高考物理總復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量守恒定律專(zhuān)題強(qiáng)化八碰撞類(lèi)的四類(lèi)模型

專(zhuān)題強(qiáng)化八碰撞類(lèi)的四類(lèi)模型【專(zhuān)題解讀1.本專(zhuān)題主要研究碰撞過(guò)程的特點(diǎn)和滿足的物理規(guī)律，并對(duì)碰撞模型進(jìn)行拓展分析。2.會(huì)分析物體的正碰模型、“滑塊—彈簧”、“滑塊—斜面”、“滑塊—木板”碰撞模型的特點(diǎn)，并會(huì)應(yīng)用相應(yīng)規(guī)律解決問(wèn)題。3.用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，動(dòng)量守恒定律，動(dòng)能定理和能量守恒定律。模型一“物體與物體”正碰模型1．碰撞問(wèn)題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。2．彈性碰撞的結(jié)論(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)(2)若v2＝0時(shí)，v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后，兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng))；③若m1?m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后，兩物體沿相反方向運(yùn)動(dòng))；⑤若m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。3．非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，動(dòng)能有部分損失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk損4．完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損max【真題示例1(2020·全國(guó)Ⅲ卷，15)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖1中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()圖1A．3J B．4JC．5J D．6J答案A解析設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動(dòng)量守恒定律得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(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－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，選項(xiàng)A正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練1(多選)(2021·廣東肇慶市統(tǒng)測(cè))質(zhì)量為m1的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m1的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比eq\f(m2,m1)可能為()A．1 B．2C．3 D．4答案CD解析設(shè)碰前每個(gè)物體的動(dòng)量為p，碰后滑塊m2的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得2p＝m2v，由能量守恒定律可知，碰前系統(tǒng)的動(dòng)能大于等于碰后系統(tǒng)的動(dòng)能，又Ek＝eq\f(p2,2m1)，可得eq\f(p2,2m2)＋eq\f(p2,2m1)≥eq\f(1,2)m2v2＝eq\f(1,2)m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,m2)))eq\s\up12(2)，聯(lián)立解得eq\f(m2,m1)≥3，故C、D正確。模型二“滑塊—彈簧”碰撞模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，類(lèi)似彈性碰撞。(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))?！纠?(2021·重慶市質(zhì)量調(diào)研)如圖2所示，質(zhì)量均為m的滑塊A、B用勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連后靜止放在光滑水平面上，滑塊B緊靠豎直墻壁。用大小為F的水平恒力向左推滑塊A，當(dāng)滑塊A向左運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)撤去該恒力F，求：圖2(1)撤去恒力F時(shí)，彈簧的形變量x；(2)撤去恒力F后，滑塊A的最大速度vm；(3)B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep。答案(1)eq\f(F,k)(2)eq\r(\f(2F2,km))(3)eq\f(F2,2k)解析(1)用大小為F的水平恒力向左推滑塊A，A在水平方向上受到推力和彈簧彈力的作用，當(dāng)滑塊A向左的速度最大時(shí)，彈簧彈力等于推力F，由胡克定律有F＝kx解得x＝eq\f(F,k)。(2)撤去恒力F后，滑塊A向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，在彈簧彈力作用下，向左做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后向右做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧達(dá)到原長(zhǎng)時(shí)速度最大，之后彈簧對(duì)A的彈力向左，滑塊A向右做減速運(yùn)動(dòng)，故彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊A的速度最大，在恒力開(kāi)始作用到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，彈簧彈力做功為零，則Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解得vm＝eq\r(\f(2F2,km))。(3)B離開(kāi)墻壁后，A、B和彈簧組成的整體機(jī)械能守恒，當(dāng)A、B速度相等時(shí)，兩滑塊相距最遠(yuǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律有mvm＝2mv這個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒，故有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)×2mv2聯(lián)立解得Ep＝eq\f(F2,2k)。【針對(duì)訓(xùn)練2(2021·天津市等級(jí)考模擬)如圖3所示，一水平輕彈簧右端固定在水平面右側(cè)的豎直墻壁上，質(zhì)量為m2＝2kg的物塊靜止在水平面上的P點(diǎn)，質(zhì)量為m1＝1kg的光滑小球以初速度v0＝3m/s與物塊發(fā)生彈性正碰，碰后物塊向右運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧，之后物塊被彈回，剛好能回到P點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，物塊和小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：圖3(1)小球的最終速度；(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep。答案(1)1m/s，方向水平向左(2)2J解析(1)規(guī)定向右為正方向，設(shè)小球與物塊發(fā)生彈性正碰后瞬間小球的速度為v1，物塊的速度為v2。碰撞前后小球與物塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2碰撞前后瞬間小球與物塊系統(tǒng)機(jī)械能守恒eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)由以上兩式解得v1＝－1m/s，v2＝2m/s小球的最終速度大小為1m/s，方向水平向左。(2)設(shè)物塊碰后向右運(yùn)動(dòng)至回到P點(diǎn)的全過(guò)程，物塊克服摩擦力做的功為W克對(duì)全過(guò)程，由動(dòng)能定理得－W克＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)碰后物塊向右運(yùn)動(dòng)至速度為零的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－eq\f(W克,2)－Ep＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝2J。模型三“滑塊—斜(曲)面”碰撞模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)最高點(diǎn)：m1與m2具有共同水平速度v共，m1不會(huì)從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m1)veq\o\al(2,共)＋m1gh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)最低點(diǎn)：m1與m2分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(完全彈性碰撞拓展模型)?！纠?(2021·江蘇常州市模擬)如圖4所示，質(zhì)量為M＝4kg的大滑塊靜置在光滑水平面上，滑塊左側(cè)為光滑圓弧，圓弧底端和水平面相切，頂端豎直。一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，被壓縮彈簧彈出后，沖上大滑塊，能從大滑塊頂端滑出，滑出時(shí)大滑塊的速度為1m/s。g取10m/s2。求：圖4(1)小物塊被彈簧彈出時(shí)的速度；(2)小物塊滑出大滑塊后能達(dá)到的最大高度h1；(3)小物塊回到水平面的速度及再次滑上大滑塊后能達(dá)到的最大高度h2。答案(1)5m/s方向向右(2)1m(3)3m/s方向向左0.04m解析(1)設(shè)小物塊離開(kāi)彈簧后的速度為v1，小物塊滑上大滑塊的過(guò)程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5m/s。(2)小物塊第一次上升到最高點(diǎn)時(shí)水平速度等于v2，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)＋mgh1解得h1＝1m。(3)小物塊能下落到大滑塊并從大滑塊上滑到水平面，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有mv1＝mv1′＋Mv2′eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2解得v1′＝－3m/s，v2′＝2m/s系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則mv1′＋Mv2′＝(m＋M)veq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgh2解得h2＝0.04m。【針對(duì)訓(xùn)練3如圖5所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈B。求：圖5(1)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)解析(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時(shí)，A、B、C系統(tǒng)的速度相等。根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝eq\f(1,5)v0根據(jù)機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2＝eq\f(1,2)×5m×(eq\f(1,5)v0)2＋2mgh解得h＝eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)。模型四“滑塊—木板”碰撞模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊或木板的速度最大，兩者的相對(duì)位移(子彈為射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質(zhì)量越小，木塊(或木板)的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越多。(4)該類(lèi)問(wèn)題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，相當(dāng)于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖示求解。【例4(2021·天津市等級(jí)考模擬)如圖6所示，光滑水平面上放一木板A，質(zhì)量M＝4kg，小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m＝1kg，木板A和小鐵塊B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，小鐵塊B以v0＝10m/s的初速度從木板A的左端沖上木板，恰好不滑離木板(g＝10m/s2)。求：圖6(1)A、B的加速度分別為多少？(2)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間A、B速度相同，相同的速度為多少？(3)薄木板的長(zhǎng)度？答案(1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s(3)20m解析(1)對(duì)小鐵塊B受力分析，由牛頓第二定律有μmg＝maB，即aB＝μg＝2m/s2對(duì)木板A受力分析，由牛頓第二定律有μmg＝MaA，即aA＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由于A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0＝(m＋M)v共代入數(shù)據(jù)解得v共＝2m/s由于木板A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則v共＝aAt代入數(shù)據(jù)解得t＝4s。(3)設(shè)薄木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則對(duì)A、B整體由動(dòng)能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得L＝20m。【針對(duì)訓(xùn)練4一質(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。求：(1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度大??；(2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)子彈、木塊相互作用過(guò)程中子彈、木塊的對(duì)地位移大小以及子彈打進(jìn)木塊的深度。答案(1)eq\f(m,M＋m)v0(2)eq\f(Mmv0,Ff（M＋m）)(3)eq\f(Mm（M＋2m）veq\o\al(2,0),2Ff（M＋m）2)eq\f(Mm2veq\o\al(2,0),2Ff（M＋m）2)eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2Ff（M＋m）)解析(1)設(shè)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，以子彈初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，對(duì)木塊由動(dòng)量定理得Fft＝Mv－0，解得t＝eq\f(Mmv0,Ff（M＋m）)。(3)設(shè)子彈、木塊的對(duì)地位移分別為x1、x2，如圖所示。由動(dòng)能定理得對(duì)子彈－Ffx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x1＝eq\f(Mm（M＋2m）veq\o\al(2,0),2Ff（M＋m）2)對(duì)木塊Ffx2＝eq\f(1,2)Mv2解得x2＝eq\f(Mm2veq\o\al(2,0),2Ff（M＋m）2)子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對(duì)位移，即x相＝x1－x2＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2Ff（M＋m）)。1．(2021·安徽馬鞍山市質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖1所示，光滑水平面上停放著一輛小車(chē)，小車(chē)的光滑四分之一圓弧軌道在最低點(diǎn)與水平軌道相切。在小車(chē)的右端固定一輕彈簧，一小球從圓弧軌道上某處由靜止釋放。①若水平軌道光滑，當(dāng)彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)，小車(chē)的速度大小為v1，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep1；②若水平軌道粗糙，當(dāng)彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)，小車(chē)的速度大小為v2，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep2。則()圖1A．v1<v2，Ep1＝Ep2 B．v1＝v2，Ep1>Ep2C．v1>v2，Ep1<Ep2 D．v1>v2，Ep1>Ep2答案B解析彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)，小球與小車(chē)具有共同速度。兩種情況的水平面都光滑，對(duì)小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，有0＝(m1＋m2)v，所以彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)，v1＝v2。當(dāng)水平軌道粗糙時(shí)，有摩擦生熱，根據(jù)能量守恒可知Ep1>Ep2，故選項(xiàng)B正確。2．如圖2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＝2kg，以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，碰撞前后的位移—時(shí)間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為正方向)，則碰撞后的速度及物體B的質(zhì)量分別為()圖2A．2m/s，5kg B．2m/s，3kgC．3.5m/s，2.86kg D．3.5m/s，0.86kg答案B解析由圖像可知，碰前A的速度為v1＝eq\f(20,4)m/s＝5m/s，碰后A、B的共同速度為v2＝eq\f(28－20,8－4)m/s＝2m/s，A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3kg，故選項(xiàng)B正確。3．(多選)(2021·河南鄭州市質(zhì)檢)如圖3所示，質(zhì)量為M的滑槽靜止在光滑的水平地面上，滑槽的AB部分是粗糙水平面，BC部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)以速度v0沖上滑槽，并且剛好能夠滑到滑槽軌道的最高點(diǎn)C點(diǎn)，忽略空氣阻力。則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖3A．滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)，速度大小等于eq\f(m,M＋m)v0B．滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?C．滑塊從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒D．滑塊從B點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒答案AD解析滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。剛好能夠滑到最高點(diǎn)C，則在C點(diǎn)豎直速度為0，設(shè)滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)，速度大小為v。取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得v＝eq\f(m,M＋m)v0，故A正確，B錯(cuò)誤；滑塊從A滑到B的過(guò)程，滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，由于摩擦生熱，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；滑塊從B滑到C的過(guò)程，滑塊豎直方向有分加速度，根據(jù)牛頓第二定律知系統(tǒng)的合外力不為零，則滑槽與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，由于只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D正確。4．(多選)(2021·新疆維吾爾自治區(qū)聯(lián)考)如圖4所示，光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v向右運(yùn)動(dòng)。與前面大小相同質(zhì)量為3m的B球相碰，則碰后A、B兩球總動(dòng)能可能為()圖4A.eq\f(1,8)mv2 B.eq\f(1,16)mv2C.eq\f(1,4)mv2 D.eq\f(5,8)mv2答案AC解析若A、B發(fā)生的是彈性碰撞，則沒(méi)有能量的損失，碰后的總動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2；若發(fā)生的是能量損失最多的完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律有mv＝4mv1，則碰后兩者總動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)×4meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)mv2，因此，碰后兩者總動(dòng)能滿足eq\f(1,8)mv2≤E總≤eq\f(1,2)mv2，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。5．(多選)(2021·湖南岳陽(yáng)市教學(xué)質(zhì)檢)物理學(xué)中有一種碰撞被稱(chēng)為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過(guò)能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時(shí)的高度更大。如圖5所示，A、B、C三個(gè)彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時(shí)釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則()圖5A．C球落地前瞬間A球的速度為eq\r(2gH)B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H答案ABD解析因?yàn)锳、B、C球由靜止同時(shí)釋放，所以A與C落地瞬間的速度相等，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式v2＝2gH，解得vA＝vC＝eq\r(2gH)，A正確；由題意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBvB′2，解得mC＝3mB，vB′＝eq\r(2gH)，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq\f(1,2)mBvB′2＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2，解得mB＝2mA，vA′＝3eq\r(2gH)，由以上幾式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正確；由以上分析解得vA′＝3eq\r(2gH)，A球彈起的最大高度vA′2＝2ghmax，hmax＝eq\f(vA′2,2g)＝9H，C錯(cuò)誤，D正確。6．(多選)(2020·全國(guó)Ⅱ卷，21)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案BC解析選運(yùn)動(dòng)員退行速度方向?yàn)檎较颍O(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m運(yùn)，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時(shí)的速度大小為v0，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊時(shí)有0＝m運(yùn)v1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時(shí)有m運(yùn)v1＋mv0＝－mv0＋m運(yùn)v2，依此類(lèi)推，m運(yùn)v2＋mv0＝－mv0＋m運(yùn)v3，…，m運(yùn)v7＋mv0＝－mv0＋m運(yùn)v8，又運(yùn)動(dòng)員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m運(yùn)＜15m，即52kg＜m運(yùn)＜60kg，故B、C項(xiàng)正確，A、D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．(2021·北京東城區(qū)一模)如圖6所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道半徑為R，下端與水平桌面相切，小球A從圓弧軌道頂端無(wú)初速滑下，與靜止在圓弧軌道底端的小球B相碰，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，在水平桌面上滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑，A和B的質(zhì)量相等，A、B與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：圖6(1)碰撞前瞬間A的速度大小v；(2)碰撞后瞬間A和B整體的速度大小v′；(3)A和B整體在水平桌面上滑行的最遠(yuǎn)距離s。答案(1)eq\r(2gR)(2)eq\f(\r(2gR),2)(3)eq\f(R,4μ)解析(1)設(shè)兩小球質(zhì)量均為m，對(duì)小球A從圓弧軌道頂端滑到底端的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)。(2)對(duì)A、B碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(\r(2gR),2)。(3)對(duì)A、B整體在水平桌面上滑行的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－μ·2mgs＝0－eq\f(1,2)×2mv′2解得s＝eq\f(R,4μ)。8．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖7所示。已知B與C碰撞后會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)。在以后的運(yùn)動(dòng)中：圖7(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大？(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？答案(1)3m/s(2)12J解析(1)彈簧壓縮至最短時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA代入數(shù)值解得vA＝3m/s。(2)B、C碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒mBv＝(mB＋mC)vC代入數(shù)值解得vC＝2m/s碰后彈簧壓縮到最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，故Ep＝eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)(mB＋mC)