仍會沿著這條直線．這種碰撞稱為正碰，也叫對心碰撞．5．非對心碰撞如圖所示，一個運動的球與一個靜止的球碰撞，如果碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線不在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度都會偏離原來兩球心的連線．這種碰撞稱為非對心碰撞．知識點02彈性碰撞和非彈性碰撞1．彈性碰撞：如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞，如圖所示碰撞中，由動量守恒得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由機械能守恒得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.(1)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1；(2)若m1?m2，則有v1′＝v1，v2′＝2v1；(3)若m1?m2，則有v1′＝－v1，v2′＝0.2．非彈性碰撞：(1)如果碰撞過程中機械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞．(2)若兩個物體碰撞時成為一個整體，即它們相對靜止，這樣的碰撞叫做完全非彈性碰撞，如圖所示發(fā)生完全非彈性碰撞，則有動量守恒m1v1＝(m1＋m2)v；碰撞損失機械能ΔE＝eq\f(m1m2,2m1＋m2)veq\o\al(2,1)，此時動能損失最大．知識點03碰撞中的臨界問題相互作用的兩個物體在很多情況下可當做碰撞處理，那么對相互作用中兩物體相距恰“最近”、相距恰“最遠”或恰上升到“最高點”等一類臨界問題，求解的關鍵都是“速度相等”，相當于完全非彈性碰撞模型．具體分析如下：1．如圖所示，光滑水平面上的A物體以速度v去撞擊靜止的B物體，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大．2．如圖所示，光滑水平面上有兩個帶同種電荷的物體A、B，當其中一個A以速度v向靜止的另一個B靠近的過程中(設A、B不會接觸)，當兩者相距最近時，二者速度必定相等．3．如圖所示，物體A以速度v0滑上靜止在光滑水平面上的小車B，當A在B上滑行的距離最遠時，A、B相對靜止，A、B兩物體的速度必定相等．4．如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，設小球不能越過滑塊，則小球到達滑塊上的最高點時(即小球的豎直速度為零)，兩物體的速度必定相等(方向為水平向右)．5．如圖所示，光滑水平桿上有一質(zhì)量為m的環(huán)，通過一長為L的輕繩與M相連，現(xiàn)給M以瞬時水平速度v0.(設M上升最高不超過水平桿)，則M上升最高時，m、M速度必定相等．解題大招解題大招大招01碰撞模型(1)在碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不一定守恒．(2)完全非彈性碰撞(碰后兩物體粘在一起)機械能一定損失(機械能損失最多)．大招02碰撞中的臨界問題只要學生能夠針對不同過程正確選擇研究對象，分別對物塊在劈A下滑和滑上劈B的過程使用機械能守恒和動量守恒定律列式即可求解．復雜運動過程的劃分、多個對象下研究對象的選擇是解物理題必須的能力．大招03碰撞過程受多個物理規(guī)律的制約，在判斷碰撞過程中的可能性問題時，應從以下三方面進行分析：(1)碰撞前后的狀態(tài)要符合具體的物理情景；(2)碰撞過程中要遵循動量守恒定律；(3)碰撞前后符合能量關系，即總動能滿足Ek前≥Ek后．大招04繩連接體相互作用問題輕繩連接的兩個物體在輕繩繃緊的瞬間會發(fā)生相互作用并達到共速，在這個短暫的作用過程中內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)滿足動量守恒，有機械能損失，類似于完全非彈性碰撞．大招05滑塊—木板模型滑塊—木板類模型是通過板塊之間的滑動摩擦力發(fā)生相互作用的，當系統(tǒng)所受合外力為零時，系統(tǒng)的動量守恒，但機械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑塊若不滑離木板，意味著二者最終具有共同速度．題型分類題型分類題型01碰撞的特點及規(guī)律【例1】在同一豎直平面內(nèi)，3個完全相同的小鋼球（1號、2號、3號）懸掛于同一高度，靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是（）A．將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度hB．將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都守恒C．將右側涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機械能守恒，3號不能擺至高度hD．將1號和右側涂膠的2號一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都守恒【答案】C【解析】A．1號球與質(zhì)量不同的2號球相碰撞后，1號球速度不為零，則2號球獲得的動能小于1號球撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球相碰撞后，3號球獲得的動能也小于1號球撞2號球前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度h，故A錯誤；B．1、2號球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，但整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C．1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，所以1、2號球再與3號球相碰后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度h，故C正確；D．碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，且整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機械能和動量都不守恒，故D錯誤。故選C?！咀兪?-1】下列關于碰撞的說法不正確的是（）A．彈性碰撞是一個理想化模型B．兩個小球碰撞過程作用時間極短，即內(nèi)力遠遠大于外力，故兩小球系統(tǒng)的動量守恒C．兩個彈性鋼球發(fā)生彈性碰撞，碰撞發(fā)生過程中任何時刻兩鋼球總動能都守恒D．發(fā)生完全非彈性碰撞的兩個物體，系統(tǒng)損失的機械能都轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能【答案】C【解析】A．彈性碰撞是一個在理想情況下，碰撞不發(fā)熱，沒有動能損失的理想化模型，A正確；B．兩個小球碰撞過程作用時間極短，即內(nèi)力遠遠大于外力，不管是彈性碰撞還是非彈性碰撞，動量都守恒，B正確；C．兩個彈性鋼球發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后總動能守恒，但是并不是碰撞過程中任何時刻總動能都守恒，在碰撞中，兩球形變還未完全恢復時，因形變產(chǎn)生的彈性勢能沒有完全釋放，此時總動能不守恒，C錯誤；D．發(fā)生完全非彈性碰撞的兩個物體，碰撞后結合在一起，系統(tǒng)的機械能損失最大，損失的機械能轉(zhuǎn)化成因碰撞產(chǎn)生的熱量，D正確.本題選錯誤的，故選C。【變式1-2】2023年9月，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員在夢天實驗艙內(nèi)進行授課。航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發(fā)生正碰，某同學觀看實驗時發(fā)現(xiàn)：碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略實驗艙內(nèi)空氣阻力的影響。下列說法正確的是（）A．碰撞后大球的動量大于小球的動量B．碰撞后大球的動能大于小球的動能C．該碰撞過程有機械能損失D．大球碰撞前后的速度比為【答案】D【解析】A．大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，則根據(jù)可知碰撞后大球的動量等于小球的動量，故A錯誤；B．根據(jù)可知碰撞后大球的動能小于小球的動能，故B錯誤；D．根據(jù)動量守恒得故D正確；C．根據(jù)動能的公式可知碰前碰后該碰撞過程有機械能沒有損失，故C錯誤。故選D。題型02碰撞問題的合理性分析【例2】打彈珠是小朋友經(jīng)常玩的一個游戲。如圖所示，光滑水平地面上有兩個不同材質(zhì)的彈珠甲和乙，質(zhì)量分別是m和km，現(xiàn)讓甲以初速度v0向右運動并與靜止的乙發(fā)生碰撞，碰后乙的速度為，若碰后甲、乙同向運動，則k的值可能是（

）A．0.4 B．1.6 C．1.2 D．2.1【答案】C【解析】設甲與乙發(fā)生碰撞后甲的速度為v，由動量守恒定律得解得碰撞后甲、乙同向運動，則解得碰后甲球速度不能越過乙球，有解得碰撞過程中總動能不增加，有解得綜上所述，k的取值范圍為故選C?！咀兪?-1】（多選）A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是，B球的動量是，已知，，當A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（）A．， B．，C．， D．，【答案】AB【解析】A．根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知，碰前總動量與總動能分別為碰后總動量與總動能分別為可知，碰撞過程動量守恒，總動能減小，碰后A的速度小于B的速度，符合要求，故A正確；B．碰后總動量與總動能分別為結合上述可知，碰撞過程動量守恒，總動能減小，碰后A的速度小于B的速度，符合要求，故B正確；C．碰后總動量與總動能分別為結合上述可知，碰撞過程動量守恒，總動能不變，但是給出的數(shù)據(jù)中，碰后A的速度大于B的速度，且速度方向不變，不符合實際，故C錯誤；D．碰后總動量與總動能分別為結合上述可知，碰撞過程動量守恒，總動能增大，不符合要求，故D錯誤。故選AB?！咀兪?-2】（多選）如圖所示，動量大小分別為和的小球A和B在光滑水平面上沿著同一直線同向運動。A追上B并發(fā)生碰撞，若已知碰撞后A的動量大小減少了，而方向不變，那么，小球A、B的質(zhì)量之比可能是（）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】根據(jù)動量守恒定律得又解得碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有代入得又由題，碰撞前A的速度大于B的速度，則有碰撞后A的速度不大于B的速度，則有由以上不等式組解得故選ABC。題型03彈性碰撞和非彈性碰撞的判斷【例3】小球甲、乙的質(zhì)量之比為，兩小球沿光滑的水平面在同一直線上以大小相等、方向相反的速度相對運動，經(jīng)過一段時間兩小球發(fā)生碰撞，碰后小球甲靜止在光滑的水平面上，則下列說法正確的是（）A．兩小球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞B．兩小球發(fā)生的碰撞為非彈性碰撞C．兩小球發(fā)生的碰撞為完全非彈性碰撞D．由于題中的條件不充分，則該碰撞無法確定【答案】A【解析】根據(jù)題意，設碰前兩小球的速度大小為v，碰后小球乙的速度大小為。由動量守恒定律有所以碰前總動能碰后總動能則有即兩小球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞。故選A?！咀兪?-1】如圖，在光滑水平面上，一質(zhì)量為100g的A球，以2m/s的速度向右運動，與質(zhì)量為200g大小相同的靜止B球發(fā)生對心碰撞，撞后B球的速度大小為1.2m/s，取A球初速方向為正方向，下列說法正確的是（）A．該碰撞為彈性碰撞B．該碰撞為完全非彈性碰撞C．碰撞前后A球的動量變化為D．碰撞前后A球的動量變化為【答案】D【解析】CD．以A球初速方向為正方向，碰撞過程根據(jù)動量守恒可得解得A球碰后的速度為碰撞前后A球的動量變化為故C錯誤，D正確；AB．碰撞前系統(tǒng)的機械能為碰撞后系統(tǒng)的機械能為由于，且碰后A、B速度并不相同，則該碰撞不是彈性碰撞，也不是完全非彈性碰撞，故AB錯誤。故選D?！咀兪?-2】A、B兩滑塊在光滑水平面上發(fā)生正碰，其位移x與時間t的圖像如圖所示。已知A的質(zhì)量為，碰撞時間不計，則（）A．B的質(zhì)量為，發(fā)生的碰撞是非彈性碰撞B．B的質(zhì)量為，發(fā)生的碰撞是彈性碰撞C．B的質(zhì)量為，發(fā)生的碰撞是彈性碰撞D．B的質(zhì)量為，發(fā)生的碰撞是非彈性碰撞【答案】B【解析】位移—時間圖像的斜率表示滑塊的速度，由圖像可得兩滑塊A、B碰撞前后的速度分別為、、、；由動量守恒定律有解得碰前總動能碰后總動能代入數(shù)據(jù)可得碰撞前后總動能不變，所以發(fā)生的碰撞是彈性碰撞。故選B。題型04碰撞的圖像【例4】將兩質(zhì)量分別為和的物體放在光滑的水平面上，現(xiàn)給兩物體沿水平方向的初速度，如圖所示為兩物體正碰前后的位移隨時間的變化規(guī)律。已知。則（）A．圖線1為碰后物體的圖像B．碰撞過程對的力沖量大小為C．碰撞前物體的速度大小為D．物體【答案】B【解析】AC．根據(jù)圖像的斜率表示物體的速度，則碰前的速度為，即沿著正方向運動與靜止的發(fā)生碰撞，故碰后一定沿正方向運動，才可能反彈，有即圖線1為碰后物體的圖像，碰撞前物體的速度大小為，碰撞后物體的速度大小為，故AC錯誤；B．由動量定理可知碰撞過程對的力沖量為即沖量大小為，方向沿負方向，故B正確；D．對碰撞過程由動量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得故D錯誤。故選B。【變式4-1】作為時尚青年熱愛的運動．溜旱冰又炫又酷，備受追捧。如圖甲所示，水平地面上有A、B兩位同學，A的質(zhì)量為50kg，B靜止在地面上，A以一定的初速度向B滑去，一段時間后抱住B一起向右運動。若以向右為正，A運動的位移—時間圖像（圖像）如圖乙所示，不計空氣阻力以及地面對人的阻力，則A抱住B的過程中損失的機械能為（

）A．375J B．250J C．200J D．125J【答案】A【解析】根據(jù)題圖乙，A抱住B前A的速度大小A抱住B后他們的共同速度大小根據(jù)動量守恒定律有A抱住B的過程中損失的機械能解得故選A。【變式4-2】如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的另一物體B以水平速度滑上原來靜止的長木板A的表面。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，取，則下列說法正確的是（）A．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 B．系統(tǒng)損失的機械能為4JC．木板A的最小長度為2m D．木板獲得的動能為2J【答案】A【解析】A．物體B加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律得解得A正確；B．根據(jù)動量守恒定律得解得損失的機械能為B錯誤；C．木板A的最小長度為C錯誤；D．木板獲得的動能為D錯誤。故選A。題型05彈性碰撞【例5】設在無摩擦的桌面上置有5個相同的鋼球，其中三個緊密連接排放一列，另兩個一起自左方以速度正面彈性碰撞此三球，如圖，碰撞后向右遠離的小球個數(shù)為（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【解析】設鋼球從左到右分別為求1、2、3、4、5，球2先與球3相碰，根據(jù)動量守恒以及能量守恒可得解得，可知球2與球3互換速度，接著球3先與球4相碰，同理可得球3與球4互換速度，依此類推，最終球2、3、4靜止，球5以速度向右運動。接著球1與球2相碰，同理可得，最終球1、2、3靜止，球4以速度向右運動，故碰撞后向右遠離的小球個數(shù)為2個。故選B。【變式5-1】如圖所示，用長度均為l的輕質(zhì)細繩懸掛三個形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依次滿足（“?”表示“遠大于”）。將左邊第一個小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個小球開始運動時的速度約為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】設碰撞前瞬間第一個小球的速度為，根據(jù)機械能守恒定律，有解得設第一個小球與第二個小球碰撞后兩個小球的速度分別為和，根據(jù)動量守恒定律，有根據(jù)機械能守恒定律，有聯(lián)立可得，則，同理，，所以故選D。【變式5-2】如圖所示，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，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，h遠大于兩小球直徑，小球B的質(zhì)量遠大于小球A質(zhì)量。假設所有的碰撞均為豎直方向內(nèi)彈性碰撞，且碰撞時間均可忽略不計，不考慮空氣阻力，則下列判斷中正確的是（）A．下落過程中A與B之間存在相互作用B．小球B與地面碰撞后，小球B的速度為零C．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度約為4hD．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度約為9h【答案】D【解析】A．不考慮空氣阻力，下落過程是自由落體運動，完全失重狀態(tài)，則兩個小球之間沒有力的作用，A錯誤；B．下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得解得觸地時兩球速度相同，為B球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，故B錯誤；CD．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v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得碰后小球A彈起的最大高度故D正確，C錯誤。故選D。題型06非彈性碰撞【例6】如圖所示，大小相同、質(zhì)量分別為0.2kg和0.1kg的小球，在光滑水平面上分別以0.3m/s和0.9m/s的速度沿同一直線相向運動，相撞之后粘住成為一個整體，則整體的速度大小為（

）A．0.1m/s B．0.3m/s C．0.6m/s D．1.2m/s【答案】A【解析】取向左為正方向，根據(jù)動量守恒可知代入數(shù)據(jù)可得故選A?！咀兪?-1】超市里用的購物車為顧客提供了購物方便，又便于收納，收納時一般采用完全非彈性碰撞的方式把購物車收到一起，如圖甲所示。某興趣小組在超市對同款購物車（以下簡稱“車”）的碰撞進行了研究，分析時將購物車簡化為原來靜止的小物塊。已知車的凈質(zhì)量均為，將1號車以速度向右推出，先與2碰撞結合為一體后再撞擊3，最終三車合為一體。忽略一切摩擦和阻力，則第二次碰撞過程中損失的機械能為（）A．18J B．36J C．54J D．72J【答案】B【解析】依題意，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，可得解得，則第二次碰撞過程中損失的機械能為故選B?！咀兪?-2】如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量分別為，速度的大小分別為的A、B兩小球沿同一直線相向運動并發(fā)生碰撞，則（）A．它們碰撞后的總動量是，方向水平向右B．它們碰撞前的總動量是，方向水平向左C．它們碰撞后如果A球以的速度被反向彈回，則B球的速度大小為D．它們碰撞后如果A球、B球粘在一起，則兩球共同運動的速度大小為【答案】A【解析】AB．以右為正方向，它們碰撞前的總動量是方向水平向右，碰撞過程動量守恒，碰撞后的總動量是2kg·m/s，方向水平向右，故A正確，B錯誤；C．如果球以的速度被反向彈回，由動量守恒得解得故C錯誤；D．碰撞后如A球B球粘在一起，則由動量守恒得解得故D錯誤。故選A。題型07“一動碰一靜”模型【例7】如圖所示，光滑水平地面上的輕彈簧一端拴接著質(zhì)量為1kg的物塊Q，初始時彈簧處于原長，Q靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為2kg的物塊P靜止在距彈簧右端一定距離處?，F(xiàn)給物塊P一方向水平向左、大小為6N·s的瞬時沖量，從物塊P開始接觸彈簧到離開彈簧的過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．彈簧壓縮量最大時物塊Q的速度最大B．物塊Q的最大速度為4m/sC．彈簧的最大彈性勢能為9JD．物塊P離開彈簧時的速度大小為2m/s【答案】B【解析】A．當彈簧恢復原長時，物塊Q的速度最大，當彈簧壓縮量最大時，兩個物塊速度相同，物塊Q的速度不最大，故A錯誤；BD．當彈簧恢復原長時，物塊Q的速度最大，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律根據(jù)動量定理得解得物塊Q的最大速度為4m/s，物塊P離開彈簧時的速度大小為1m/s，故B正確，D錯誤；C．彈簧最短時，彈簧的彈性勢能最大，兩物塊速度相同，根據(jù)動量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為解得故C錯誤。故選B?！咀兪?-1】動量守恒定律是一個獨立的實驗定律，它適用于目前為止物理學研究的一切領域。運用動量守恒定律解決二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。如圖所示，質(zhì)量分別為和的球1和球2構成一系統(tǒng)，不考慮系統(tǒng)的外力作用。球1以速度（方向沿x軸正向）與靜止的球2發(fā)生彈性碰撞，若速度不在兩球球心的連線上，碰撞之后兩球的速度、都會偏離的方向，偏角分別為、。下列說法正確的是（）A．兩小球在球心連線方向動量不守恒B．兩小球的相互作用力方向與速度方向共線C．兩小球碰后速度大小滿足D．兩小球碰后速度大小滿足【答案】C【解析】A．碰撞為彈性碰撞，動量守恒和機械能守恒，則兩小球在球心連線方向動量守恒，A錯誤；B．對球1，由動量定理得與不共線，故兩小球的相互作用力方向與方向共線，與方向不共線，B錯誤；C．規(guī)定x軸的正方向為正方向，x軸方向的動量守恒表達式如下規(guī)定y軸的正方向為正方向，y軸方向的動量守恒表達式如下C正確；D．球1以速度（方向沿x軸正向）與靜止的球2發(fā)生完全彈性碰撞，機械能守恒，則D錯誤；故選C?！咀兪?-2】如圖所示，光滑水平面上放有A、B兩小球，B球靜止，某時刻給A球一個水平向右的速度，一段時間后A、B發(fā)生正碰，已知A球質(zhì)量為，A、B兩球碰撞過程的相互作用時間為。（1）若B球質(zhì)量為，且碰后B球獲得水平向右的速度，求碰后A球的速度以及碰撞過程中A、B兩球之間的平均作用力F的大??；（2）若B球質(zhì)量可調(diào)節(jié)，A球仍以速度與靜止的B球正碰，碰后A、B兩球的動量大小為1：4，求B球的質(zhì)量m'的范圍?！敬鸢浮浚?），方向水平向右；1200N；（2）碰后A、B同向運動，則；碰后A、B反向運動，則【解析】（1）以水平向右方向為正方向，由動量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得即碰后A球速度大小為3m/s，方向水平向右；對B由動量定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）以水平向右方向為正方向，碰前A球動量為設碰后A球動量為，B球動量為，若碰后A、B同向運動，則有由動量守恒有碰后應滿足A球速度小于B球速度，則有碰后系統(tǒng)機械能不增加，則有聯(lián)立解得若碰后A、B反向運動，則有由動量守恒有碰后系統(tǒng)機械能不增加，則有聯(lián)立解得綜上可得：碰后A、B同向運動，則碰后A、B反向運動，則題型08子彈打木塊模型【例8】質(zhì)量為的物塊從距離地面高度為處自由下落，在下落到距離地面高度為時，質(zhì)量為的子彈以的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)锽．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)镃．物塊與子彈組成的系統(tǒng)機械能守恒D．物塊下落的總時間為2s【答案】AD【解析】C．子彈瞬間擊中物塊并留在其中，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生內(nèi)能，所以物塊與子彈組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故C錯誤；AB．物塊被子彈擊中前做自由落體運動，則有，代入數(shù)據(jù)解得，子彈瞬間擊中物塊過程，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和豎直方向動量守恒分別可得，解得子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向和豎直方向的分速度大小分別為，故A正確，B錯誤；D．設物塊被擊中后繼續(xù)下落所用時間為，豎直方向根據(jù)運動學公式可得代入數(shù)據(jù)解得或（舍去）則物塊下落的總時間為故D正確。故選AD?！咀兪?-1】（多選）如圖所示，小木塊A用細線懸掛在O點，此刻小木塊的重力勢能為零。一顆子彈以一定的水平速度射入木塊A中，并立即與A有共同的速度，然后一起擺動到最大擺角為處。如果保持子彈入射的速度大小不變，而使子彈的質(zhì)量增大，則最大擺角、子彈的初動能與木塊和子彈一起達到最大擺角時的機械能之差有（）A．角增大 B．角減小 C．增大 D．減小【答案】AC【解析】AB．依題意，子彈與木塊相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，可得二者上擺過程，根據(jù)機械能守恒，可得聯(lián)立，可得可知當子彈質(zhì)量增大時，增大。故A正確；B錯誤；CD．子彈和木塊上擺過程機械能守恒，可知子彈的初動能與木塊和子彈一起達到最大擺角時的機械能之差等于子彈的初動能與木塊和子彈共速時的動能之差，即可知當子彈質(zhì)量增大時，增大。故C正確；D錯誤。故選AC?！咀兪?-2】如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0、質(zhì)量為m的子彈擊中，子彈嵌在其中（作用時間極短），已知物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的，子彈的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的。求：（1）物體A獲得的最大速度；（2）子彈射入木塊過程中損失的動能；（3）彈簧壓縮量最大時物體B的速度。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由題意，對子彈進入物體A中的過程，由動量守恒定律得解得它們的共同速度，即物體A獲得的最大速度（2）子彈射入物體A的過程中損失的動能為（3）以子彈及物體A、B組成的系統(tǒng)作為研究對象，整個作用過程中總動量守恒，彈簧具有最大壓縮量時，它門的速度相等，由動量守恒定律得求得三者的共同速度，即彈簧具有最大壓縮量時，物體B的速度為題型09滑塊-彈簧模型【例9】如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m，以速度v沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量也為m的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧，甲木塊與彈簧接觸后（）A．甲乙兩木塊和彈簧所組成的系統(tǒng)動量不守恒B．甲乙兩木塊和彈簧所組成的系統(tǒng)動能守恒C．當兩木塊速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，且為D．從彈簧開始壓縮到恢復原長，乙木塊先做加速運動，后做減速運動【答案】C【解析】A．根據(jù)動量守恒定律的條件可知，甲乙兩木塊和彈簧所組成的系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；B．甲、乙的一部分動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，甲乙兩木塊和彈簧所組成的系統(tǒng)動能不守恒，故B錯誤；C．當甲乙速度相等時，彈簧被壓縮到最短，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有聯(lián)立解得故C正確；D．從彈簧開始壓縮到恢復原長，對乙受力分析可知，乙木塊一直做加速運動，故D錯誤。故選C。【變式9-1】（多選）如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上?，F(xiàn)使A以3m/s的速度向B運動壓縮彈簧，A、B的速度—時間圖像如圖乙，則有（）A．在時刻兩物塊達到共同速度且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B．從到過程中，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復原長C．兩物塊的質(zhì)量之比D．在時刻A與B的動能之比【答案】CD【解析】A．由圖乙可知t1時刻之后一小段時間，A速度減小，B速度增大，則t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時刻之后一小段時間，A速度增大，B速度減小，則t3時刻處于伸長狀態(tài)。故A錯誤；B．由圖乙可知在t3時刻處于伸長狀態(tài)，二物塊速度相等，彈簧最長，t4時刻兩物塊速度恢復到初始狀態(tài)即彈簧恢復原長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長。故B錯誤；C．根據(jù)動量守恒定律，t=0時刻和t=t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有由圖乙可得，代入數(shù)據(jù)解得故C正確；D．由圖乙可知在t2時刻A的速度為，B的速度為。根據(jù)可得故D正確。故選CD?！咀兪?-2】（多選）如圖所示，在光滑的水平面上有兩個滑塊P、Q，滑塊Q的左端固定一輕質(zhì)彈簧。兩個滑塊以大小為的速度沿同一直線相向運動，滑塊P的質(zhì)量為2m，速度方向水平向右，滑塊Q的質(zhì)量為m，速度方向水平向左。不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．P、Q兩個滑塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)動量守恒B．當兩個滑塊的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大C．當兩個滑塊的速度相等時，彈簧的彈性勢能為D．兩個滑塊最終能以的共同速度一起水平向右運動【答案】ABC【解析】A．P、Q兩個滑塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，A正確；B．開始時兩物塊都做減速運動，彈簧逐漸被壓縮，滑塊Q速度先減小到零，然后向右反向加速，彈簧繼續(xù)被壓縮，當兩個滑塊的速度相等時，彈簧的形變量最大，此時彈簧的彈性勢能最大，B正確；C．以向右為正方向，則當兩個滑塊的速度相等時，由動量守恒定律可知此時彈簧的彈性勢能為C正確；D．設最終P、Q兩個滑塊的速度分別為v1和v2．規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：2mv0-mv0=2mv1+mv2根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得解得，D錯誤。故選ABC。題型10滑塊-光滑圓弧軌道模型【例10】（多選）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左側面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度v0向右運動滑上a，沿a左側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．物塊a運動的最大速度為C．物塊a對滑塊b的沖量大小 D．物塊a對滑塊b的所做的功【答案】BC【解析】A．a(chǎn)b組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有解得故A錯誤；B．當滑塊b滑離a時，a的速度最大，則有解得，故B正確；C．根據(jù)動量定理可得，物塊b受到滑塊a的沖量為即物塊a對滑塊b的沖量大小為，故C正確；D．物塊a對滑塊b的所做的功為故D錯誤。故選BC?！咀兪?0-1】（多選）如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（）A．小球的質(zhì)量為B．小球運動到最高點時的速度為C．小球能夠上升的最大高度為D．若，小球在與圓弧滑塊分離后向右做平拋運動【答案】CD【解析】A．設小球的質(zhì)量為，初速度為，在水平方向上由動量守恒定律有得結合圖乙可得，求得故A正確；B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得解得故B正確；C．小球從開始運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律得解得故C錯誤；D．對小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，分離時有解得小球在與圓弧滑塊分離時的速度為若時，，即小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離后將向左做平拋運動，故D錯誤。由于本題選擇錯誤的，故選CD?！咀兪?0-2】（多選）如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛質(zhì)量為2m的小車，小車的四分之一圓弧軌道在最低點B與水平軌道相切，圓弧軌道表面光滑，半徑為R，水平軌道表面粗糙。在小車的右端固定一個輕彈簧，彈簧的原長小于水平軌道的長度。一個質(zhì)量為m的小球從圓弧軌道與圓心等高的A點開始自由滑下，經(jīng)B到達水平軌道，壓縮彈簧后被彈回并恰好相對于小車靜止在B點，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．小球、小車及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒B．小球第一次到達B點時對小車的壓力mgC．彈簧具有的最大彈性勢能為mgRD．從開始到彈簧具有最大彈性勢能時，摩擦生熱mgR【答案】CD【解析】A．小球、小車及彈簧組成的系統(tǒng)由于克服阻力做功，機械能不守恒，水平方向外力為零，水平方向動量守恒，但豎直方向合力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．將小車和小球、彈簧當成一個系統(tǒng)，在運動過程中，系統(tǒng)的水平動量守恒，取向右為正小球第一次到達B點時解得根據(jù)牛頓第三定律，對小車的壓力，故B錯誤；CD．彈簧具有的最大彈性勢能時，系統(tǒng)共速解得根據(jù)能量守恒，設克服阻力做功為壓縮彈簧后被彈回并恰好相對于小車靜止在B點，可知最終共速為0，根據(jù)能量守恒解得故CD正確。故選CD。題型11連接體模型【例11】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【解析】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?！咀兪?1-1】（多選）如圖所示，可視為質(zhì)點的完全相同的A、B兩小球分別拴接在一輕彈性繩的兩端，兩小球質(zhì)量均為m，且處于同一位置（離地面足夠高），彈性繩始終處于彈性限度內(nèi)。某時刻，A球自由下落，同時B球以速度v0水平向右拋出。已知兩個小球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，不計一切阻力，下列說法正確的是（）A．A、B兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒B．彈性繩最長時，A、B兩小球的速度不相同C．彈性繩第一次恢復原長時，A小球的水平分速度為v0D．彈性繩的最大彈性勢能為【答案】CD【解析】A．A、B兩小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A錯誤；B．彈性繩最長時，A、B兩小球的速度相同，故B錯誤；C．彈性繩第一次恢復原長時，由于兩球質(zhì)量相等，所以水平方向上兩球速度交換，即A小球的水平分速度為v0，故C正確；D．根據(jù)水平方向動量守恒有彈性繩的最大彈性勢能為故D正確。故選CD?！咀兪?1-2】（多選）光滑水平面上放著質(zhì)量的物塊A與質(zhì)量的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點，物塊A、B相距，A、B間系一長的輕質(zhì)細繩，開始時A、B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。現(xiàn)對物塊B施加一個水平向右的恒力，物塊B運動一段時間后，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，繩斷后經(jīng)時間，物塊B的速度達到。則下列說法正確的是（

）A．繩拉斷后瞬間的速度B．繩拉斷后瞬間的速度C．繩拉斷過程繩對物塊A所做的功D．繩拉斷過程繩對物塊B的沖量大小為【答案】BCD【解析】AB．繩斷之后，對B應用動量定理有Ft=mBv-mBvB解得vB=1m/sA錯誤、B正確；C．設繩斷之前瞬間B的速度大小為v0，對B應用動能定理有F(L-L0)=mBv02解得v0=2m/s設繩拉斷后A獲得的速度大小為vA。繩拉斷的過程中，根據(jù)動量守恒定律有mBv0=mBvB+mAvA解得vA=0.6m/s根據(jù)動能定理有W=mAvA2=0.45JC正確；D．對A應用動量定理有I=mAvA=由于繩對A的力與繩對B的力等大，則繩拉斷過程繩對物塊B的沖量大小也為，D正確。故選BCD。題型12多次碰撞問題【例12】如圖所示，兩側帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽略不計，車長為2L，與平板車質(zhì)量相等的物塊甲（可視為質(zhì)點）由平板車的中點處以初速度v0向右運動，已知甲、乙之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失，下列說法正確的是（）A．甲、乙達到共同速度所需的時間為B．甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度C．甲、乙相對滑動的總路程為D．如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n（n≠0），則最終甲距離乙左端的距離可能為【答案】C【解析】AB．設甲、乙質(zhì)量均為，碰前瞬間甲的速度為，乙的速度為，碰后瞬間甲的速度為，乙的速度為，由動量守恒定律和機械能守恒定律有解得即甲、乙發(fā)生碰撞時速度互換，設甲、乙最終的共同速度為，則得則達到共速所需的時間為碰撞使得兩者速度互換，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A錯誤，B錯誤；C．從開始到相對靜止過程中，甲、乙相對滑動的總路程為，根據(jù)動能定理可得解得故C正確；D．甲、乙碰撞的次數(shù)為n，最終相對靜止時甲距離乙左端的距離為，若第次碰撞發(fā)生在平板車的左擋板，則有解得若第次碰撞發(fā)生在平板車的右擋板，則有解得即最終甲距離乙左端的距離不可能為，故D錯誤。故選C?！咀兪?2-1】（多選）如圖所示，一個固定斜面與水平地面平滑連接，斜面與水平地面均光滑。小物塊P放在水平地面上，小物塊Q自斜面上某位置處由靜止釋放，P、Q之間的碰撞為彈性正碰，斜面與水平面足夠長，則下列說法正確的是（）A．若，則P，Q只能發(fā)生一次碰撞B．若，則P、Q只能發(fā)生兩次碰撞C．若，則P、Q只能發(fā)生一次碰撞D．若，則P、Q只能發(fā)生兩次碰撞【答案】ABD【解析】A．設Q滑到水平面上時速度大小為，P、Q相碰，由動量守恒知由能量守恒知聯(lián)立解得第一次碰后之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，則有解得A正確；B．同理若，第一次碰后之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，B正確；C．由A選項知，當，則P，Q只能發(fā)生一次碰撞，C錯誤；D．同理若，第一次碰后之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，D正確。故選ABD?！咀兪?2-2】如圖所示，可視為質(zhì)點的兩滑塊A、B均靜止在粗糙水平地面上，兩者之間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧（長度不計），A與豎直墻壁距離L=8m?，F(xiàn)解除彈簧鎖定，使A、B瞬間分離，并立即取走彈簧，此時兩物塊獲得的動能之和為28J。已知A、B質(zhì)量分別為mA=1kg、mB=7kg，所有碰撞均為彈性碰撞，A、B均沿同一水平直線運動，A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）取走彈簧時A、B獲得的速度大??；（2）A、B都停止運動后，兩者之間的距離；（3）改變L的大小，使A、B第1次碰撞時，B已經(jīng)停止，且能發(fā)生第2次碰撞，求L的取值范圍。【答案】（1）7m/s，1m/s（2）（3）【解析】（1）解鎖瞬間A、B動量守恒、能量守恒，則有，解得，（2）根據(jù)牛頓第二定律有結合上述可知可知，A、B分離后能再次碰撞且相碰時B已停止運動，設碰前A的速度為v，則有解得A、B第一次彈性碰撞，則有，解得，A、B都停止運動后，兩者之間的距離解得（3）B停止運動時間B剛好停止運動有解得L1=3m當A、B第一次相碰時，A速度為v，則有A、B第一次彈性碰撞，A、B第二次碰撞時A恰好停止運動，則有解得綜合上述有題型13多過程的碰撞問題【例13】如圖所示，半徑的光滑半圓軌道與光滑水平軌道相切于點，質(zhì)量均為1kg的兩個小球、（可視為質(zhì)點）之間壓縮一輕彈簧并鎖定（彈簧與兩小球均不拴連）。某時刻解除彈簧的鎖定，兩小球被彈開，小球離開彈簧后恰好能沿半圓軌道通過最高點，重力加速度取。求：（1）離開彈簧時小球的速度大?。唬?）彈簧鎖定時所具有的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）小球恰好能通過半圓軌道的最高點，根據(jù)牛頓第二定律有小球從點運動到點的過程，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得（2）彈簧將兩小球彈開的過程系統(tǒng)所受外力之和為零，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為、的動能，根據(jù)機械能守恒有解得代入數(shù)據(jù)【變式13-1】如圖所示，足夠長“L”型平板B靜置在地面上，上表面光滑，物塊A處于平板B上的點，用長為0.8m的輕繩將質(zhì)量為3kg的小球懸掛在點正上方的O點。輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球可視為質(zhì)點，將小球由靜止釋放，下擺至最低點與小物塊A發(fā)生彈性碰撞。物塊A沿平板滑動直至與B右側擋板發(fā)生碰撞，假設小物塊A與平板B的碰撞均為彈性碰撞，測得小物塊A與平板B。發(fā)生第一次碰撞后到第二次碰撞前相隔的最大距離是9m，整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，已知A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量0.5kg，g取，求：（1）小球擺至最低點與小物塊A發(fā)生彈性碰撞前輕繩的拉力；（2）小物塊A第一次與平板B碰撞后到第二次碰撞的時間；（3）平板B在水平面上通過的總路程?！敬鸢浮浚?）90N（2）（3）【解析】（1）靜止釋放至最低點過程機械能守恒，有

得

在最低點由牛頓第二定律得

聯(lián)立解得

90N

（2）A與B發(fā)生彈性碰撞，有

解得

接著A與B發(fā)生彈性碰撞

解得=8設A與B碰后經(jīng)過時間t1最大距離為Δx=9m，有（vA1+vB1）t1-vA1t1=Δx得

則B的加速度

2

B第一次碰后至停下的時間

則B在t2時間內(nèi)前進的位移為

=1m

A從最大位移處與平板B第二次相撞的時間=5s所以

（3）由題意可知，A、B最終停止運動，則對AB由能量守恒得

對B由牛頓第二定律得

解得【變式13-2】如圖所示，質(zhì)量M=4kg、長度L=2m的木板A靜止在光滑水平面上，其左端上表面與半徑R=0.5m的四分之一豎直圓軌道相切，A的右側某位置豎直固定一擋板P。將質(zhì)量m=2kg的物塊B從軌道最高點由靜止釋放，A、B共速后A與P發(fā)生碰撞，碰后A以某一速度反彈，B最終恰好沒有從A上滑離。已知B經(jīng)軌道最低點時對軌道的壓力FN=56N，A、B間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：（1）B在圓軌道運動過程中克服阻力做的功；（2）從B滑上A至A、B第一次共速，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；（3）A與P碰撞損失的機械能?！敬鸢浮浚?）1J（2）6J（3）【解析】（1）在軌道最低點，由牛頓第二定律得B從軌道最高點下滑到最低點的過程中，由動能定理得聯(lián)立以上兩式，代入已知數(shù)據(jù)，可得（2）對A，根據(jù)牛頓第二定律對B，根據(jù)牛頓第二定律A、B第一次共速共速時二者速度為由能量守恒定律得聯(lián)立可得（3）如圖分析可知因為設碰撞后A的速度大小為v2，從碰撞后到第二次共速的時間為t2，則共速時A向左運動位移大小B向右運動位移大小另有聯(lián)立可得分層訓練分層訓練【基礎過關】1．A、B兩球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(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（）A．vA′=3m/s，vB′=3.5m/sB．vA′=5m/s，vB′=2.5m/sC．vA′=1.5m/s，vB′=3m/sD．vA′=?3m/s，vB′=6.5m/s【答案】A【詳解】A．碰撞過程動量守恒，碰前總動量為碰后總動量為碰撞過程動量守恒。碰前總動能為碰后總動能為可知總動能沒有增大，A、B兩球速度可能為3m/s，3.5m/s，A正確；B．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)可知，碰后速度均為正值，則碰后兩球同向，此時碰后A的速度不可能大于B的速度，而可知，A、B兩球速度不可能為5m/s，2.5m/s，B錯誤；C．碰后總動量為可知碰后的動量小于碰前的動量，碰撞前后動量不守恒，可知，A、B兩球速度不可能為1.5m/s，3m/s，C錯誤；D．碰后總動量為碰撞過程動量守恒。碰后總動能為可知碰后的總動能大于碰前的總動能，而碰撞前后總動能不增加，可知，A、B兩球速度不可能為-3m/s，6.5m/s，D錯誤。故選A。2．下列關于碰撞的說法不正確的是（）A．彈性碰撞是一個理想化模型B．兩個小球碰撞過程作用時間極短，即內(nèi)力遠遠大于外力，故兩小球系統(tǒng)的動量守恒C．兩個彈性鋼球發(fā)生彈性碰撞，碰撞發(fā)生過程中任何時刻兩鋼球總動能都守恒D．發(fā)生完全非彈性碰撞的兩個物體，系統(tǒng)損失的機械能都轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能【答案】C【詳解】A．彈性碰撞是一個在理想情況下，碰撞不發(fā)熱，沒有動能損失的理想化模型，A正確；B．兩個小球碰撞過程作用時間極短，即內(nèi)力遠遠大于外力，不管是彈性碰撞還是非彈性碰撞，動量都守恒，B正確；C．兩個彈性鋼球發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后總動能守恒，但是并不是碰撞過程中任何時刻總動能都守恒，在碰撞中，兩球形變還未完全恢復時，因形變產(chǎn)生的彈性勢能沒有完全釋放，此時總動能不守恒，C錯誤；D．發(fā)生完全非彈性碰撞的兩個物體，碰撞后結合在一起，系統(tǒng)的機械能損失最大，損失的機械能轉(zhuǎn)化成因碰撞產(chǎn)生的熱量，D正確.本題選錯誤的，故選C。3．人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著玩手機，經(jīng)常出現(xiàn)手機砸傷眼睛的情況。若手機的質(zhì)量為，從離人眼約的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為，重力加速度，下列分析正確的是（）A．手機與眼睛作用過程中動量變化量約為B．手機對眼睛的沖量大小約為C．手機和眼睛的碰撞是彈性碰撞D．手機對眼睛的作用力大小約為【答案】D【詳解】A．手機從離人眼約的高度自由下落，砸到眼睛前的速度為砸到眼睛后手機未反彈，可知手機與眼睛作用過程中動量變化量大小為A錯誤；BD．設眼睛對手機的平均作用力大小為，以向上為正方向，根據(jù)動量定理可得解得眼睛對手機的沖量大小為根據(jù)牛頓第三定律可知，手機對眼睛的作用力大小為，手機對眼睛的沖量大小為，B錯誤，D正確；C．由于砸到眼睛后手機未反彈，可知手機和眼睛的碰撞不是彈性碰撞，C錯誤。故選D。4．籃球運動深受同學們喜愛。在某次籃球比賽中，質(zhì)量為m的籃球以水平速度大小v撞擊豎直籃板后，以水平速度大小被彈回，已知，籃球與籃板撞擊時間極短。下列說法正確的是（）A．撞擊時籃球受到的沖量大小為B．撞擊時籃板受到的沖量大小為C．撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)動量不守恒D．撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】C【詳解】AB．取初速度方向為正方向，則由動量定理可得沖量大小為故AB錯誤；C．撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)所受合外力不等于零，則系統(tǒng)動量不守恒，故C正確；D．由于反彈速度減小，則撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。故選C。5．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球的動量為，B球的動量為。當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是（）A．， B．，C．， D．，【答案】A【詳解】設兩球質(zhì)量均為m．碰撞前總動量碰撞前總動能為A．若，，則碰撞后總動量碰撞后總動能為滿足動量守恒和總動能不增加原則，故A正確；B．若碰撞后，，可知碰撞后A的速度大于B的速度，不符合速度合理性，故B錯誤；C．若碰撞后，，則碰撞后總動量不滿足動量守恒，故C錯誤；D．若碰撞后，，則碰撞后總動量為不滿足動量守恒，故D錯誤。故選A。6．如圖所示：在光滑水平直軌道上有兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m。開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0，一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。則物體B的質(zhì)量為（）

A． B． C．m D．2m【答案】B【詳解】以初速度v0的方向為正方向，設B的質(zhì)量為，A、B碰后的共同速度為v，由題意知，碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得解得故選B。7．如圖，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量也為m的小物塊從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A．若光滑槽被固定在水平面上，在下滑過程中，物塊的機械能守恒B．若光滑槽被固定在水平面上，在下滑過程中，物塊和槽的動量守恒C．若光滑槽沒固定在水平面，在下滑過程中，物塊和槽的動量守恒D．若光滑槽沒固定在水平面，物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h處【答案】A【詳解】A．若光滑槽被固定在水平面上，在下滑過程中，物塊只有重力做功，物塊的重力勢能轉(zhuǎn)化為物塊的動能，物塊的機械能守恒，A正確；B．若光滑槽被固定在水平面上，在下滑過程中，物塊和槽水平方向合力不為零，水平方向動量不守恒，豎直方向上合力不為零，故豎直方向上動量不守恒，物塊和槽的動量不守恒，B錯誤；C．物塊下滑過程中，物塊和槽水平方向合力為零，水平方向動量守恒，豎直方向上合力不為零，故豎直方向上動量不守恒，故物塊和槽動量不守恒，C錯誤；D．物塊滑離開弧形槽時，水平方向動量守恒，以向右為正，系統(tǒng)整體機械能守恒，則有代入得大小相等，方向相反。與彈簧碰撞后，物塊速度速度反向，由于速度與弧形槽大小相等，則物塊不會滑上弧形槽，一直做勻速直線運動，D錯誤；故選A。8．如圖所示，光滑水平面上，物塊B和物塊C之間連接一根輕質(zhì)彈簧，一起保持靜止狀態(tài)，物塊A以一定速度從左側向物塊B運動，發(fā)生時間極短的碰撞后與物塊B粘在一起，然后通過彈簧與C一起運動。下列說法正確的是（）A．A和B發(fā)生碰撞的過程中，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒B．A和B發(fā)生碰撞的過程中，A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒C．A和B碰撞后，三個物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒D．整個過程中，三個物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒【答案】A【詳解】A．A和B發(fā)生碰撞的過程中，由于碰撞時間極短，所以A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，故A正確；B．A和B發(fā)生碰撞的過程中，碰撞后A與物塊B粘在一起，所以A和B組成的系統(tǒng)要產(chǎn)生內(nèi)能，系統(tǒng)機械能減少，故B錯誤；C．A和B碰撞后，三個物塊和彈簧組成的系統(tǒng)只發(fā)生彈性勢能與動能之間的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，故C錯誤；D．整個過程中，三個物塊和彈簧組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律的條件，所以系統(tǒng)動量守恒，故D錯誤。故選A。9．在冬奧會冰壺比賽中，一冰壺沿著賽道做直線運動，與另一相同的冰壺發(fā)生彈性正碰。忽略冰壺與冰面間的摩擦力，下列關于兩個冰壺動量隨時間的變化關系可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】設兩冰壺的質(zhì)量均為m，入射冰壺碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度為v1，被碰冰壺碰撞后的速度為v2，兩冰壺發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒有根據(jù)機械能守恒有聯(lián)立解得，可知，碰撞后兩冰壺速度互換，則碰撞后入射冰壺的動量為0，被碰冰壺的動量等于碰撞前入射冰壺的動量。故選D。10．2014年11月13日歐洲航天局發(fā)射的羅塞塔號彗星探測器歷經(jīng)10年飛行成功降落在67P彗星的表面。據(jù)報道，羅塞塔號在發(fā)射后，先后三次飛過地球，用地球的引力作為助力來達到追趕67P彗星所需的速度。其原理與圖1所示的小球與大球發(fā)生彈性正碰的模型相似：若小球質(zhì)量遠小于大球質(zhì)量，碰前兩球以速率和相向運動，則碰后小球的速率等于，即碰撞前后二者相對速度大小不變。如圖2所示，只考慮探測器和地球之間的萬有引力，以太陽為參考系，探測器從圖示位置進入地球引力范圍時，探測器和地球的速率分別為和，探測器繞地球飛行后離開地球引力范圍時，探測器的速率為。假設探測器再次回到地球引力范圍時速率仍為，則探測器先后三次這樣繞地球飛行后達到的速率為（）A．B．C．D．【答案】B【詳解】由題意可知，探測器第一次繞地球飛行后達到的速率為，再次回到地球引力范圍時速率仍為，則探測器第二次繞地球飛行后達到的速率為，再次回到地球引力范圍時速率仍為，則探測器第三次繞地球飛行后達到的速率為。故選B。11．（多選）光滑水平面上有一靜止木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入后未穿出，子彈與木塊運動的vt圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小B．木塊的質(zhì)量為9mC．整個過程產(chǎn)生的熱量為D．子彈進入木塊的深度為【答案】ABC【詳解】A．子彈水平射入后未穿出，該過程子彈與木塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小，故A正確；B．設木塊的質(zhì)量為M，由動量守恒定律得解得故B正確；C．由能量守恒可得，整個過程產(chǎn)生的熱量為故C正確；D．由圖可知，時間內(nèi)木塊的位移子彈的位移則即子彈進入木塊的深度為，故D錯誤。故選ABC。12．（多選）光滑水平面上有兩個相同的勻質(zhì)凹槽P、Q，質(zhì)量為m，凹槽內(nèi)有一個圓的光滑軌道。質(zhì)量同為m的小球，從凹槽P的頂端由靜止開始下滑，下列說法正確的是（）A．小球在凹槽Q上能達到的最大高度為B．小球在凹槽Q上能達到的最大高度為C．小球從凹槽Q返回水平面的速度為D．小球從凹槽Q返回水平面的速度為0【答案】BD【詳解】AB．以水平向右為正方向，對P與小球，小球從P頂端滑下過程中，在水平方向上動量守恒由能量守恒可知代入數(shù)據(jù)求得對Q和小球，從小球開始滑上Q到小球上升到Q的最高點過程中，水平方向動量守恒由能量守恒代入數(shù)據(jù)求得A錯誤，B正確；CD．對Q和小球，從小球開始滑上Q到小球再次回到水平面的過程中，水平方向動量守恒能量守恒求得C錯誤，D正確。故選BD。13．（多選）為滿足不同列車之間車廂進行重新組合的需要，通常將相關的列車通過“駝峰”送入編組場后進行重組（如圖所示，只畫出了部分車廂）。一列火車共有20節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量均為，各車廂之間間隙均為，需要在編好組的“駝峰”左側逐一撞接在一起?，F(xiàn)有質(zhì)量與車廂質(zhì)量相等、且沒有動力驅(qū)動的機車經(jīng)過“駝峰”下滑加速后以速度向第一節(jié)車廂運動，碰撞后通過“詹天佑掛鉤”連接在一起，再共同去撞擊第二節(jié)車廂，直到機車與20節(jié)車廂全部掛接好。不計車廂在鐵軌上運動所受阻力及碰撞過程所需時間。下列說法正確的是（）A．這列火車掛接結束時速度的大小為B．整個撞接過程中損失的機械能C．機車帶著第一節(jié)車廂完成整個撞接過程所經(jīng)歷的時間D．機車帶著第一節(jié)車廂完成整個撞接過程所經(jīng)歷的時間【答案】BD【詳解】A．撞接的過程中動量守恒，設撞接完成后速度為v，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得解得故A錯誤；B．根據(jù)能量守恒定律得解得整個撞接過程中損失的機械能為故B正確；CD．第一節(jié)車廂與機車撞接后的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得解得第一節(jié)車廂撞接后做勻速直線運動，設第一節(jié)車廂通過間隙與第二節(jié)撞接所經(jīng)歷的時間為t,則有s0=v1t解得第n節(jié)車廂與機車撞接后的速度為vn（1≤n≤19），根據(jù)動量守恒定律得解得第n節(jié)車廂撞接后做勻速直線運動，設第n節(jié)車廂通過間隙與第n+1節(jié)撞接所經(jīng)歷的時間為tn，則有s0=vntn解得所以機車帶動第一節(jié)車廂完成整個撞接過程所經(jīng)歷的總時間為整理得故C錯誤D正確。故選BD。14．如圖所示，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為mA=1.0kg的小球A以v0=4.0m/s的速度，某時刻與靜止的小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞后A球以vA=1.0m/s的速度繼續(xù)向右運動，B球以vB=3.0m/s的速度也向右運動。（1）求B球的質(zhì)量mB；（2）通過計算判斷兩小球的碰撞是否為彈性碰撞；如果不是彈性碰撞，請計算碰撞過程中損失的機械能。【答案】（1）1kg；（2）不是，3J【詳解】（1）A、B系統(tǒng)滿足動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得B球的質(zhì)量為（2）碰撞前系統(tǒng)的動能為碰撞后系統(tǒng)的動能為可知碰撞前后系統(tǒng)動能減小了，兩球間的碰撞不是彈性碰撞，碰撞過程中損失的機械能為15．如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道AB與光滑水平軌道BC相切于B點，質(zhì)量分別為m和2m的小球M、N之間壓縮一輕彈簧并鎖定（彈簧與兩小球均不拴連）。某時刻解除彈簧的鎖定，兩小球被彈開，小球M離開彈簧后恰好能沿半圓軌道通過最高點A，重力加速度為g。求：（1）離開彈簧時小球M的速度大?。唬?）彈簧鎖定時所具有的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）小球M恰好能通過半圓軌道的最高點A，根據(jù)牛頓第二定律有小球M從B點運動到A點的過程，根據(jù)動能定理有小球M通過B點時的速度等于離開彈簧時的速度，即聯(lián)立解得（2）彈簧將兩小球彈開的過程系統(tǒng)所受外力之和為零。根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得小球N離開彈簧時的速度大小彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為M、N的動能。根據(jù)機械能守恒有解得【能力提升】1．如圖所示，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷中正確的是（）A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小不相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角相同D．整個運動過程中a、b球組成的系統(tǒng)總動量守恒【答案】C【詳解】A．兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知兩球的碰撞是彈性的，故機械能守恒，則解得則兩球的速度大小相等，故A錯誤；B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量為故動量不相等，故B錯誤；C．第一次碰撞后，兩球上擺的過程，由機械能守恒定律可知解得可知碰后兩球速度大小相同，則上升高度相同，擺長相同，故兩球碰后的最大擺角也相同，故C正確；D．整個運動過程中a、b球組成的系統(tǒng)碰撞前后在豎直方向上重力和拉力的合提供向心力，則豎直方向上動量不守恒，故D錯誤。故選C。2．如圖所示，兩側帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽略不計，車長為2L，與平板車質(zhì)量相等的物塊甲（可視為質(zhì)點）由平板車的中點處以初速度v0向右運動，已知甲、乙之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失，下列說法正確的是（）A．甲、乙達到共同速度所需的時間為B．甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度C．甲、乙相對滑動的總路程為D．如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n（n≠0），則最終甲距離乙左端的距離可能為【答案】C【詳解】AB．設甲、乙質(zhì)量均為，碰前瞬間甲的速度為，乙的速度為，碰后瞬間甲的速度為，乙的速度為，由動量守恒定律和機械能守恒定律有解得即甲、乙發(fā)生碰撞時速度互換，設甲、乙最終的共同速度為，則得則達到共速所需的時間為碰撞使得兩者速度互換，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A錯誤，B錯誤；C．從開始到相對靜止過程中，甲、乙相對滑動的總路程為，根據(jù)動能定理可得解得故C正確；D．甲、乙碰撞的次數(shù)為n，最終相對靜止時甲距離乙左端的距離為，若第次碰撞發(fā)生在平板車的左擋板，則有解得若第次碰撞發(fā)生在平板車的右擋板，則有解得即最終甲距離乙左端的距離不可能為，故D錯誤。故選C。3．如圖所示，質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)套在固定的水平桿上，輕繩的一端系在圓環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊。質(zhì)量為的子彈以大小為的水平速度射入木塊，并以速度離開木塊，子彈穿過木塊的時間極短。重力加速度為g，下列說法正確的是（

）A．子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒B．子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒C．子彈射出木塊后的瞬間，圓環(huán)對桿的壓力等于D．木塊上升到最高點時，速度大小為【答案】D【詳解】AB．根據(jù)題意可知，子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，子彈克服摩擦阻力做功，機械能不守恒，故A、B錯誤；C．子彈射出木塊后的瞬間，木塊有速度，根據(jù)圓周運動的規(guī)律知，環(huán)對輕桿的壓力大于，故C錯誤；D．木塊上升到最高點時，環(huán)和木塊的速度相等，水平方向上系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有解得故D正確。故選D。4．如圖所示，左端接有輕彈簧的物塊A靜止在光滑水平面上，物塊B以一初速度向A運動，t=0時B與彈簧接觸，0～2s內(nèi)兩物體的v-t圖像如圖所示。則（）A．A的質(zhì)量比B的大B．0～1s內(nèi)，彈簧對A、B的沖量相同C．t=1s時，彈簧的彈性勢能最大D．t=2s時，A的動量比B的大【答案】C【詳解】A．由圖可知，物塊B的初速度為v0=1.2m/st=1s時，物塊A、B的共同速度大小為v=1.0m/s由動量守恒定律可得mBv0=（mA＋mB）v解得mB=5mA故A錯誤；B．0～1s內(nèi)，彈簧對A的沖量方向向右，彈簧對B的沖量方向向左，所以彈簧對A、B的沖量不相同，故B錯誤；C．t=1s時，物塊A、B有共同速度，彈簧最短，彈簧的彈性勢能最大，故C正確；D．t=2s時，A的動量pA=mAvAB的動量pB=mBvB由圖可知vA=2.0m/svB=0.8m/s又mB=5mA所以A的動量比B的小，故D錯誤。故選C。5．水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面向擋板靜止在冰面上，已知運動員的質(zhì)量為40.0kg。某時刻他把一質(zhì)量為5.0kg的靜止物塊以大小為4.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為4.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。重復多次后，反彈的物塊不能再追上運動員，不計冰面的摩擦力，則（

）A．全過程中運動員和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒B．運動員第一次推開物塊時獲得速度為4.0m/sC．運動員第二次推開物塊時獲得速度為1.5m/sD．運動員第三次推開物塊后，反彈的物塊不能再追上運動員【答案】C【詳解】A．全過程中運動員和物塊組成的系統(tǒng)，由于擋板對物塊有力的作用，則全過程中系統(tǒng)的動量不守恒，選項A錯誤；BCD．運動員在向外推物塊的過程中，運動員和物塊的系統(tǒng)受合外力為零，則動量守恒，該運動員的質(zhì)量為M=40.0kg，物塊的質(zhì)量為m=5.0kg，推物塊的速度大小為v=4.0m/s，取人運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：第一次推物塊的過程中0=Mv1-mv解得運動員第一次推開物塊時獲得速度為v1=0.5m/s第二次推物塊的過程中Mv1+mv=Mv2-mv解得運動員第二次推開物塊時獲得速度為v2=1.5m/s第三次推物塊的過程中Mv2+mv=Mv3-mv解得運動員第三次推開物塊時獲得速度為v3=2.5m/s即運動員第三次推開物塊后，反彈的物塊還能再追上運動員，選項BD錯誤，C正確。故選C。6．如圖所示，有A、B兩個質(zhì)量均為m的小車，在光滑的水平地面上以相等的速率v0在同一直線上相向運動，A車上有一質(zhì)量為2m的人，他現(xiàn)在從A車跳到B車上，為了避免兩車相撞，他跳離A車時的速率（相對地面）最小為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】當人以最小速度跳離時，兩車與人最終有相等速度，方向均向左，對A與人有對B與人有解得故選B。7．如圖a所示，在粗糙的水平地面上有兩個大小相同但材質(zhì)不同的甲、乙物塊。t=0時刻，甲物塊以速度向右運動，經(jīng)一段時間后與靜止的乙物塊發(fā)生正碰，碰撞前后兩物塊運動的v—t圖像如圖b中實線所示，其中甲物塊碰撞前后的圖線平行，已知甲物塊質(zhì)量為5kg，乙物塊質(zhì)量為4kg，則（）A．此碰撞過程為彈性碰撞B．碰后瞬間乙物塊速度為2.5m/sC．碰后乙物塊移動的距離為3.5mD．碰后甲、乙兩物塊所受摩擦力之比為6∶5【答案】B【詳解】AB．碰撞前甲的速度為3m/s，碰撞后甲的速度為1m/s，根據(jù)動量守恒代入數(shù)據(jù)得，碰后瞬間乙物塊速度為碰撞前系統(tǒng)動能為碰撞后系統(tǒng)動能為則此碰撞為非彈性碰撞，A錯誤，B正確；C．碰撞前，甲做勻減速運動，加速度大小為可知，甲速度為零的時刻為。圖像面積等于位移，則碰后乙物塊移動的距離為C錯誤；D．乙的加速度大小為碰后甲、乙兩物塊所受摩擦力之比為D錯誤。故選B。8．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0.1，則碰撞過程中兩物塊損失的機械能為（）A．0.3J B．0.4J C．0.5J D．0.6J【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。9．M、N兩個物體在光滑水平面上相向運動，一段時間后發(fā)生正碰，碰撞時間不計，其位移一時間圖像如圖。已知M的質(zhì)量為1kg，下列說法正確的是（）A．碰撞前M的速度為3 B．N的質(zhì)量為