秘籍08 碰撞類模型和動量守恒中的力學綜合問題（教師版）-備戰(zhàn)2024年高考物理搶分秘籍

秘籍08碰撞類模型和動量守恒中的七大力學綜合問題碰撞類模型和動量守恒中的七大力學綜合問題1彈性碰撞1.碰撞三原則：(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：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動，則應有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動，則應有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.“動碰動”彈性碰撞vv1v2v1’ˊv2’ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：(1)(2)聯立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“動碰靜”彈性碰撞的結論兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等，)(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率，大不變)2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞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。動量守恒，碰撞系統動能損失。根據動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動能ΔEk，根據機械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非彈性碰撞vv1v2v共m1m2碰后物體的速度相同，根據動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非彈性碰撞系統損失的動能最多，損失動能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2（2）聯立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=3人船模型1.適用條件①系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零；②動量守恒或某方向動量守恒．2.常用結論設人走動時船的速度大小為v船,人的速度大小為v人,以船運動的方向為正方向,則m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船組成的系統在水平方向動量始終守恒，故有m船v船t=m人v人t,即：m船x船=m人x人，由圖可看出x船+x人=L，可解得：；3.類人船模型類型一類型二類型三類型四類型五4爆炸和反沖問題1．對反沖現象的三點說明(1)系統內的不同部分在強大內力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統的總機械能增加。(3)反沖運動中平均動量守恒。2．爆炸現象的三個規(guī)律(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸前后系統的總動能增加。(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。5.子彈打木塊模型1．模型特點(1)子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內力遠大于外力，系統動量守恒．(2)在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統機械能不守恒，機械能向內能轉化．2．兩種類型(1)子彈留在木塊中(未穿出)①動量守恒：mv0＝(m＋M)v②機械能損失(摩擦生熱)Q熱＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2其中d為子彈射入木塊的深度．(2)子彈穿出木塊①動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2②機械能的損失(摩擦生熱)Q熱＝Ff·L＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22其中L為木塊的長度，注意d≤L.6.彈簧模型條件與模型規(guī)律與公式情況一：從原長到最短（或最長）時①；②情況二：從原長先到最短（或最長）再恢復原長時①；②7.板塊模型板塊模型過程簡圖xx1v0x2x相對m1m2v共v共動力學常用關系；；功能常用關系動量常用關系【題型】碰撞類模型和動量守恒中的七大力學綜合問題【典例1】（2024·北京平谷·模擬預測）A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和。若使A球獲得瞬時速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為，B球的速度為，彈簧的長度為L；若使B球獲得瞬時速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為，B球的速度為，彈簧的長度為L'。則（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】根據題意可知，無論圖甲還是圖乙，當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相等，則有，圖甲中，由動量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為圖乙中，由動量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為可知兩圖中彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能相等，則有故選D?！镜淅?】（2024·安徽蕪湖·二模）如圖所示，質量均為m的物塊A、B放在光滑的水平面上，中間用輕彈簧相連，彈簧處于原長，一顆質量為的子彈以水平速度射入木塊A并留在物塊中（時間極短），則下列說法正確的是（）A．子彈射入物塊A的過程中，子彈的動量變化量為B．子彈射入物塊A的過程中，物塊A的動能增加量為C．在彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物塊B的動量大小最大值為D．彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為【答案】C【詳解】A．子彈射入物塊A的過程中，子彈與物塊A組成的系統動量守恒，則有求得子彈動量的變化量選項A錯誤；B．物塊A的動能增加量為選項B錯誤；C．當彈簧第一次壓縮到最短時，物塊B的動量大小最大，則有子彈與物塊A、B、彈簧組成的系統動量守恒，則有求得物塊B的動量大小最大值為選項C正確；D．彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為選項D錯誤。故選C?！镜淅?】（2024·湖北·二模）如圖所示，質量分別為m、3m、nm的圓弧槽、小球B、小球C均靜止在水平面上，圓弧槽的半徑為R，末端與水平面相切。現將質量為m的小球A從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止釋放，一段時間后與B發(fā)生彈性正碰，已知重力加速度為g，不計A、B、C大小及一切摩擦。下列說法正確的是（）A．小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為mgB．若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，n取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同C．若BC發(fā)生的是彈性正碰，當時，碰撞完成后小球C的速度為D．n取不同值時，C最終的動量不同，其最小值為【答案】BCD【詳解】A．小球A第一次下滑到圓弧槽最低點時，小球A和圓弧槽組成的系統水平方向上動量守恒，有根據小球A和圓弧槽組成的系統機械能守恒有解得小球A通過圓弧槽最低點時，相對于圓弧槽的速度大小為根據牛頓第二定律有聯立解得，小球A通過圓弧槽最低點時，受到圓弧槽的支持力為則小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為5mg，故A錯誤；B．若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，設小球A與B碰撞后，小球B的初速度為，則BC碰撞過程，根據動量守恒有根據能量守恒有聯立解得，BC碰撞損失的機械能為可知，當n取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同，故B正確；C．小球A與B發(fā)生彈性正碰，取向右為正方向，根據動量守恒有根據機械能守恒有聯立解得，若BC發(fā)生的是彈性正碰，當時，BC碰撞過程，根據動量守恒有根據機械能守恒有聯立解得，碰撞完成后小球C的速度為故C正確；D．當BC發(fā)生的是完全非彈性正碰時，C獲得的動量最小。BC碰撞過程，根據動量守恒有解得，碰撞完成后小球C的速度為則此時C的動量為可知，當n取1時，C的動量取最小值為故D正確。故選BCD?！镜淅?】（2024·四川宜賓·二模）如圖所示，圓筒C可以沿足夠長的水平固定光滑桿左右滑動，圓筒下方用不可伸長的輕繩懸掛物體B，開始時物體B和圓筒C均靜止，子彈A以的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為，已知子彈A、物體B、圓筒C的質量分別為、、，重力加速度。下列說法正確的是（）A．物體B能上升的最大高度為0.6m B．物體B能上升的最大高度為1.8mC．物體C能達到的最大速度為 D．物體C能達到的最大速度為【答案】AD【詳解】AB．子彈A以的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為，則A、B組成的系統動量守恒，根據動量守恒定律有B上升時，與C組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒，則有解得m故A正確，B錯誤；D．B返回到最低點時，與C組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒，此時C的速度最大，則有解得m/s故C錯誤，D正確；故選AD?！镜淅?】（2024·河北石家莊·二模）如圖所示，水平地面上有一輕質彈簧自然伸長，左端固定在墻面上，右端位于O點。地面上M點右側有一傳送帶，其上表面與地面齊平，傳送帶以的速度逆時針轉動?，F用力推動置于O點、質量的小物塊A，使彈簧緩慢壓縮到Q點后由靜止釋放，物塊A運動到O點時的速度?，F將物塊A換成質量的物塊B，重復以上過程，發(fā)現物塊B剛好運動到M點速度減為0，此時將質量的物塊C在傳送帶上與M距離為l（未知）的位置由靜止釋放，物塊B、C碰撞后粘在一起，形成結合體P，P第一次到達O點時的速度大小為v（未知）。已知地面O點左側光滑，物塊B、C與傳送帶、O點右側水平地面間的動摩擦因數均為，M、N之間的距離，重力加速度g取，物塊A、B、C均可視為質點。（1）求O、M兩點間的距離s；（2）若，求l的大??；（3）求v與l的關系表達式?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）當時，，當時，【詳解】（1）根據動能定理解得物塊B運動到O點時的速度物塊B、C在傳送帶、O點右側水平地面間的加速度大小為物塊B剛好運動到M點速度減為0，則解得O、M兩點間的距離為（2）若，P從M點第一次到達O點時，則物塊B、C碰撞動量守恒有在傳送帶上有解得（3）由上述分析可知，當時，P不能到達O點，物塊C離開傳送帶的速度恰好為時，物塊C在傳送帶上運動的距離為則當時，物塊C離開傳送帶的速度為，則解得當時，物塊C離開傳送帶的速度滿足且解得1．（2024·貴州·模擬預測）如圖，光滑水平地面上，動量為的小球1向右運動，與同向運動且動量為的小球2發(fā)生彈性碰撞，，碰撞后小球1的速率為、動能為、動量大小為，小球2的速率為、動能為、動量大小為。下列選項一定正確的是（）A． B．碰撞后球2向右運動，球1向左運動C． D．【答案】D【詳解】AB．要發(fā)生碰撞則根據兩個物體發(fā)生彈性碰撞的公式可得碰撞后速度，因此當足夠大時可造成由彈性碰撞規(guī)律，當時可造成碰后兩者可以都向右運動，故AB錯誤；C．碰撞過程小球2動能增大，但初動能小球1的大于小球2的，故碰后動能大小不確定，故C錯誤；D．碰撞過程小球2動量增大，且系統動量守恒，所以，故D正確。故選D。2．如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為的人抓住氣球下方的長繩，氣球和長繩的總質量為，長繩的下端剛好和水平面接觸，當系統靜止時人離地面的高度為。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，氣球上升的距離大約是（可以把人看作質點）（）

A． B．C． D．【答案】C【詳解】設人的速度，氣球的速度，根據人和氣球動量守恒得則有由幾何關系氣球上升的距離為故選C。3．如圖所示，一個質量為4m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為R，一小物塊Q質量為m，從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接觸面均光滑，Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中，下列說法正確的是（）A．P、Q組成的系統滿足動量守恒B．P、Q的水平位移大小之比為C．Q滑到半圓槽最低點時，半圓槽的速率為D．Q運動到半圓槽右端最高點時，半圓槽由于慣性的緣故還會繼續(xù)運動【答案】C【詳解】A．P、Q組成的系統在水平方向所受合外力為零，在豎直方向所受合外力不為零，系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；B．設Q的水平位移大小為，則P的水平位移大小為，P、Q組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得則有可得P、Q的水平位移大小之比為故B錯誤；C．設Q到達最低點的速度大小為，此時P的速度大小為，P、Q組成的系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得系統機械能守恒，由機械能守恒定律得聯立解得故C正確；D．P、Q組成的系統在水平方向動量守恒，Q運動到半圓槽右端最高點時，P、Q的水平速度均為零，故D錯誤。故選C。4．（2024·陜西商洛·模擬預測）“世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩(wěn)著陸。假設萬戶及所攜設備[火箭（含燃料）、椅子、風箏等]總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為m的熾熱燃氣相對地面以的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．火箭的推力來自空氣對它的作用力B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為C．噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備動量守恒【答案】B【詳解】A．火箭的推力是燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A錯誤；B．在燃氣噴出后的瞬間，萬戶及所攜設備組成的系統動量守恒，設火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運動方向為正方向，則有解得火箭的速度大小為故B正確；C．噴出燃氣后，萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得，最大上升高度為故C錯誤；D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備因為受重力，系統動量不守恒，故D錯誤。故選B。5．（2020·山東濰坊·一模）光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面A，斜面質量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質量為m的可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為，則下列說法中正確的是（）A．B．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為C．滑塊到達斜面底端時的動能為D．此過程中斜面向左滑動的距離為【答案】D【詳解】A．當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力不等于，故A錯誤；B．滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為故B錯誤；C．B下降的高度為，其重力勢能的減小量等于，減小的重力勢能轉化為A、B的動能之和，則滑塊B的動能要小于，故C錯誤；D．系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為、，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得即有又解得故D正確。故選D。6．（2024·陜西西安·一模）如圖，質量的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數的輕彈簧，處于自然狀態(tài)。質量的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能與形變量的關系為（）。則下列說法正確的是（）A．木板剛接觸彈簧時速度為1m/sB．木板運動前右端距彈簧左端的距離0.125mC．木板與彈簧接觸后彈簧的最大壓縮量為0.5mD．木板與彈簧接觸到彈簧再次恢復原長的過程中系統機械能守恒【答案】AB【詳解】A．根據題意，設木板剛接觸彈簧時速度為，由動量守恒定律有解得故A正確；B．對木板，由牛頓第二定律有解得則木板運動前右端距彈簧左端的距離故B正確；CD．木板與彈簧接觸以后，對木板和小物塊組成的系統有小物塊的最大加速度為當時，小物塊與木板發(fā)生先對滑動，解得設此時木板和小物塊速度為，由能量守恒定律有解得即木板與彈簧接觸到彈簧再次恢復原長的過程中，小物塊與木板發(fā)生相對滑動，系統機械能不守恒，若小物塊與木板的動能全部轉化為彈簧的彈性勢能，木板與彈簧接觸后彈簧的壓縮量最大，則有解得由于木板運動到最遠的過程中，由摩擦力做功，則小物塊與木板的動能未全部轉化為彈簧的彈性勢能，則木板與彈簧接觸后彈簧壓縮量的最大值一定小于，故CD錯誤。故選AB。7．（2024·廣東江門·模擬預測）煙花飛上天后在天空中爆炸。當煙花從水平地面斜飛向天空且恰好沿水平方向運動的瞬間，突然炸裂成一大一小P、Q兩塊，且質量較大的P仍沿原來方向飛出去，下列說法正確的是（）A．炸裂時，質量較大的P受到的內力更大B．炸裂過程煙花水平方向動量守恒C．炸裂后，P飛行的水平距離較大D．炸裂后，P、Q兩塊同時落地【答案】BD【詳解】A．炸裂時、P、Q兩塊受到的內力相等，故A錯誤；B．炸裂時，沖天炮位于最高點，水平方向不受外力作用，所以水平方向動量守恒，故B正確；C．炸裂時，質量較小的Q可能仍沿原來的方向，也可以與原方向相反。無法確定P、Q兩塊炸裂時速度的大小關系，也就無法比較水平距離大小關系，故C錯誤；D．P、Q兩塊的速度方向均沿水平方向，之后做平拋運動回到地面，同時落地，故D正確。故選BD。8．（2024·湖南長沙·一模）如圖所示，質量為2m、長為L的長木板c靜止在光滑水平面上，質量為m的物塊b放在c的正中央，質量為m的物塊a以大小為的速度從c的左端滑上c，a與b發(fā)生彈性正碰，最終b剛好到c的右端與c相對靜止，不計物塊大小，物塊a、b與c間動摩擦因數相同，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．a與b碰撞前b與c保持相對靜止 B．a與b碰撞后，a與b都相對c滑動C．物塊與木板間的動摩擦因數為 D．整個過程因摩擦產生的內能為【答案】AC【詳解】A．a滑上c后相對滑動過程中，假設b相對c靜止，由牛頓第二定律得，對b、c整體，根據牛頓第二定律對b，根據牛頓第二定律解得即b與c間的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，則b相對c保持靜止，b、c一起加速運動，a與b碰撞前b做勻加速運動，速度不為零，故A正確；B．設a、b碰撞前瞬間a的速度為，a、b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，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，即碰撞后a、b兩者交換速度，b相對c滑動，由A可知，a、c相對靜止一起運動，故B錯誤；CD．b剛好滑到c的右端與c相對靜止，a、b、c共速，設共同速度為，a、b、c組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得其中解得，故C正確，D錯誤。故選AC。9．（2024·福建·一模）如圖（a），質量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質量為M的物塊丙以速度向右運動，與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖（b）中實線所示，其中時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P，拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為。下列說法正確的是（）A．碰后瞬間乙的速度大小為B．甲、乙間的動摩擦因數為C．甲到乙左端的距離D．乙、丙的質量比【答案】BC【詳解】AB．設碰后瞬間乙的速度大小為，碰后乙的加速度大小為a，由圖（b）可知拋物線的頂點為Q，根據x-t圖像的切線斜率表示速度，則有聯立解得，根據牛頓第二定律可得解得甲、乙間的動摩擦因數為故A錯誤，B正確；C．由于甲、乙質量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為根據圖（b）可知，時刻甲、乙剛好共速，則時間內甲、乙發(fā)生的相對位移為則甲到乙左端的距離滿足故C正確；D．物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程根據動量守恒和機械能守恒可得可得可得乙、丙的質量比為故D錯誤。故選BC。10．（2024·河北保定·一模）如圖所示，粗糙的水平面上放置一輕質彈簧，彈簧的右端固定，左端與質量為m的滑塊甲（視為質點）連接，小球乙（視為質點）靜止在C點，讓甲在A點獲得一個水平向左的初速度，且甲在A點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時彈簧所蘊含的彈性勢能為，當甲運動到B點時彈簧正好恢復到原長，甲繼續(xù)運動到C點時與乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲與水平面之間的動摩擦因數為，A、B兩點間距與B、C兩點間距均為L，下列說法正確的是（）A．甲剛到達B點時的速度大小為B．甲剛到達C點時，彈簧的彈性勢能為C．甲剛到達C點時（與乙發(fā)生碰撞前）的動能為D．若甲、乙碰撞剛結束時，乙的速度為，則乙的質量為【答案】BCD【詳解】A．甲剛到達B點時，彈簧彈性勢能為零，即彈簧對甲做功為，根據動能定理得A錯誤；B．由題意，根據對稱性可知，甲剛到達C點時，彈簧的彈性勢能為，B正確；C．根據動能定理得C正確；D．根據動量守恒定律和機械能守恒由題意，碰撞后乙的速度為得D正確。故選BCD。11．（2024·河北·一模）如圖所示，兩個均可視為質點的小球A、B用長為的輕質細繩連接，B球穿在水平固定的光滑細桿上，小球A的質量為，小球B的質量為3m。初始時細繩處于水平狀態(tài)，現將兩小球由靜止釋放，小球A在豎直平面內擺動的軌跡為如圖所示的半橢圓。已知半長軸為、半短軸為的橢圓在最低點的曲率半徑，向心加速度大小，不計空氣阻力，重力加速度大小為。下列說法正確的是（）A．圖中橢圓的半短軸為B．小球B的最大速度為C．小球A到達最低點時的速度大小為D．小球A到達最低點時細繩中的張力大小為【答案】ABD【詳解】A．系統在水平方向動量守恒，結合幾何關系有，，，解得故A正確；BC．小球到達最低點時，小球B的速度最大，有，解得，故B正確；C錯誤；D．顯然橢圓的半長軸，所以橢圓在最低點的曲率半徑為又這與利用相對速度計算的結果一致，即故D正確。故選ABD。12．（2024·天津·一模）靜止在水平地面上可視為質點的兩小物塊A、B的質量分別為，。兩者之間有一被壓縮的輕質微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離，如圖所示。某時刻將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，A沿著與墻壁垂直的方向運動，恰好不會與墻壁發(fā)生碰撞。A、B與地面之間的動摩擦因數為，取。求：（1）彈簧釋放后A獲得的速度大小；（2）彈簧釋放后B獲得的速度大小；（3）彈簧釋放前儲存的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）彈簧釋放后A做勻減速直線運動，由動能定理，可得解得（2）依題意，釋放彈簧過程中，系統動量守恒，有解得（3）根據能量守恒可知彈簧釋放前儲存的彈性勢能為13．（2024·安徽黃山·二模）如圖所示，a、b、c均為質量為m的物塊，其中b、c通過輕彈簧連接并靜置在水平地面上，彈簧的勁度系數為k，a物塊從距離b高為h處由靜止釋放，與b碰撞后黏在一起，碰撞時間極短。重力加速度為g，則：（1）求a、b碰撞后瞬間a、b整體的速度和加速度大?。唬?）若a物塊從距離b高為h0處由靜止釋放，彈簧恰好能恢復原長，求初始時彈簧的彈性勢能（結果用含h0的式子表示）；（3）若a物塊從距離b高為hx處由靜止釋放，c恰好能離開地面，求hx為多少？【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）a做自由落體運動，有解得a、b碰撞過程動量守恒，則所以碰撞后瞬間，對a、b整體，根據牛頓第二定律有解得加速度大小為（2）若a物塊從距離b高為h0處由靜止釋放，則有a、b碰撞過程動量守恒，則彈簧恰好能恢復原長，根據能量守恒可得聯立可得（3）若a物塊從距離b高為hx處由靜止釋放，且c恰好能離開地面，則聯立可得14．（2024·重慶·模擬預測）如題圖所示，光滑斜面與水平面平滑連接，水平面上O點左側光滑，右側動摩擦因數為μ。B、C、D三個物塊處于靜止狀態(tài)且剛好相互接觸，B的左端與O點對齊。A從光滑斜面的某一高度處由靜止滑下，在光滑水平面運動一段時間，與B發(fā)生碰后粘在一起形成組合體AB，碰撞過程中AB的機械能損失了50%，然后AB與C發(fā)生彈性碰撞，C又與D發(fā)生彈性碰撞，所有碰撞時間極短。C、D碰撞結束后瞬間，AB的動量、C的動量、D的動量都相同。質量為m的物塊D停止運動時，右端距離O點12l。所有物塊的寬度均為l，高度相同，均不翻轉，重力加速度為g。求：（1）D碰后瞬間的速度大小；（2）A、B和C的質量；（3）A下滑的高度以及所有物塊都停止運動時B右側與C左側的間距?！敬鸢浮浚?）；（2）3m，3m，3m；（3）；【詳解】設A、B、C三個物塊的質量分別為、、，A、B兩個物體碰前、碰后的速度分別為、；A、B、C三個物體碰后的速度分別為、；C與D發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為、。（1）對D物塊由動能定理可得D碰后瞬間的速度大小為（2）C與D發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律由機械能守恒定律因為C的動量和D的動量都相同，則聯立可得，，因為AB發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律碰撞過程中AB的機械能損失了50%，由能量守恒定律可得聯立可得，AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律由機械能守恒定律其中聯立可得（3）由（2）可知，，物塊A由斜面下滑的過程中，由動能定理聯立可得，A下滑的高度為AB碰后繼續(xù)運動的位移為C碰后繼續(xù)運動的位移為所以所有物塊都停止運動時B右側與C左側的間距為15．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）如圖所示，質量、半徑的四分之一光滑圓孤abc靜止在足夠長的光滑水平面上，末端與水平面相切，圓弧右側有一質量為的小