2022年新課標(biāo)高中物理模型與方法10 碰撞與類碰撞模型教師講解版

文檔來源網(wǎng)絡(luò)整理侵權(quán)必刪PAGE1專題10碰撞與類碰撞模型目錄【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 6【模型三】碰撞模型三原則 9【模型四】小球—曲面模型 11【模型五】小球—彈簧模型 14【模型六】子彈打木塊模型 20【模型七】滑塊木板模型 25【模型一】彈性碰撞模型1．彈性碰撞v1v2v1ˊv2ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)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+m2v1v2v1ˊv2ˊm1m2m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2(2)

聯(lián)立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.2．“動(dòng)靜相碰型”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。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，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′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）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)【模型演練1】.(2021·四川成都七中5月測試)三個(gè)半徑相同的彈性球，靜止于光滑水平面的同一直線上，順序如圖所示，已知mA＝m，mC＝4m。當(dāng)A以速度v0向B運(yùn)動(dòng)，若要使得B、C碰后C具有最大速度，則B的質(zhì)量應(yīng)為()A．m B．2mC．3m D．4m【答案】B【解析】設(shè)B球的質(zhì)量為M，以碰撞前A球的速度方向?yàn)檎?，A球與B球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為v1和v2，根據(jù)A球與B球動(dòng)量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\f(2mv0,M＋m)；B球與C球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為v′2和v3，由能量守恒定律得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)×(4m)veq\o\al(2,3)，規(guī)定碰撞前A球的速度方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒定律得Mv2＝Mv′2＋4mv3，解得v3＝eq\f(2Mv2,M＋4m)，故C球碰撞后的速度為v3＝eq\f(2M,M＋4m)·eq\f(2mv0,M＋m)＝eq\f(4mv0,M＋\f(4m2,M)＋5m)，由數(shù)學(xué)關(guān)系解得M＝eq\r(4m2)＝2m時(shí)，B、C球碰撞后C球的速度最大?！灸Ｐ脱菥?】(2021·山東濟(jì)南市歷城二中一模)彈玻璃球是小朋友經(jīng)常玩的一個(gè)游戲，小華在光滑水平桌面上用一個(gè)質(zhì)量為3m的綠色彈珠以某一速度與前方靜止的質(zhì)量為m的黃色彈珠發(fā)生彈性正碰，已知碰撞前綠色彈珠的動(dòng)能為E，碰撞之后黃色彈珠的動(dòng)能為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】發(fā)生彈性正碰，則有，解得黃色彈珠的動(dòng)能為故選B。【模型演練3】（2021·福建省廈門雙十中學(xué)高三上學(xué)期11月期中）如圖所示，運(yùn)動(dòng)的球A在光滑水平面上與一個(gè)原來靜止的球B發(fā)生彈性碰撞，A.要使B球獲得最大動(dòng)能，則應(yīng)讓A,B兩球質(zhì)量相等B.要使B球獲得最大速度，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量C.要使B球獲得最大動(dòng)量，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量D.若A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量，則B球?qū)@得最大動(dòng)能、最大速度及最大動(dòng)量【答案】ABC【解析】設(shè)A球的質(zhì)量為、B球質(zhì)量為、碰前A球的速度為，A與B發(fā)生彈性碰撞，則：、，解得：、．A：據(jù)，當(dāng)A、B兩球質(zhì)量相等時(shí)，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動(dòng)能，B球獲得了最大動(dòng)能．故A項(xiàng)正確．B：據(jù)，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量時(shí)，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍．故B項(xiàng)正確．C：據(jù)，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量時(shí)，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A球初始動(dòng)量的接近2倍，B球獲得最大動(dòng)量．故C項(xiàng)正確．D：由上面三項(xiàng)分析知，D項(xiàng)錯(cuò)誤．【模型演練4】（2021·山東省濟(jì)寧市高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，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M=2kg的物塊靜止在水平面上的P點(diǎn)，質(zhì)量為m=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：(1)小球的最終速度；(2)彈簧的最大彈性勢能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)量守恒碰撞前后瞬間小球與物塊系統(tǒng)動(dòng)能守恒由以上兩式解得v1=-1m/sv2=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)的全過程物塊克服摩擦力做的功為W克對(duì)全過程，由動(dòng)能定理碰后物塊向右運(yùn)動(dòng)至速度為零的過程中，由動(dòng)能定理得解得Ep=2J【模型演練5】(2020·河南名校聯(lián)考)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖10所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后，小球A、B均向右運(yùn)動(dòng)．小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，小球均可看成質(zhì)點(diǎn)，求：(1)兩小球質(zhì)量之比eq\f(m1,m2)；(2)若小球A與小球B碰后的運(yùn)動(dòng)方向以及小球B反彈后與A相遇的位置均未知，兩小球A、B質(zhì)量滿足什么條件，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰．【答案】(1)2∶1(2)m1>eq\f(m2,3)【解析】(1)兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機(jī)械能損失，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，由于PQ＝1.5PO，則小球A和B通過的路程之比為s1∶s2＝v1t∶v2t＝1∶4，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)(2)由(1)中兩式解得：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0若小球A碰后靜止或繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一定與小球B第一次反彈后相碰，此時(shí)有v1≥0，即m1≥m2若小球A碰后反向運(yùn)動(dòng)，則v1<0，此時(shí)m1<m2，則小球A與B第一次反彈后相碰需滿足|v1|<|v2|即eq\f(m2－m1,m1＋m2)v0<eq\f(2m1,m1＋m2)v0解得m1>eq\f(m2,3)綜上所述，只要小球A、B質(zhì)量滿足m1>eq\f(m2,3)，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰．【模型演練6】（2021屆廣東省河源市高三模擬）內(nèi)壁光滑的圓環(huán)管道固定于水平面上，圖為水平面的俯視圖。O為圓環(huán)圓心，直徑略小于管道內(nèi)徑的甲、乙兩個(gè)等大的小球（均可視為質(zhì)點(diǎn)）分別靜置于P、Q處，PO⊥OQ，甲、乙兩球質(zhì)量分別為m、km?，F(xiàn)給甲球一瞬時(shí)沖量，使甲球沿圖示方向運(yùn)動(dòng)，甲、乙兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間不計(jì)，碰后甲球立即向左運(yùn)動(dòng)，甲球剛返回到P處時(shí)，恰好與乙球再次發(fā)生碰撞，則（）A．k= B． C．k=2 D．k=5【答案】B【解析】設(shè)甲球初速度為v0，初始時(shí)兩球間的弧長為l，則管道長為4l，設(shè)碰撞后甲、乙小球速度大小分別為v1、v2，兩球發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得，由機(jī)械能守恒得，由于再次碰撞，則有，，聯(lián)立方程，解得，故選B?！灸Ｐ投糠菑椥耘鲎?、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(dòng)量守恒，碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動(dòng)能ΔEk，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：?m1v12+?m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2．完全非彈性碰撞v1v1v2v共m1m2m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動(dòng)能最多，損失動(dòng)能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2.（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=【模型演練1】(2020·全國三卷15題)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)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J【答案】A【解析】。根據(jù)圖像，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s。碰撞過程中由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，聯(lián)立以上各式解得ΔE＝3J?！灸Ｐ脱菥?】(多選)(2021·銀川模擬)A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時(shí)間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時(shí)間變化的圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移隨時(shí)間變化的圖線，若A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖象判斷下列結(jié)論正確的是()A．碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為4kg·m/sB．碰撞時(shí)A球?qū)球所施的沖量為－4N·sC．A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為3kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J【答案】ABD【解析】根據(jù)題圖可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，選項(xiàng)A正確；A球的動(dòng)量變化量為4kg·m/s，碰撞過程中動(dòng)量守恒，B球的動(dòng)量變化量為－4kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量定理，碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為－4N·s，選項(xiàng)B正確；由于碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(4,3)kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J，選項(xiàng)D正確；A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq\f(10,3)kg·m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤?！灸Ｐ脱菥?】（2021·吉林省榆樹一中高三上學(xué)期1月期末）如圖，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)?，F(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)。已知A的質(zhì)量mA=1kg，B的質(zhì)量mB=2kg，圓弧軌道的半徑R=0.45m，圓弧軌道光滑，A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2(1)求碰撞前瞬間A的速率v；(2)求碰撞后瞬間A和B整體的速率和碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能E損；(3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離L?！敬鸢浮?1)；(2)；3J；(3)【解析】(1)對(duì)A，從釋放→碰撞前，由動(dòng)能定理得解得(2)對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中，由動(dòng)量守恒得解得碰撞之前的機(jī)械能為碰撞之前的機(jī)械能為碰撞過程中損失的機(jī)械能為E損=E前－E后=3J(3)A和B整體在桌面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有得又得【模型演練4】（2021·黑龍江牡丹江一中高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，光滑水平面上的物體B、C靜止放置，物體A以速度向B運(yùn)動(dòng)，A、B、C質(zhì)量均為m且處于同一直線上，A與B碰后粘合在一起，隨后AB與C發(fā)生彈性碰撞，求：①A、B碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能；②AB與C發(fā)生彈性碰撞后，各物體的速度大小．【答案】①；②，【解析】試題分析：①設(shè)A與B碰后粘合在一起的速度大小為，以A的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：，解得：，A、B碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能．②設(shè)AB與C發(fā)生彈性碰撞后，速度大小分別為、，AB與C發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以A的速度方向?yàn)檎较?，則有：，，解得：，【模型三】碰撞模型三原則(1)動(dòng)量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)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(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?！酒渌椒á佟颗R界法彈性碰撞沒有動(dòng)能損失，完全非彈性碰撞動(dòng)能損失最多，計(jì)算出這兩種情況下的臨界速度，那么其他碰撞應(yīng)該介于二者之間?！灸Ｐ脱菥?】（2021·黑龍江哈爾濱一中高三上學(xué)期11月期中）兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運(yùn)動(dòng)，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（）A.vA′=5m/s，vB′=2.5m/s B.vA′=－4m/s，vB′=7m/sC.vA′=2m/s，vB′=4m/s D.vA′=7m/s，vB′=1.5m/s【答案】C【解析】AD．考慮實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況，碰撞后兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球速度應(yīng)不大于B球的速度，故AD錯(cuò)誤；兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量應(yīng)守恒．碰撞前總動(dòng)量為p=pA+pB=mAvA+mBvB=（1×6+2×2）kg?m/s=10kg?m/s總動(dòng)能B．碰撞后，總動(dòng)量為p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg?m/s總動(dòng)能則p′=p，，符合動(dòng)量守恒，但是不符合能量關(guān)系；故B錯(cuò)誤；C．碰撞后，總動(dòng)量為p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（1×2+2×4）kg?m/s=10kg?m/s符合動(dòng)量守恒定律，能量關(guān)系則p′=p，，則碰后符合動(dòng)量和能量關(guān)系，則C正確。故選C。【模型演練2】(多選)(2021·河南中原名校第五次考評(píng))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(yùn)動(dòng)．兩球質(zhì)量分別為mA＝1kg，mB＝2kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動(dòng)量均為6kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動(dòng)量變化量為－4kg·m/s，則下列說法正確的是()A．左方是A球B．B球動(dòng)量的變化量為4kg·m/sC．碰撞后A、B兩球速度大小之比為5∶2D．經(jīng)過驗(yàn)證兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞【答案】ABD【解析】由題意知A、B兩球碰前均向右運(yùn)動(dòng)，vA＝6m/s，vB＝3m/s，故左方是A球，A正確．由動(dòng)量守恒定律知ΔpB＝4kg·m/s，pB′＝10kg·m/s，故B正確．碰后A球動(dòng)量pA′＝2kg·m/s，vA′＝2m/s，vB′＝5m/s，vA′∶vB′＝2∶5，故C錯(cuò)誤．由能量守恒定律知，兩球碰撞前后機(jī)械能總量相等，故兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，D正確．【模型演練3】.(多選)(2020·百師聯(lián)盟模擬四)質(zhì)量為3m、速度為v的A球與質(zhì)量為m的靜止B球發(fā)生正碰．在兩球碰撞后的瞬間，以下說法正確的是()A．A球速度可能反向 B．A球速度可能為0.6vC．B球速度可能為v D．B球速度可能為1.4v【答案】BCD【解析】若是彈性碰撞，A、B兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒：3mv＝3mvA＋mvB，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,2)×3mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，聯(lián)立解得vA＝0.5v，vB＝1.5v；若是完全非彈性碰撞，A、B兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒：3mv＝(3m＋m)v共，解得v共＝0.75v，故無論碰撞是彈性的還是非彈性的，碰撞后A球的速度滿足0.5v≤vA≤0.75v，A球速度不可能反向，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；碰撞后B球的速度滿足0.75v≤vB≤1.5v，C、D項(xiàng)正確．【模型演練4】(2020·天津高三質(zhì)檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0kg·m/s，則兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是()A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m2【答案】：C【解析】：甲、乙兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2kg·m/s.由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加，所以有eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，所以有m1≤eq\f(21,51)m2.因?yàn)轭}目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有eq\f(p1,m1)＞eq\f(p2,m2)，即m1＜eq\f(5,7)m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，所以m1≥eq\f(1,5)m2.因此C選項(xiàng)正確．【模型四】小球—曲面模型(1)小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，小球的重力勢能最大水平方向動(dòng)量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh(相當(dāng)于完全非彈性碰撞)(2)小球返回曲面底端時(shí)動(dòng)量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相當(dāng)于彈性碰撞)【模型演練1】(2020·河南名校聯(lián)盟3月調(diào)研)如圖所示，在光滑的水平地面上，靜置一質(zhì)量為m的四分之一圓弧滑塊，圓弧半徑為R，一質(zhì)量也為m的小球，以水平速度v0自滑塊的左端A處滑上滑塊，當(dāng)二者共速時(shí)，小球剛好到達(dá)圓弧上端B.若將小球的初速度增大為2v0，不計(jì)空氣阻力，則小球能達(dá)到距B點(diǎn)的最大高度為()A.RB.1.5RC.3RD.4R【答案】C【解析】若小球以水平速度v0滑上滑塊，當(dāng)小球上升到圓弧的上端時(shí)，小球與滑塊速度相同，設(shè)為v1，以小球的初速度v0的方向?yàn)檎较?，在水平方向上，由?dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·2mv12＋mgR代入數(shù)據(jù)解得v0＝2eq\r(gR)若小球以2v0沖上滑塊，當(dāng)小球上升到圓弧的上端時(shí)，小球與滑塊水平方向上速度相同，設(shè)為v2，以小球的初速度方向?yàn)檎较?，在水平方向上，由?dòng)量守恒定律得2mv0＝2mv2由能量守恒得eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)·2mv22＋mgR＋eq\f(1,2)mvy2解得vy＝eq\r(6gR)小球離開圓弧后做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做減速運(yùn)動(dòng)，則h＝eq\f(vy2,2g)＝3R故距B點(diǎn)的最大高度為3R.故選C.【模型演練2】(多選)(2020·山東六校線上聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)光滑圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)小球A質(zhì)量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，則()A.B的最大速率為4m/sB.B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為eq\f(3,4)m/sC.B能與A再次發(fā)生碰撞D.B不能與A再次發(fā)生碰撞【答案】AD【解析】A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)·v02＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)vA2＋eq\f(1,2)MvB2，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率為4m/s，選項(xiàng)A正確；B沖上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq\f(4,3)m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時(shí)速度分別為vB′、vC′，由水平方向動(dòng)量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)·MvB2＝eq\f(1,2)·MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不會(huì)再次發(fā)生碰撞，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.【模型演練3】(2021·四川遂寧市三診)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng).取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】(1)20kg(2)不能，理由見解析【解析】(1)規(guī)定向左為正方向.冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.對(duì)冰塊與斜面體，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s為冰塊推出時(shí)的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg，v＝1m/s③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，對(duì)小孩與冰塊，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對(duì)冰塊與斜面體，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方，故冰塊不能追上小孩.【模型演練4】(2021·安徽十校聯(lián)盟檢測)如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道M靜止在光滑水平面上，一個(gè)物塊m在水平地面上以大小為v0的初速度向右運(yùn)動(dòng)并無能量損失地滑上圓弧軌道，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上某一位置時(shí)，物塊向上的速度為零，此時(shí)物塊與圓弧軌道的動(dòng)能之比為1∶2，則此時(shí)物塊的動(dòng)能與重力勢能之比為(以地面為參考平面)()A．1∶2B．1∶3C．1∶6D．1∶9【答案】C【解析】因?yàn)樗矫婀饣?，m和M組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒；當(dāng)物塊向上的速度為零時(shí)，根據(jù)題意可知此時(shí)物塊與圓弧軌道速度相同，又因?yàn)榇藭r(shí)物塊與圓弧軌道的動(dòng)能之比為1∶2，即eq\f(1,2)mv2∶eq\f(1,2)Mv2＝1∶2，得m∶M＝1∶2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，得：v0＝3v，根據(jù)能量守恒定律：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Ep，得物塊的重力勢能為Ep＝eq\f(1,3)mv02，此時(shí)物塊的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,18)mv02，所以此時(shí)物塊的動(dòng)能與重力勢能之比為Ek∶Ep＝1∶6，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．【模型五】小球—彈簧模型(1)兩小球速度相同時(shí)，彈簧最短，彈性勢能最大動(dòng)量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm(相當(dāng)于完全非彈性碰撞)(2)彈簧恢復(fù)原長時(shí)：動(dòng)量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相當(dāng)于完全彈性碰撞)【模型演練1】(2021·河北第二次省際調(diào)研)如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球，t＝0時(shí)，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運(yùn)動(dòng)．它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)(整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩球沒有接觸)，它們運(yùn)動(dòng)的v－t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示．則由圖線可知()A．兩帶電小球的電性一定相反B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2∶1C．t2時(shí)刻，乙球的電勢能最大D．在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能一直減小【答案】B【解析】由題圖(b)可知，乙球減速的同時(shí)，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電荷，故A錯(cuò)誤；兩球作用過程動(dòng)量守恒m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,1)，故B正確；t1時(shí)刻，兩球共速，距離最近，則乙球的電勢能最大，故C錯(cuò)誤；在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直増大，乙的動(dòng)能先減小，t2時(shí)刻后逐漸增大，故D錯(cuò)誤．【模型演練2】(2020·重慶市江津中學(xué)月考)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)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(xiàn)使m1瞬間獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得()A.在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B.從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長C.兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D.在t2時(shí)刻兩物塊的動(dòng)量大小之比為p1∶p2＝1∶2【答案】C【解析】由題圖乙可知t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，總動(dòng)能最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，此時(shí)彈性勢能最大，t1時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時(shí)刻彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；結(jié)合題圖乙可知兩物塊的運(yùn)動(dòng)過程，開始時(shí)m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，m2繼續(xù)加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，因?yàn)榇藭r(shí)兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，t3時(shí)刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故B錯(cuò)誤；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，從t＝0開始到t1時(shí)刻有：m1v1＝(m1＋m2)v2，將v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得：m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時(shí)刻，m1的速度為：v1′＝－1m/s，m2的速度為：v2′＝2m/s，又m1∶m2＝1∶2，則動(dòng)量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D錯(cuò)誤.【模型演練3】(2020·山東泰安市高三檢測)如圖所示，水平地面上A、B兩個(gè)木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2m、3m，靜止時(shí)彈簧恰好處于原長．一質(zhì)量為m的木塊C以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)并與木塊A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.eq\f(1,3)mv02 B.eq\f(1,5)mv02C.eq\f(1,12)mv02 D.eq\f(4,15)mv02【答案】A【解析】當(dāng)C與A發(fā)生彈性正碰時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m))v22，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,3)v0，當(dāng)A、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A的初速度方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量守恒定律得2mv2＝(2m＋3m)v，得v＝eq\f(4,15)v0.由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)×(2m)v22－eq\f(1,2)×(5m)v2，解得Ep＝eq\f(4,15)mv02；當(dāng)C與A發(fā)生完全非彈性正碰時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝3mv1′，當(dāng)A、B、C速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v′，則由動(dòng)量守恒定律得3mv1′＝6mv′.由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)×(3m)v1′2－eq\f(1,2)×(6m)v′2，解得Ep＝eq\f(1,12)mv02，由此可知碰后彈簧的最大彈性勢能范圍是eq\f(1,12)mv02≤Ep≤eq\f(4,15)mv02，故A正確．【模型演練4】(2020·遼寧省三模)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與豎直墻之間用水平輕彈簧連接．現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧．不計(jì)空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰開始到回到原靜止位置的過程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是()A．E＝eq\f(1,2)mv02，I＝mv0 B．E＝eq\f(1,2)mv02，I＝2mv0C．E＝eq\f(1,4)mv02，I＝mv0 D．E＝eq\f(1,4)mv02，I＝2mv0【答案】D【解析】A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv，則v＝eq\f(1,2)v0，碰撞后，A、B一起壓縮彈簧，當(dāng)A、B的速度減至零時(shí)彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，最大彈性勢能E＝eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mv02，從球A被碰開始到回到原靜止位置的過程中，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得I＝2mv－(－2mv)＝4mv＝2mv0，選項(xiàng)D正確．【模型演練5】（2021·江西省高三上學(xué)期1月月考）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的子彈射中并且嵌入其中．已知物體B的質(zhì)量為m，物體A的質(zhì)量是物體B的eq\f(3,4)，子彈的質(zhì)量是物體B的eq\f(1,4).求：(1)彈簧壓縮到最短時(shí)B的速度大?。?2)彈簧的最大彈性勢能．【答案】(1)eq\f(1,8)v0(2)eq\f(1,64)mv02【解析】(1)當(dāng)A、B速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，此時(shí)彈性勢能最大，設(shè)此時(shí)A、B的共同速度為v.取向右為正方向，對(duì)子彈、A和B組成的系統(tǒng)，從子彈射入A到彈簧壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，得eq\f(1,4)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))v.解得v＝eq\f(1,8)v0.(2)設(shè)子彈射入A后，A與子彈的共同速度為v1，根據(jù)A與子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得eq\f(1,4)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m))v1，解得v1＝eq\f(1,4)v0.壓縮彈簧過程中，子彈、A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得彈簧的最大彈性勢能為：Ep＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m＋\f(1,4)m))v12－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m＋m＋\f(1,4)m))v2.解得Ep＝eq\f(1,64)mv02.【模型演練6】（2021屆湖南省三湘名校聯(lián)盟高三聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為M的物塊甲，以速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，連接有輕彈簧、質(zhì)量為m的物塊乙靜止在正前方，物塊甲與彈簧接觸后壓縮彈簧，則下列判斷錯(cuò)誤的是（）A．僅增大，彈簧的最大壓縮量增大B．僅增大m，彈簧的最大壓縮量增大C．僅增大M，彈簧的最大壓縮量增大D．一定，一定，彈簧的最大壓縮量一定【答案】D【解析】根據(jù)動(dòng)量守恒有最大壓縮量時(shí)對(duì)應(yīng)的彈性勢能。而彈性勢能于壓縮量之間的關(guān)系由些可以判斷，A、B、C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選D?！灸Ｐ脱菥?】（2021屆重慶市沙坪壩一中高三模擬）如圖甲所示，在光滑水平面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度vo向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x；現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一質(zhì)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2vo的速度向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，已知整個(gè)過程彈簧處于彈性限度內(nèi)，則（）A．物體A的質(zhì)量為6mB．物體A的質(zhì)量為3mC．彈簧壓縮量為最大值x時(shí)的彈性勢能為D．彈簧重新恢復(fù)原長時(shí)，物體B的動(dòng)量大小為【答案】BC【解析】ABC．當(dāng)彈簧固定時(shí)，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢能最大，物體A的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動(dòng)能，設(shè)A的質(zhì)量為，即有當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為的物體B時(shí)，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運(yùn)動(dòng)，A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立得故A錯(cuò)誤，BC正確。D．彈簧重新恢復(fù)原長時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得物體B的動(dòng)量大小為解得選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。【模型演練8】(2020·日照一模)A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質(zhì)量分別為m和M(m<M)。若使A球獲得瞬時(shí)速度v(如圖甲)，彈簧壓縮到最短時(shí)的長度為L1；若使B球獲得瞬時(shí)速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時(shí)的長度為L2，則L1與L2的大小關(guān)系為()甲乙A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能確定【答案】C【解析】當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同，對(duì)甲圖取A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，由機(jī)械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時(shí)有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)。同理，對(duì)乙圖取B的初速度方向?yàn)檎较?，?dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)也有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)，兩次彈性勢能相等，則有：L1＝L2，故選項(xiàng)C正確?！灸Ｐ土孔訌棿蚰緣K模型ss2ds1v0子彈打木塊實(shí)際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個(gè)典型，它的特點(diǎn)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(yùn)動(dòng)。下面從動(dòng)量、能量和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等多個(gè)角度來分析這一過程。設(shè)質(zhì)量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)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(duì)子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。要點(diǎn)詮釋：子彈和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：……①從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有對(duì)子彈用動(dòng)能定理：……②對(duì)木塊用動(dòng)能定理：……③②相減得：……④對(duì)子彈用動(dòng)量定理：……⑤對(duì)木塊用動(dòng)量定理： ……⑥點(diǎn)評(píng)：這個(gè)式子的物理意義是：恰好等于系統(tǒng)動(dòng)能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動(dòng)能的損失應(yīng)該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見，即兩物體由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)而摩擦產(chǎn)生的熱（機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對(duì)滑動(dòng)的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應(yīng)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(jìn)的距離，可以由以上②、③相比得出：從牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)，位移與平均速度成正比：一般情況下，所以s2<<d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計(jì)。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運(yùn)動(dòng)物體與靜止物體相互作用，動(dòng)量守恒，最后共同運(yùn)動(dòng)的類型，全過程動(dòng)能的損失量可用公式：④當(dāng)子彈速度很大時(shí)，可能射穿木塊，這時(shí)末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒，系統(tǒng)動(dòng)能損失仍然是（這里的為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計(jì)算的大小。【模型演練1】（2021屆遼寧省沈陽實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三模擬）質(zhì)量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在光滑水平地面上質(zhì)量為M的木塊，并陷入木塊一定深度后與木塊相對(duì)靜止，甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結(jié)束時(shí)子彈和木塊可能的相對(duì)位置，設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力大小恒定，下列說法正確的是（）A．M越大，子彈射入木塊的時(shí)間越短B．M越大，子彈射入木塊的深度越深C．無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形D．若v0較小，則可能是甲圖所示情形；若v0較大，則可能是乙圖所示情形【答案】BC【解析】A．由動(dòng)量守恒定律則對(duì)木塊由動(dòng)量定理解得則M越大，則t越大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由能量關(guān)系解得則M越大，則d越大，選項(xiàng)B正確；CD．對(duì)木塊由動(dòng)能定理解得則則d>x即無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】（2021屆廣東省汕頭市金山中學(xué)高三期中）如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動(dòng)一小角度，不計(jì)空氣阻力。對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程，下列說法正確的是（）A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能不變【答案】CD【解析】彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以彈丸的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv=（M+m）v′解得彈丸與沙箱一起擺動(dòng)過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由能量守恒定律可知，整個(gè)過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為A．若保持m、v、l不變，M變大，系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故A錯(cuò)誤；

B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故B錯(cuò)誤；

C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故C正確；

D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能不變，故D正確。故選CD。【模型演練3】（2021屆福建省福州高三模擬）矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊．若射擊下層，子彈剛好不射出；若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示．則上述兩種情況相比較()A．子彈的末速度大小相等B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C．子彈對(duì)滑塊做的功不相同D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大【答案】AB【解析】根據(jù)動(dòng)量守恒，兩次最終子彈與木塊的速度相等，A正確；根據(jù)能量守恒可知，初狀態(tài)子彈簧動(dòng)能相同，末狀態(tài)兩木塊與子彈的動(dòng)能也相同，因此損失的動(dòng)能都轉(zhuǎn)化成了熱量相等，B正確，子彈對(duì)滑塊做的功等于滑塊末狀態(tài)的動(dòng)能，兩次相等，因此做功相等，C錯(cuò)誤，產(chǎn)生的熱量，由于產(chǎn)生的熱量相等，而相對(duì)位移不同，因此子彈和滑塊間的水平作用力大小不同，D錯(cuò)誤?！灸Ｐ脱菥?】(2020·四川二診)如圖所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0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)。則子彈穿過木塊的時(shí)間為()A．eq\f(1,v0)(s＋L)B．eq\f(1,v0)(s＋2L)C．eq\f(1,2v0)(s＋L)D．eq\f(1,v0)(L＋2s)【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mv0＝mv1＋mv2，設(shè)子彈穿過木塊所用時(shí)間為t，則有eq\f(v2,2)t＝s，eq\f(v0＋v1,2)t＝s＋L，聯(lián)立解得t＝eq\f(1,v0)(L＋2s)，選項(xiàng)D正確。【模型演練5】(2020·黃石模擬)如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.45kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量m2＝0.5kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在車頂?shù)挠叶?。一質(zhì)量為m0＝0.05kg的子彈以水平速度v0＝100m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對(duì)地面以2m/s的速度滑離小車。已知子彈與小車的作用時(shí)間極短，小物塊與車頂面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，求：(1)子彈相對(duì)小車靜止時(shí)小車速度的大??；(2)小車的長度L?！敬鸢浮?1)10m/s(2)2m【解析】(1)子彈進(jìn)入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10m/s。(2)三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8m/s由能量守恒可得eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,1)＝μm2gL＋eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)解得L＝2m?！灸Ｐ推摺炕瑝K木板模型示意圖木板初速度為零木板有初速度，板塊反向vv0v共vv0v共-v0v1=0v2(m<M)v-t圖ttOvv0t1木板木塊v共ttOvv0t1木塊木板v共-v0【模型演練1】(2020·哈爾濱三中模擬)(多選)如圖所示，足夠長的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，P、Q間接觸面粗糙?，F(xiàn)給P向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)過程P、Q速度隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()ABCD【答案】ABC【解析】開始時(shí)，木板和物塊均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終達(dá)到共同速度，以向右為正方向，P、Q系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v；若mPvP＝mQvQ，則v＝0，圖象如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖象如圖B所示；若mPvP<mQvQ，則v<0，圖象如圖C所示。故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤?！灸Ｐ脱菥?】（2021·梅河口市第五中學(xué)高三月考）長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的另一滑塊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(shí)間變化情況如圖所示，則下列說法正確的是（）A．木板A獲得的動(dòng)能為 B．木板A的最小長度為C．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 D．系統(tǒng)損失的機(jī)械能