專項培優(yōu)10 碰撞與類碰撞模型（解析版）-2025版高三物理寒假精-品講義

專題10碰撞與類碰撞模型目錄TOC\o"1-3"\h\u【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 10【模型三】碰撞模型三原則 21【模型四】小球—曲面模型 23【模型五】小球—彈簧模型 28【模型六】子彈打木塊模型 37【模型七】滑塊木板模型 44【模型一】彈性碰撞模型1．彈性碰撞v1v2v1ˊv2ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，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．“動靜相碰型”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。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，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)1．（2024·江西·一模）如圖，在水平地面上固定一圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)壁光滑，圓環(huán)內(nèi)嵌著A、B兩個大小相同的小球，它們的質(zhì)量分別是、，且，小球的直徑略小于圓環(huán)的孔徑且它們之間的摩擦忽略不計，圓環(huán)的內(nèi)半徑遠大于球的半徑，初始時B球處于靜止狀態(tài)，A球以一定初速度撞擊B球，A、B兩個球在a點發(fā)生彈性碰撞，一段時間后，A、B兩個球在b點發(fā)生第二次彈性碰撞，a、b兩點與圓環(huán)圓心的連線夾角為120°，則為（

）A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．5∶1【答案】A【詳解】兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為、，則根據(jù)動量守恒和機械能守恒有，聯(lián)立解得，第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，有（，，），，（，，）故A、B通過的路程之比為（，，），則有（，，）聯(lián)立解得（，，）由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故，即故選A。2．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）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【詳解】設(shè)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(shè)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。3．（2024·廣西·高考真題）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在（）A．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動C．水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v【答案】BC【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守恒可知由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即，碰后小球N做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動。故選BC。4.（2024·廣東肇慶·三模）臺球是深受大眾喜愛的娛樂健身活動。如圖，運動員采用“點桿”擊球法（當(dāng)球桿桿頭接觸母球的瞬間，迅速將桿抽回，母球離桿后與目標球發(fā)生對心正碰，視為彈性碰撞）擊打母球，使得目標球被碰撞后經(jīng)邊反彈進入球洞，這種進球方式被稱為“翻袋”進球法。已知兩球質(zhì)量均為0.2kg，且可視為質(zhì)點，球間距離為0.9m，目標球與擋壁間虛線距離為0.3m，目標球被擋壁反彈后向球洞運動方向與擋壁間夾角為30°，，球與桌面間阻力為重力的，球與擋壁碰撞過程中損失的動能，重力加速度。（1）求母球在桌面做直線運動時的加速度大?。唬?）若某次擊打后母球獲得的初速度為1m/s，且桿頭與母球的接觸時間為0.05s，求母球受到桿頭的平均沖擊力大??；（3）若能到達球洞上方且速率小于6m/s的球均可進洞，為使目標球能進洞，求母球初速度需要滿足的條件。（計算結(jié)果都可以用根號表示）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由牛頓第二定律可得根據(jù)題意可知，解得（2）桿頭擊打母球，對母球由動量定理可得代入數(shù)據(jù)解得（3）母球與目標球碰撞前，做勻減速直線運動，由動能定理可得母球與目標球碰撞前后，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得目標球前進到CD擋壁，做勻減速直線運動，由動能定理可得目標球與CD擋壁碰撞，根據(jù)題意有即目標球運動到A球洞過程，由動能定理可得又滿足聯(lián)立解得5．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量分別為m、3m、3m的小球A、B、C靜止在光滑的水平面上，且球心在同一直線上，小球B用長為L1（未知）的細線連接懸于O1點，小球C用長為L2（未知）的細線連接懸于O2點，小球B、C剛好與水平面接觸，現(xiàn)給小球A一個水平向右大小為v0的初速度，小球A與小球B發(fā)生彈性正碰，使小球B恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動，接著小球A與小球C也發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球C也恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動，重力加速度大小為g，不計小球的大小，求：（1）懸掛小球B的細線長L1；（2）小球A與小球C第一次碰撞后一瞬間，細線對小球C的拉力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）18mg【詳解】（1）A、B碰撞過程，有解得，碰后小球B恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動，則小球B到達最高點時有小球B從最低點運動到最高點，根據(jù)機械能守恒定律可得聯(lián)立解得（2）A、C碰撞過程，有解得，碰后小球C恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動，則小球C到達最高點時有小球C從最低點運動到最高點，根據(jù)機械能守恒定律可得兩球碰后瞬間，對C，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得6．（2024·江西贛州·二模）某學(xué)習(xí)小組通過一款小游戲研究碰撞問題。游戲裝置俯視圖如圖所示，在粗糙的水平面上固定一圓形光滑軌道，緊貼軌道內(nèi)側(cè)放置兩個可視為質(zhì)點的小物塊A、B，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為，圓形光滑軌道的半徑為r。現(xiàn)給A一個向左的初速度，使其沿著軌道在水平面上做圓周運動，運動半周時與B發(fā)生彈性碰撞。已知，重力加速度為g。（1）求剛開始運動時A的加速度大小a：（2）若，，，g取，求A與B碰后B滑行的路程s?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）A剛開始運動時軌道的彈力提供向心力A所受摩擦力為根據(jù)牛頓第二定律解得（2）設(shè)A與B碰撞前瞬間的速度為，根據(jù)動能定理解得根據(jù)動量守恒定律根據(jù)機械能守恒定律解得又解得7．（2024·河南新鄉(xiāng)·二模）如圖所示，某同學(xué)在水平雪地里做了一個冰壺比賽場地，將兩個冰壺A、B從擲出線先、后（時間差）擲出，擲出時的速度大小分別為，，兩冰壺均沿中心線運動，當(dāng)冰壺B追上冰壺A時兩者發(fā)生彈性正碰（碰撞時間極短），之后冰壺A恰好到達大本營中心。已知冰壺A、B的質(zhì)量分別為、，兩冰壺與冰面的動摩擦因數(shù)均為μ=0.04，兩冰壺均可視為質(zhì)點，取重力加速度大小。求：（1）兩冰壺碰撞前的速度大小、；（2）大本營中心到擲出線的距離s；（3）冰壺B擲出后與冰壺A間的最大距離d?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)冰壺B運動時間t后追上冰壺A，兩冰壺在冰面上減速時的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得由勻變速直線運動規(guī)律可得解得（2）設(shè)兩冰壺碰撞后的速度大小分別為、，則有解得（3）設(shè)最終兩冰壺間的距離為x，有解得則冰壺B擲出后與冰壺A間的最大距離為【模型二】非彈性碰撞、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。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得：?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)損失的動能最多，損失動能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2.（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=1．（2024·山東濟南·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m＝2kg。開始時橡皮筋松弛，B靜止。給A向左的初速度，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2倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。整個過程中橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，則滑塊B的質(zhì)量為（）A．4kg B．3kg C．2kg D．1kg【答案】D【詳解】設(shè)碰撞前瞬間A、B的速度大小為別為、，碰撞后的共同速度為，根據(jù)題意有，對該系統(tǒng)由動量守恒定律有聯(lián)立解得故選D。2．如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個質(zhì)量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L，某個滑塊均可看成質(zhì)點?，F(xiàn)給第一個滑塊水平向右的初速度，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動到第個滑塊與第n個滑塊相碰時的總時間為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律可知第二個滑塊開始運動的速度大小為同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為第（n-1）個球開始滑動的速度大小為因此運動的總時間為故選B。3．如圖甲，用繩長L=0.8m的輕繩懸掛質(zhì)量m的鐵球a，另一個質(zhì)量為m的鐵球b從與豎直方向夾角為θ的光滑圓弧軌道某位置靜止釋放，在最低處與a球發(fā)生完全非彈性碰撞，圖乙是碰撞后輕繩拉力F與角度余弦值cosθ的函數(shù)關(guān)系，已知圓弧半徑R=L，g取10m/s2，下列說法錯誤的是（）A．鐵球的質(zhì)量m=1kgB．從θ=60°的位置靜止釋放，碰撞之后的兩球速度為m/sC．從θ=60°的位置靜止釋放，碰撞前后損失的機械能為2JD．從右側(cè)θ位置靜止釋放后，碰撞之后的兩球，恰好能擺動到左側(cè)偏離豎直方向θ處【答案】D【詳解】A．根據(jù)機械能守恒定律可知碰撞過程動量守恒，有在最低處，由牛頓第二定律得聯(lián)立可得結(jié)合圖像可知所以故A正確，不符合題意；BC．結(jié)合圖線，θ=60°時，F(xiàn)=25N，代入上式可得，所以碰撞前后損失的機械能為故BC正確，不符合題意；D．碰撞之后，能量損失，因此不可能擺動到左側(cè)偏離豎直方向θ處，故D錯誤，符合題意。故選D。4.滑塊P以初速度沿水平軌道滑行距離后與靜止在軌道上的滑塊Q發(fā)生完全非彈性碰撞，已知兩滑塊在水平軌道上滑行受到的阻力與其重力之比均為k，碰撞后滑行x距離后停止，則P、Q的質(zhì)量之比為（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】設(shè)滑塊P的質(zhì)量為m1，滑塊Q的質(zhì)量為m2，碰撞前，對滑塊P滑動過程，由動能定理有滑塊P、Q碰撞，以方向為正方向，由動量守恒定律有碰撞后滑塊P、Q同速滑動，由動能定理有聯(lián)立解得故選C。5.已知一滴雨珠的重力可達蚊子體重的幾十倍，但是下雨時蚊子卻可以在“雨中漫步”。為研究蚊子不會被雨滴砸死的訣竅，科學(xué)家用高速相機拍攝并記錄蚊子的運動情況，研究發(fā)現(xiàn)蚊子被雨滴擊中時并不抵擋雨滴，而是與雨滴融為一體，順應(yīng)雨滴的趨勢落下，隨后迅速側(cè)向微調(diào)與雨滴分離。已知蚊子的質(zhì)量為m，初速度為零；雨滴質(zhì)量為50m，擊中蚊子前豎直勻速下落的速度為v，蚊子與雨滴的作用時間為t，以豎直向下為正方向。假設(shè)雨滴和蚊子組成的系統(tǒng)所受合外力為零。則（）A．蚊子與雨滴融為一體后，整體的的速度大小為B．蚊子與雨滴融為一體的過程中，雨滴的動量變化量為C．蚊子與雨滴融為一體的過程中，蚊子受到的平均作用力為D．若雨滴直接砸在靜止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力將變小【答案】C【詳解】A．蚊子與雨滴融為一體的過程中，根據(jù)動量守恒有解得A錯誤；B．雨滴的動量變化量為B錯誤；C．設(shè)蚊子受到的平均作用力為F，根據(jù)動量定理有解得C正確；D．若雨滴直接砸在靜止的蚊子上，蚊子與雨滴的作用時間變短，雨滴的動量變化量變大，則雨滴受到的平均作用力將變大，蚊子受到的平均作用力也變大，D錯誤。故選C。6.在光滑水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體a與另一物體b發(fā)生正碰，碰撞時間極短，兩物體的位置隨時間變化規(guī)律如圖所示，以a物體碰前速度方向為正方向，下列說法正確的是（）A．碰撞后a的動量為 B．碰撞后b的動量為C．物體b的質(zhì)量為2kg D．碰撞過程中a對b的沖量為【答案】D【詳解】AB．由題圖可知，碰撞前a的速度為碰前總動量撞后a、b共同的速度為則碰撞后a的動量為因碰撞過程動量守恒，則碰撞后b的動量為故AB錯誤；C．根據(jù)題意，設(shè)b的質(zhì)量為，由圖可知，碰撞前b物體靜止，a、b碰撞過程中，由動量守恒定律可得解得故C錯誤；D．根據(jù)題意，對b物體，由動量定理有解得故D正確。故選D。7．（2024·山東煙臺·二模）質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示，若令，則p的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】圖像的斜率表示物體的速度，兩物體正碰后，碰后的速度為碰后的速度大小為兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即且整理解得即故選C。8．（2024·山東煙臺·一模）如圖所示，某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為m、相距2L沿直線排列，靜置于水平地面上。為節(jié)省收納空間，工人給第一輛車一個瞬間的水平推力F使車自行運動，并與第二輛車相碰，且在極短時間內(nèi)相互嵌套結(jié)為一體，以共同的速度運動了距離，恰好?？吭趬叀Ｈ糗囘\動時受到的摩擦力恒為車重的k倍，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則工人給第一輛購物車水平推力F的沖量大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)第一輛車碰前瞬間的速度為，與第二輛車碰后的共同速度為，由動量守恒定律有根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得設(shè)第一輛車推出時的速度為，根據(jù)動能定理可得根據(jù)動量定理，工人給第一輛購物車水平推力F的沖量大小為故選A。9．（2024·貴州·模擬預(yù)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(jù)兩個物體發(fā)生彈性碰撞的公式可得碰撞后速度，因此當(dāng)足夠大時可造成由彈性碰撞規(guī)律，當(dāng)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(tǒng)動量守恒，所以，故D正確。故選D。10．（2024·黑龍江齊齊哈爾·一模）如圖所示為雜技表演“胸口碎大石”，其原理可解釋為：當(dāng)大石塊獲得的速度較小時，下面的人感受到的振動就會較小，人的安全性就較強，若大石塊的質(zhì)量是鐵錘的150倍，則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則由動量守恒定律解得如果發(fā)生的是彈性碰撞，則由動量守恒定律由機械能守恒定律聯(lián)立解得故撞擊后大石塊的速度范圍為故撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的。故選B。11.如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球。時，乙球以的初速度沖向原來靜止的甲球，在時間內(nèi)它們的圖線如圖（b）所示。整個運動過程中兩球未相碰，設(shè)、時刻兩球的總電勢能分別為、，則（）A．時刻兩球最近， B．時刻兩球最近，C．時刻兩球最近， D．時刻兩球最近，【答案】A【詳解】由圖（b）可知，時間內(nèi)乙球向左減速，甲球向左加速，可知兩球帶同種電荷，兩球間存在斥力，時刻兩球速度相同，相距最近，由動量守恒定律可得解得整個過程電場力做負功，電勢能增加，增加量為其中之后在斥力的作用下，甲繼續(xù)向左加速，乙向左減速至速度為零后向右加速，t3時刻兩球沒有相距最近，過程中，電勢能的增加量為其中，代入數(shù)據(jù)可得故t1時刻兩球的總電勢能較大，即故選A?！灸Ｐ腿颗鲎材Ｐ腿瓌t(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(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動，則應(yīng)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。【其它方法①】臨界法彈性碰撞沒有動能損失，完全非彈性碰撞動能損失最多，計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。1．如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩小球在光滑的水平面上發(fā)生正碰，碰前A、B的速度分別為，，碰后A、B兩小球的速度和可能是（

）

A．， B．，C．， D．，【答案】C【詳解】A．兩球碰撞前后應(yīng)滿足動量守恒定律選項中數(shù)據(jù)不滿足動量守恒，A錯誤；BC．兩個選項滿足動量守恒也滿足碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和如果碰后A的速度方向不變，則A球的速度不大于B球的速度，即有，B錯誤，C正確；D．碰前兩球的動能之和，即碰后兩球的動能之和能量增加，D錯誤。故選C。2.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動。兩球質(zhì)量關(guān)系為，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為，則（）A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10【答案】A【詳解】根據(jù)題意可知，A、B兩球均向右運動，由可知，由于兩球質(zhì)量關(guān)系為，則A球的速度是B球速度的2倍，故左方為A球，根據(jù)動量守恒定律可知即碰撞后，A球的動量為，B球的動量為，根據(jù)可得故BCD錯誤A正確。故選A。3.圖為丁俊暉正在準備擊球，設(shè)丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變?yōu)?，則兩球質(zhì)量與間的關(guān)系可能是（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有解得碰后，兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則解得綜上可知故選C?！灸Ｐ退摹啃∏颉婺Ｐ?1)小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大水平方向動量守恒：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動量守恒：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)1.（2024·青海海南·一模）如圖所示，一個質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面上，滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧圓弧半徑。E點與水平面相切。另有一個質(zhì)量為m的小球以的初速度水平向右從E點沖上滑塊，若小球剛好沒越過圓弧的上端，已知重力加速度大小不計一切摩擦。則滑塊與小球質(zhì)量的比值為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【詳解】根據(jù)題意，小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊的速度相同，設(shè)為，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)機械能守恒定律有聯(lián)立解得故選C。2．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，在水平面上放置一個右側(cè)面半徑為的圓弧凹槽，凹槽質(zhì)量為，凹槽點切線水平，點為最高點.一個質(zhì)量也為的小球以速度從點沖上凹槽，重力加速度為，不計一切摩擦，則下列說法正確的是（

）

A．小球在凹槽內(nèi)運動的全過程中，小球與凹槽的總動量守恒，且離開凹槽后做平拋運動B．若，小球恰好可到達凹槽的點且離開凹槽后做自由落體運動C．若，小球最后一次離開凹槽的位置一定是點，且離開凹糟后做自由落體運動D．若，小球最后一次離開凹槽的位置一定是點，且離開凹槽后做豎直上拋運動【答案】C【詳解】A．小球在凹槽內(nèi)運動的全過程中，小球與凹槽的水平方向動量守恒，但總動量不守恒，故A錯誤；B．若小球恰好到達點時，由于水平方向動量守恒有由機械能守恒解得故B錯誤；CD．當(dāng)時，小球從點飛出后做斜拋運動，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回時恰好能落到點，故最后一次離開斜面的位置一定是點，由水平方向動量守恒得由機械能守恒得解得，可知小球最后一次離開凹槽的位置一定是點，且離開凹槽后做自由落體運動，故C正確，D錯誤。故選C。3.（2024·遼寧沈陽·一模）如圖（a），一滑塊靜置在水平面上，滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧最低點切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度從圓弧最低點沖上滑塊，且小球能從圓弧最高點沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為、，作出某段時間內(nèi)圖像如圖（b）所示，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是（

）A．滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒B．當(dāng)滑塊的速度為時，小球運動至最高點C．小球與滑塊的質(zhì)量比為1∶2D．小球的初速度大小可能為【答案】AC【詳解】A．小球滑塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒，A正確。C．設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v，在水平方向上由動量守恒定律得化簡為結(jié)合圖（b）可得即C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求得B錯誤；D．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機械能守恒其中，求得小球的初速度大小不可能為D錯誤。故選AC。4．（2024·遼寧·一模）如圖所示，在光滑水平面上右側(cè)放有一個光滑圓弧軌道ABC，其圓心為O，質(zhì)量為m的小球從水平面上P點以初速度向右運動，滑上圓弧軌道后從C點拋出。已知圓弧軌道質(zhì)量為，圓弧軌道半徑為，重力加速度為g，，則小球與圓弧軌道作用的過程中（）A．小球離開C點時的速度與水平方向的夾角為B．小球運動的最高點相對水平面的高度為C．圓弧軌道的最大速度為D．小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度水平向左【答案】BCD【詳解】A．小球運動到C點過程中，根據(jù)水平方向動量守恒可知根據(jù)能量守恒解得所以小球離開C點時的速度與水平方向的夾角為53°，故A錯誤；B．小球到達斜面最高點后斜拋，豎直方向解得小球運動的最高點相對水平面的高度為故B正確；CD．因為小球離開圓弧軌道做斜拋運動時水平速度與圓弧軌道相同，所以小球還能落到圓弧軌道上，最后相對圓弧軌道向左運動到水平面上，設(shè)小球從左側(cè)離開圓弧軌道時其速度為，圓弧軌道的速度為，則有聯(lián)立解得即小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向向左，故CD正確。故選BCD。【模型五】小球—彈簧模型(1)兩小球速度相同時，彈簧最短，彈性勢能最大動量守恒：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：動量守恒：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)1.（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A以初動量沿直線運動，與靜止的帶輕質(zhì)彈簧的小球B發(fā)生正碰，此過程中，小球A的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖乙所示，時刻圖線的切線斜率最大，此時縱坐標為，時刻縱坐標為零。已知小球A、B的直徑相同，則（）A．小球A、B的質(zhì)量之比為B．時刻彈簧的彈性勢能最大C．小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比為D．0~時間內(nèi)，小球B的動量變化量為【答案】C【詳解】B．時刻圖線的切線斜率最大，則小球A的動量變化率最大，根據(jù)可知小球A的速度變化率最大，即加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可知此時彈簧彈力最大，由胡克定律可知，此時彈簧形變量最大，則此時彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；A．時刻兩小球共速，設(shè)速度大小均為v，則小球A的質(zhì)量根據(jù)動量守恒有則小球B的質(zhì)量由此可知兩小球的質(zhì)量之比為故A錯誤；C．根據(jù)機械能守恒有小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比故C正確；D．時間內(nèi)，小球B的動量變化量故D錯誤。故選C。2．（2024·北京平谷·模擬預(yù)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(zhì)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(jù)題意可知，無論圖甲還是圖乙，當(dāng)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。3．（2024·江西贛州·一模）如圖甲所示，光滑水平地面上有A、B兩物塊，質(zhì)量分別為2kg、6kg，B的左端拴接著一勁度系數(shù)為的水平輕質(zhì)彈簧，它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B方向運動，從A接觸彈簧開始計時至A與彈簧脫離的過程中，彈簧長度l與時間t的關(guān)系如圖乙所示，彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi)，已知彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量），則（）A．在0~2t0內(nèi)B物塊先加速后減速B．整個過程中，A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒C．v0=2m/sD．物塊A在t0時刻時速度最小【答案】C【詳解】A．在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即B受到的彈力始終向右，所以B物塊始終做加速運動，故A錯誤；B．整個過程中，A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；C．由圖可知，在t0時刻，彈簧被壓縮到最短，則此時A、B共速，此時彈簧的形變量為則根據(jù)A、B物塊系統(tǒng)動量守恒有根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒有聯(lián)立解得故C正確；D．在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即A受到彈力始終向左，所以A物塊始終做減速運動，則物塊A在2t0時刻時速度最小，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為2M的物體A以速度v向右勻速滑動，質(zhì)量為M的B物體左端與輕質(zhì)彈簧連接并靜止在光滑水平面上，在物體A與彈簧接觸后，以下判斷正確的是（）A．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對A的彈力沖量大小為B．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對B的彈力做功的功率一直增大C．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，彈簧對A、B做功的代數(shù)和為0D．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，最大彈性勢能為【答案】A【詳解】A．在物體A與彈簧接觸過程中，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律得解得根據(jù)動量定理得彈簧對A的彈力沖量大小解得A正確；B．在物體A與彈簧接觸到彈簧最短的過程中，彈簧的彈力和B的速度都增大，彈簧對B的彈力做功的功率增大；在彈簧接近原長時，B的速度接近，而彈簧的彈力幾乎等于零，彈簧對B的彈力做功的功率幾乎等于零，所以在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對B的彈力做功的功率先增大后減小，B錯誤；CD．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，根據(jù)動量守恒定律得解得彈簧對A、B做功分別為彈簧對A、B做功的代數(shù)和為最大彈性勢能為CD錯誤。故選A。5.（2024·湖南邵陽·三模）如圖（a），一質(zhì)量為的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從0到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則下列說法中正確的是（）A．物塊B的質(zhì)量為B．碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為C．時間內(nèi)物塊B運動的距離為D．彈簧壓縮量的最大值為【答案】BC【詳解】A．時刻，由動量守恒定律可知解得故A錯誤；B．由圖像可知時刻兩物塊速度相等，彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律解得故B正確；CD．解法一：同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，由牛頓第二定律可知同一時刻同一時刻A、B的瞬時速度分別為，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積可得，又解得彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓彈彈簧過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有之間，位移等于速度在時間上的累積，可得又代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值故C正確，D錯誤。故選BC。6.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為和的兩物塊、B相連接，并且靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使瞬時獲得水平向右的速度，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得（）A．與B兩物塊的質(zhì)量之比為B．在時刻與B兩物塊間的彈簧處于壓縮狀態(tài)C．在時刻彈簧的彈性勢能最大D．在從0到過程中，彈簧的最大彈性勢能為【答案】AC【詳解】A．系統(tǒng)動量守恒，從開始到時刻有將，代入得解得故A正確；B．由乙圖可知，時刻彈簧恢復(fù)原長，故B錯誤；CD．由乙圖可知，時刻速度相同，總動能最小，彈簧的彈性勢能最大，則最大彈性勢能為已知，代入上式，得故C正確，故D錯誤。故選AC。【模型六】子彈打木塊模型ss2ds1v0子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：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動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個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。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。要點詮釋：子彈和木塊最后共同運動，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒：……①從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(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，顯然有對子彈用動能定理：……②對木塊用動能定理：……③②相減得：……④對子彈用動量定理：……⑤對木塊用動量定理： ……⑥點評：這個式子的物理意義是：恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應(yīng)該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（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：至于木塊前進的距離，可以由以上②、③相比得出：從牛頓運動定律和運動學(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動，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。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：④當(dāng)子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是（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式計算的大小。1.如圖所示，質(zhì)量為m的子彈以水平初速度射入靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊中，子彈未從木塊中射出，最后共同速度為v，在此過程中，木塊在地面上滑動的距離為s，子彈射入木塊的深度為d，子彈與木塊間的相互作用力為f，以下關(guān)系式中不正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】A.對子彈由動能定理可知即選項A正確，不符合題意；B.對子彈和木塊的系統(tǒng)由能量關(guān)系可知選項B正確，不符合題意；C.對子彈和木塊系統(tǒng)由動量守恒定律可知選項C正確，不符合題意；D.對木塊由動能定理選項D錯誤，符合題意。故選D。2.（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(nèi)擊穿物體B后速度減為，已知子彈A、物體B、圓筒C的質(zhì)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(nèi)擊穿物體B后速度減為，則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有B上升時，與C組成的系統(tǒng)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(tǒng)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。3.如圖所示，質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動，實線木塊是初位置，虛線是剛達到共速時木塊位置。已知當(dāng)子彈相對木塊靜止時，木塊前進距離L，子彈進入木塊的深度為s。若木塊對子彈的阻力f視為恒定，則下列關(guān)系式中正確的是（）A． B．C．系統(tǒng)摩擦生熱Q=fs D．【答案】ACD【詳解】A.以木塊為研究對象，根據(jù)動能定理得子彈對木塊做功等于木塊動能的增加，即，故A正確；BD.以子彈為研究對象，由動能定理得故B錯誤，D正確；C.由上兩式相加，得根據(jù)能量守恒定律可知系統(tǒng)摩擦生熱則得到故C正確。故選ACD。4.如圖所示，光滑水平面上放置一質(zhì)量為M的木塊，質(zhì)量為m的子彈以v0速度射入木塊，子彈未穿出木塊且達到共同速度為v，該過程中子彈與木塊相互作用力恒定不變，產(chǎn)生的熱量為Q，木塊獲得的動能為Ek，則下列各項正確的是（）A．子彈對木塊做功和木塊對子彈做功代數(shù)和為0B．子彈對木塊作用力的沖量大小等于木塊對子彈作用力沖量的大小C．D．該過程產(chǎn)生的熱量Q一定大于木塊獲得的動能【答案】BCD【詳解】A．設(shè)子彈射入木塊的深度為，木塊的位移為，子彈與木塊之間的力大小為，則子彈對木塊做的功木塊對子彈做的功所以兩個功的代數(shù)和不為零，故A錯誤；B．根據(jù)沖量的定義式及牛頓第三定律可知，子彈對木塊作用力的沖量大小等于木塊對子彈作用力沖量的大小，故B正確；C．根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得故C正確；D．木塊獲得的動能為該過程產(chǎn)生的熱量與木塊獲得的動能之比為可知該過程產(chǎn)生的熱量一定大于木塊獲得的動能，故D正確。故選BCD。5.（2024·廣東深圳·三模）如圖所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接。一質(zhì)量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質(zhì)量為m的子彈射中，子彈留在木塊中。子彈擊中木塊前的速度為。若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為g，求：（1）子彈擊中木塊后的速度；（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量Q；（3）若，且，求木塊從C點飛出后落地點與B點的距離s?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）子彈擊中木塊，整個系統(tǒng)動量守恒，有解得子彈擊中木塊后的速度（2）根據(jù)能量守恒定律可得（3）子彈擊中木塊后，根據(jù)機械能守恒定律可知解得木塊的落地時間所以木塊從C點飛出后落地點與B點的距離【模型七】滑塊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-v01．如圖所示，質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的木塊A放在長木板的左端，一顆質(zhì)量為的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時速度為，木塊在木板上滑行的時間為t，則下列說法錯誤的是（）

A．木塊獲得的最大速度為B．木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為C．木塊在木板上滑動時，木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為D．因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差【答案】B【詳解】A．對子彈和木塊A組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律解得此后木塊A與子彈一起做減速運動，則此時木塊的速度最大，選項A正確；B．木塊滑離木板時，對木板和木塊包括子彈系統(tǒng)解得選項B錯誤；C．對木板，由動量定理：解得選項C正確；D．由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差，選項D正確。本題選錯誤的，故選B。2.長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖所示，g＝10m/s2.下列說法正確的是（）A．木板獲得的動能為1JB．系統(tǒng)損失的機械能為1JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1【答案】AD【詳解】A．由題圖可知，最終木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得M＝2kg則木板獲得的動能為Ek＝Mv2＝×2×12J＝1J故A正確；B．系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2J故B錯誤；C．根據(jù)v－t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1s內(nèi)B的位移為sB＝×(2＋1)×1m＝1.5mA的位移為sA＝×1×1m＝0.5m則木板A的最小長度為L＝sB－sA＝1m故C錯誤；D．由題圖可知，B的加速度a＝＝－1m/s2負號表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmg＝ma解得μ＝0.1故D正確。故選AD。3.（2024·江蘇蘇州·三模）如圖所示，長為L、質(zhì)量為m的木板靜止于光滑的水平面上，在木板上右端固定一豎直輕質(zhì)彈性擋板，一質(zhì)量也為m的小木塊以初速度水平?jīng)_上木板，最后恰好不與擋板碰撞，已知重力加速度大小為。（1）求小木塊的最終速度大小v；（2）若小木塊以的速度水平?jīng)_上靜止的木板，求最終小木塊與擋板間的距離d；（木塊與擋板碰撞時間極短）（3）在（2）的條件下，求木塊與木板相對靜止前木板通過的位移大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小木塊恰好不與擋板碰撞，根據(jù)動量守恒定律有解得對系統(tǒng)，由能量守恒定律有解得若小木塊以的速度水平?jīng)_上靜止的木板，對系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有解得對系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有解得則有（3）設(shè)木塊與擋板碰撞前瞬間木塊速度大小為，木板速度大小為，則有，解得，由于兩者質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，即有，碰撞前木板做加速度大小為的勻加速直線運動，碰撞后木板做加速度大小為的勻減速直線運動，則有4．（2024·遼寧朝陽·三模）如圖所示，一塊質(zhì)量的長木板A靜止放置于光滑水平地面上，其左端放置一個質(zhì)量的物塊B。在物塊B的上方高處有一懸掛點O，通過輕繩懸掛質(zhì)量的小球C，小球C靜止時與物塊B等高且恰好無相互作用力接觸。現(xiàn)將小球C拉至輕繩與豎直方向的夾角處由靜止釋放，小球C下擺至最低點時與物塊B發(fā)生碰撞并粘在一起（C不與A接觸），同時輕繩被刀片割斷。已知物塊B與長木板A間的動摩擦因數(shù)，物塊B不會從A上滑離，取重力加速度大小，物塊B、小球C均可看成質(zhì)點，不計空氣阻力。求：（1）小球C與物塊B碰后瞬間的速度大??；（2）長木板A的最小長度?！敬鸢浮浚?）；（2）0.32m【詳解】（1）小球C由靜止釋放到第一次到達最低點的過程中，由動能定理有解得小球C與物塊B碰撞過程，由動量守恒定律有解得（2）假設(shè)長木板A與B、C達到共同速度，由動量守恒定律有解得設(shè)此過程長木板A的長度為x，由功能關(guān)系有解得即長木板A的最小長度為0.32m。5．（2024·遼寧遼陽·二模）如圖所示，可看成質(zhì)點的物體靜置在木板右端，物體以的速度沿水平地面向右運動，與木板發(fā)生彈性正碰（碰撞時間極短），最終物體恰好能到達木板的左端。已知物體、的質(zhì)量都等于木板質(zhì)量的2倍，物體與木板之間的動摩擦因數(shù)，水平地面足夠大且光滑，取重力加速度大小，求：（1）碰撞后物體的速度大小；（2）物體在木板上的加速時間；（3）物體、在運動方向上的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)木板C的質(zhì)量為，物體A、B的質(zhì)量為，B碰撞C由動量守恒定律可知由機械能守恒可知聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得（2）A恰好