专题10 碰撞与类碰撞模型-2024版高三物理培优-模型与方法

2024版高三物理培优——模型与方法 专题10碰撞与类碰撞模型 目录TOC\o"1-3"\h\u【模型一】弹性碰撞模型 1【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型 15【模型三】碰撞模型三原则 23【模型四】小球—曲面模型 27【模型五】小球—弹簧模型 37【模型六】子弹打木块模型 48【模型七】滑块木板模型 57【模型一】弹性碰撞模型1．弹性碰撞v1v2v1ˊv2ˊm1m2发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：

m1v1+m2v1v2v1ˊv2ˊm1m2m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2(2)

联立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=.特殊情况：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.2．“动静相碰型”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有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)结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)【模型演练1】.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为的小球悬挂在O点，绳长，轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度，小物块沿水平地面滑到B点停止运动。已知小物块质量为，小物块与水平地面间的动摩擦因数，A点到B点的距离，重力加速度，则下列说法正确的是（）A．小球与小物块质量之比 B．小球与小物块碰后小物块速率C．小球与小物块碰撞是弹性碰撞 D．小球与小物块碰撞过程中有机械能损失【答案】BC【详解】B．根据牛顿第二定律可知小物块的加速度根据匀变速运动公式解得小球与小物块碰后小物块速率B正确；A．设小球碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，根据动能定理解得以向右为正方向，根据动量守恒定律解得A错误；CD．碰撞前动能碰撞后动能碰撞前后动能相等，所以小球与小物块碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C正确，D错误。故选BC。【模型演练2】（2023·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑空气阻力，则下列判断中错误的是（）A．下落过程中两个小球之间没有相互作用力B．A与B第一次碰后小球B的速度为零C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2hD．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h【答案】C【详解】A．球B与地面碰撞前，对AB整体，由牛顿第二定律得（mA+mB）g＝（mA+mB）a解得a＝g设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对B球，由牛顿第二定律得mBg+T＝mBa解得T＝0故A不符合题意；B．根据机械能守恒定律可得（mA+mB）gh＝（mA+mB）解得球A、B与地面碰撞前瞬间的速度大小为v0＝B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为vA、vB，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB由机械能守恒定律得（mA+mB）v02＝mAvA2+mBvB2由题可知mB＝3mA联立解得vA＝vB＝0故B不符合题意；CD．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度为故C符合题意，D不符合题意。故选C。【模型演练3】（2023·天津·模拟预测）保龄球运动既可以锻炼身体，又可以缓解心理压力，而且老少咸宜，广受大众的喜爱。某同学设想了如下过程来模拟一次保龄球的投掷、运行、撞击的训练过程．如图所示，将一质量为的保龄球从A点开始由静止向前掷出，球沿曲线运动，脱手后，在B点以的速度切入水平球道。球做直线运动经时间后在C点与质量为的球瓶发生正碰。已知在A点时保龄球的下沿距离球道表面的高度为，保龄球在球道上运动时受到的阻力恒为重力的倍，g取，忽略空气阻力，忽略保龄球的滚动，球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失，球与球瓶均可看成质点。求：（1）运动员在掷球过程中对保龄球做的功；（2）在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度的大小；（3）碰撞后，球瓶的速度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）运动员在掷球过程中，根据动能定理可得解得运动员对保龄球做的功为（2）保龄球从B到C的过程，根据动量定理可得解得在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度大小为（3）球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失，可知碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，则有联立解得碰撞后，球瓶的速度大小为【模型演练4】．（2023春·北京海淀·高三统考阶段练习）质量为m1的A球从高度为H处由静止开始沿曲面下滑，与静止在水平面上质量为m2的B球发生正碰，两球大小相同，碰撞时间极短，碰撞过程中没有动能损失。不计一切摩擦，重力加速度为g。

（1）根据动能定理和重力做功与重力势能的关系，证明A球沿曲面下滑过程机械能守恒；（2）两球发生第一次碰撞后各自的速度大小vA、vB；（3）为了能发生第二次碰撞，两球质量m1、m2间应满足什么条件？【答案】（1）见解析；（2）；；（3）m2>3m1【详解】（1）A球沿曲面下滑过程只有重力做功，根据动能定理WG＝Ek2－Ek1根据重力与重力势能关系WG＝Ep1－Ep2由以上两式得Ek2－Ek1＝Ep1－Ep2即Ek2+Ep2＝Ek1+Ep1（2）A下滑过程机械能守恒得A、B碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒得（3）为了能发生第二次碰撞，第一次碰后A应反向，且A的速度大于B的速度，因此应有m2－m1>2m1得m2>3m1【模型演练5】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，半径为的光滑半圆弧轨道固定在竖直面内，水平面与圆弧轨道最低点A相切，AB垂直水平面。质量为的物块a放在水平面上的P点，质量为的物块b放在水平面上的Q点，，，C为PQ的中点，给物块b一个水平向右的恒定推力，当物块通过C点后的某位置撤去恒力，此后物块b与a发生弹性碰撞，a进入圆弧轨道后从B点飞出，恰好落在Q点，两物块大小不计，与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取，求（结果可带分式或根号）：（1）b与a碰撞后一瞬间，物块a的速度大小；（2）作用在物块b上推力的大小范围。【答案】（1）；（2）【详解】（1）a进入圆弧轨道后从B点飞出，恰好落在Q点，设物块a在B点的速度大小为；物块a在空中做平抛运动，则有，联立解得，设碰撞后一瞬间，物块a的速度大小为，物块a从碰撞后到B的过程，根据动能定理可得解得碰撞后一瞬间，物块a的速度大小为（2）设物块b碰撞前瞬间速度为，碰撞后瞬间速度为，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得解得，设推力的作用距离为，物块b从Q点到P点碰撞前过程，根据动能定理可得根据题意有联立解得作用在物块b上推力的大小范围为【模型演练6】．（2023·四川·模拟预测）如图，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B发生弹性碰撞。已知A的质量mA=2kg，B的质量mB=1kg，圆弧轨道的半径R=0.8m，圆弧轨道光滑，A和B与桌面之间的动摩擦因数均为μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）A滑到圆弧轨道正中间位置时对轨道的压力大小；（2）碰撞后瞬间A和B的速度大小；（3）最终A和B静止时的距离L。【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）A从初始位置下滑到圆弧正中间位置时，由机械能守恒定律由牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知A滑到圆弧轨道正中间位置时对轨道的压力大小（2）对A、B组成的系统，因为是弹性碰撞，在碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒解得，（3）A和B在桌面上做匀减速直线运动，由运动学公式可得所以最终A和B静止时的距离【模型演练7】．（2023·黑龙江大庆·高三铁人中学阶段练习）如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板P，将小物块A、B（可视为质点）从斜面上距离挡板P为和（）的位置同时由静止释放，已知小物块A、B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，所有碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间和空气阻力。求：（1）B第一次与挡板碰撞时A的速度大小；（2）B在第一次上升过程中就能与A相碰，求的取值范围；（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求应满足的条件。【答案】（1）；（2）1<k<5；（3）【详解】（1）由题意可知，因为斜面光滑，所以A、B释放后沿斜面做匀加速运动的加速度大小均为

①又因为A、B同时释放，所以在B第一次与挡板碰撞时，A下滑的距离为L，设此时A的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有

②解得

③（2）设物块B与P第一次碰撞后再经过时间t与物块A能够相碰，根据运动学公式可得t时间内A、B运动的距离分别为

④

⑤相碰时根据位移关系有

⑥A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有

⑦联立③~⑦式可得

⑧所以若B在第一次上升过程中就能与A相碰，则k的取值范围为1<k<5

⑨（3）规定沿斜面向上为正方向，设碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒和能量守恒有

⑩

⑪联立⑩⑪解得

⑫（因为A的质量小于B的质量，所以碰后一定反弹，则另一解舍去）若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则须满足

⑬联立⑫⑬解得

⑭根据运动学规律有

⑮

⑯联立⑭⑮⑯解得

⑰联立③④⑤⑥⑰解得

⑱所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应满足的条件是

⑲【模型演练8】．（2023·山西晋城·高三晋城市第一中学校校考阶段练习）如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距，小球B距地面的高度，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量，小球B的质量，重力加速度，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：（1）从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间；（2）小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离。【答案】（1）0.6s；（2）5.45m【详解】（1）小球B落地时，A、B两球的速度大小由得从释放两小球到小球B第一次落地所用的时间小球B反弹后，相对小球A做匀速运动（方法二：小球B反弹后第一次与小球A碰前小球B所经过的位移大小小球B反弹后第一次与小球A碰前小球A所经过的位移大小则联立解得）从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间（2）两球相撞前瞬间的速度两球相碰时距地面的高度两球碰撞时动量守恒，取竖直向上为正方向解得小球A第一次碰后上升的最大高度小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离【模型演练9】．（2023·辽宁丹东·高三东港市第一中学阶段练习）如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=1.8m，A球在B球的正上方，距地面的高度H=4.2m。同时将两球释放，经过一段时间后两球发生第一次弹性正撞。所有碰撞时间忽略不计，已知mB=3mA，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力和球的大小及所有碰撞中的动能损失。求：（1）第一次碰撞点距地面的高度；（2）第一次碰后A球上升的最大距离。【答案】（1）1.0m；（2）5m【详解】（1）设释放后时刻B球落地，有可得A球落地瞬间，B球速度与A球速度大小相等，均为此时A球距离地面设B球反弹后再经过时间相遇，有解得相遇点距地面的高度为（2）A、B碰撞前瞬间，A球的速度为B球的速度大小A、B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，规定竖直向上为正方向，有联立得碰后A球上升的最大距离为【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型1.非弹性碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得：½m1v12+½m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2．完全非弹性碰撞v1v1v2v共m1m2m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk=½m1v12+½m2v22-½(m1+m2)v共2.（2）联立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=【模型演练1】(2020·全国三卷15题)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3J B．4JC．5J D．6J【答案】A【解析】。根据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能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，联立以上各式解得ΔE＝3J。【模型演练2】（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）一般情况下，竖直下落的球形雨滴其收尾速度与雨滴的半径成正比。某下雨天，无风时，半径分别为、的球形雨滴在同一竖直线上匀速下落，下落过程中两雨滴迅速融合为一雨滴。已知半径为的雨滴匀速下落时的速度大小为v，动能为，设两雨滴刚融合为一雨滴时的速度大小为，两雨滴融合过程中损失的动能为，则（）A． B． C． D．【答案】BD【详解】AB．竖直下落的球形雨滴其收尾速度与雨滴的半径成正比，则半径为的雨滴速度设半径为的雨滴的质量为m，根据可知半径为的雨滴质量雨滴匀速下落，合外力为零，则两雨滴刚融合为一雨滴的过程动量守恒有解得选项A错误，B正确；CD．半径为的雨滴的动能半径为的雨滴动能融合后雨滴的动能所以两雨滴融合过程中损失的动能为选项C错误，D正确。故选BD。【模型演练3】（2023·江苏南京·高三金陵中学阶段练习）a、b两个物体以相同的动能E沿光滑水平面上的同一条直线相向运动，a物体质量是b物体质量的4倍。它们发生碰撞过程中，a、b两个物体组成的系统的动能损失不可能是（）A．1.85E B．1.65E C．1.25E D．0【答案】A【详解】设b的质量为m，则a的质量为4m，两物体的动能E相等，即则碰撞过程两球组成的系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得解得系统损失的动能已知解得如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得系统损失的动能又解得则损失的动能为故A正确。故选A。【模型演练4】．（2023·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学校阶段练习）冰壶比赛是2022年北京冬奥会的比赛项目。蓝壶（实心圆）以动能碰撞静止的红壶（与蓝壶材料相同，质量相等）（空心圆），某兴趣小组将碰撞前后两壶的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间蓝壶、红壶所在位置，C、D分别为碰撞后蓝壶、红壶停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失的动能约为（）A．0 B． C． D．【答案】C【详解】ABCD．假设方格边长为x，则碰撞后，由动能定理可得，可知碰撞后红壶的动能时蓝壶的4倍，则得假设碰撞后，，则碰撞过程中由动量守恒可得得由题意知可知碰撞后，所以碰撞过程中损失的动能约为故C正确，ABD错误。故选C。【模型演练5】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在距水平地面高h=0.80m的水平桌面右端的边缘放置一个质量m=1.60kg的木块B，桌面的左端有一质量M=2.0kg的木块A，以v0=4.0m/s的初速度向木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到水平地面上，木块B离开桌面后落到水平地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且D点到桌面边缘的水平距离x=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10m/s2，求：（1）两木块碰撞前瞬间木块A的速度大小vA；（2）木块B离开桌面时的速度大小vB；（3）碰撞过程中损失的机械能ΔE。【答案】（1）；（2）；（3）1.56J【详解】（1）对木块A从桌面的左端到与B碰撞前，由动量定理解得两木块碰撞前瞬间木块A的速度大小（2）木块B离开桌面后做平抛运动，由水平方向匀速直线运动得竖直方向上自由落体运动得解得木块B离开桌面时的速度大小（3）木块A、B碰撞过程动量守恒，设木块A碰撞后的速度为，则解得碰撞过程中损失的机械能【模型演练6】．（2023·天津宁河·天津市宁河区芦台第一中学校考模拟预测）如图所示，动摩擦因数为μ的粗糙的水平轨道AC右端与一光滑竖直半圆轨道相连，半圆轨道半径为R，半圆轨道最低点为C，最高点为D。在半圆轨道最低点放置小物块N，在水平轨道左端A点放置小物块M，两物块的质量均为m，AC间距离为L。现对物块M施加水平外力使其向右运动，拉力的功率恒为P，拉力作用一段时间撤掉（此时物块还没到C点），M、N两物块碰撞后合为一个整体，沿圆弧运动到D点时对轨道的压力恰好等于整体重力。M、N都视为质点。重力加速度为g，求：（1）两物块碰撞前后损失的机械能。（2）拉力作用的时间t。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）在D点，根据牛顿第二定律可得又解得从C点到D点过程，根据动能定理可得解得碰撞过程根据动量守恒可得解得两物块碰撞前后损失的机械能为（2）物块M从A到C过程，由动能定理得解得【模型演练7】（2023·广东茂名·统考模拟预测）在交通事故现场勘查中，刹车痕迹是事故责任认定的一项重要依据。在平直的公路上，一辆汽车正以108km/h的速度匀速行驶，司机突然发现正前方不远处一辆货车正以36km/h的速度匀速行驶，汽车司机立即刹车以8的加速度做匀减速运动，结果还是撞上了货车，撞后瞬间两车速度相等。撞后汽车立即以7.5的加速度做减速运动直至停下来，汽车从开始刹车到最终停止运动，整个过程在地上留下的刹车痕迹长46.25m；撞后货车也立即以2.5的加速度向前减速运动，滑行45m后停下。已知货车质量为1.6t，两车碰撞时间极短可忽略不计，求：（1）碰撞后瞬间货车的速度大小；（2）汽车的司机发现货车时，两车之间的距离；（3）两车碰撞过程中损失的机械能。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）碰撞后，货车做匀减速直线运动，根据题意可知，，根据匀变速运动规律有代入数据解得（2）碰撞后瞬间，汽车的速度，做匀减速直线运动，根据匀变速运动规律有代入数据解得设汽车刹车后碰撞前的位移为，位移关系为可得汽车刹车后碰撞前做匀减速直线运动，初速度，，碰前瞬间速度为，碰前时间为t，根据匀变速运动规律有代入数据解得根据速度时间关系，有代入数据解得货车碰撞前做匀速直线运动，时间也为t，设位移为代入数据解得汽车的司机发现货车时，两车之间的距离代入数据解得（3）两车碰撞过程满足系统动量守恒定律代入数据解得设碰撞损失的动能为，则有代入数据解得【模型三】碰撞模型三原则(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：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若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。【其它方法①】临界法弹性碰撞没有动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最多，计算出这两种情况下的临界速度，那么其他碰撞应该介于二者之间。【模型演练1】（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0（待定系数a<1）的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为（）A． B． C． D．<a≤【答案】D【详解】设碰后B球的速度大小为v1，根据动量守恒定律有

①根据碰撞过程中机械能不会增加，有

②A球与挡板P发生完全弹性碰撞后速度大小不变，则若要使A球能追上B球再次相撞，应有

③联立①②③解得a的取值范围为故选D。【模型演练2】（2023·西藏拉萨·高三拉萨中学阶段练习）在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为3m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是（）A．0 B．0.2v C．0.4v D．0.6v【答案】C【详解】A、B两球在碰撞的过程中合外力为零，满足动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选碰撞前A的速度v方向为正方向，由动量守恒定律有假设碰后A球静止，即v1=0，可得由题意知A球被反弹，所以球B的速度AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有联立方程，可得则碰撞后B球的速度大小可能是0.4v。故选C。【模型演练3】（2023·高三课时练习）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=1kg、vA=6m/s、vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A．vA′=1m/s，vB′=7m/s B．vA′=2m/s，vB′=6m/sC．vA′=4m/s，vB′=4m/s D．vA′=5m/s，vB′=3m/s【答案】BC【详解】根据动量守恒定律可得

①根据碰撞过程系统机械能不会增多可得

②联立①②解得

③

④再根据碰撞能够发生可得

⑤综上所述可知AD不可能，BC可能。故选BC。【模型演练4】．（2023·全国·高三专题练习）质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA=9kg·m/s，B球的动量pB=3kg·m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A．pA′=6kg·m/s，pB′=6kg·m/sB．pA′=4kg·m/s，pB′=6kg·m/sC．pA′=－6kg·m/s，pB′=18kg·m/sD．pA′=4kg·m/s，pB′=8kg·m/s【答案】AD【详解】A．设两球质量均为m，碰前总动量p=pA＋pB=12kg·m/s碰前总动能Ek=＋=若pA′=6kg·m/s，pB′=6kg·m/s，碰后总动量p′=pA′＋pB′=12kg·m/s碰后总动能Ek′=＋=故可能发生，选项A正确；B．若pA′=4kg·m/s，pB′=6kg·m/s，碰后p′=pA′＋pB′≠p故不可能，选项B错误；C．若pA′=－6kg·m/s，pB′=18kg·m/s，碰后Ek′=＋故不可能，选项C错误．D．若pA′=4kg·m/s，pB′=8kg·m/s，碰后p′=12kg·m/s=p则Ek′=＋=故可能，选项D正确。故选AD。【模型演练5】．（2023·河南南阳·高三统考期中）在光滑水平直轨道上，A球追上B球发生碰撞，已知碰前它们的动量分别为PA＝10kg·m/s，PB＝9kg·m/s，碰后B球的动量变为PB'＝15kg·m/s，则两球的质量关系可能是（）A．mB＝mA B．mB＝2mA C．mB＝3mA D．mB＝4mA【答案】BC【详解】A球从后面追上B球并发生碰撞，说明A的速度大于B的速度，则有解得碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得碰撞过程总动能不增加，则有代入数据整理解得碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则代入数据整理得综上所述可知故BC正确、AD错误。故选BC。【模型四】小球—曲面模型(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh(相当于完全非弹性碰撞)(2)小球返回曲面底端时动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相当于弹性碰撞)【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M=3kg，底端与水平面相切，左边有质量是m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球A不能从斜劈顶端冲出B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30ND．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左【答案】ACD【详解】C．小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为代入数据得N小球A对斜劈的压力也是30N，选项C正确；AB．假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为，小球竖直速度为，水平方向动量守恒小球和斜劈系统机械能守恒联立得小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；D．当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为、联立得小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左，选项D正确。故选ACD。【模型演练2】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑水平面上有一质量为、半径为R（R足够大）的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则（

）A．B的最大速率为 B．B运动到最高点时的速率为C．B能与A再次发生碰撞 D．B不能与A再次发生碰撞【答案】AD【详解】A．A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得解得所以B的最大速率为，故A正确；B．B冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同速度为v，则由水平方向动量守恒有解得故B错误；CD．从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时的速度分别为，由水平方向动量守恒有由机械能守恒有联立解得由于所以二者不会再次发生碰撞，故C错误，D正确。故选AD。【模型演练3】（2023·浙江·高三专题练习）如图所示，在水平面上静置一质量的滑块，滑块上表面是一个半径的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切。现给质量的小球一个大小的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块。小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向。A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大。【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）【详解】（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对小球得由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力方向竖直向下（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球运动到最高点h时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为得（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为，初次着地后经t时间，小球与地面发生第次碰撞时与C点的距离为x，则解得当时此时即要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为。【模型演练4】（2023·河北·模拟预测）如图所示，A、B、C的质量分别为、、，轻弹簧的左端固定在挡板上，C为半径的圆轨道，静止在水平面上。现用外力使小球A压缩弹簧（A与弹簧不连接），当弹簧的弹性势能为时由静止释放小球A，小球A与弹簧分离后与静止的小球B发生正碰，小球B到圆轨道底端的距离足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取。求：（1）小球B能达到的最大高度；（2）通过计算分析，小球B能否第二次进入圆轨道。【答案】（1）；（2）不能【详解】（1）设碰前小球A的速度为，从释放小球A到分离的过程，由能量守恒定律得代入数据解得A、B碰撞的过程，A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒有带入数据解得，小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为，小球与圆轨道组成的系统在水平方向上动量守恒有小球与圆轨道组成的系统能量守恒，有代入数据解得，（2）设小球与圆轨道分离时的速度分别，由动量守恒定律和能量能守恒定律得联立带入数据解得，球A与球B第一次碰后以的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，球A与弹簧分离后的速度大小为，经过一段时间，球A与球B发生第二次碰撞，设碰后球A和球B的速度分别为、，根据动量守恒定律和能量能守恒定律得联立带入数据解得，因为，所以小球B无法第二次进入圆轨道。【模型演练5】．（2023·福建·统考一模）如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M=0.10kg、半径R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED（厚度不计）静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量为m=0.20kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放（物块与弹簧不拴接），物块到达B点时的速度为。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为，A、B之间的距离为x=1m，B点右侧地面光滑，g取。（1）求物块在A点时弹簧具有的弹性势能；（2）求物块上升的最大高度；（3）使该物块质量变为，仍由A点静止释放，物块离开圆弧轨道D点时受到一垂直纸面向里的瞬时冲量，并同时利用锁定装置让圆弧轨道瞬间停下，求物块离开轨道后运动轨迹的最高点到D点的距离。【答案】（1）；（2）h=0.15m；（3）【详解】（1）设弹簧的弹性势能为，物块从A到B的过程由动能定理得代入数据得（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则解得h=0.15m（3）设质量为的物块到达B点时的速度为，物块从A到B的过程由动能定理得物块到达D点时在水平方向上与M共速解得设物块到达D点时在竖直方向上的速度为，由机械能守恒定律得⑧解得物块飞出后在竖直方向上做匀减速运动，设从D点飞出到最高点所用时间为t当物块上升到D点时受到一个垂直于纸面的冲量，设获得的速度为，由以物块飞出时D点所在的位置为坐标原点，以水平向右为x轴，竖直向上为y轴，垂直于纸面向里为z轴，则在时间t内各方向的位移分别为则最高点到D点的距离代入数据得【模型演练6】．（2023·内蒙古乌兰察布·高三校考阶段练习）如图所示，质量为的四分之一光滑圆槽位于光滑的水平面上，圆槽与水平面相切于点。质量为的小球从点以初速度沿水平面向右运动。若圆槽固定，小球恰能运动到圆槽的点。重力加速度为，不计空气阻力。求：（1）圆槽的半径；（2）若圆槽不固定，小球上升的最大高度。【答案】（1）；（2）【详解】（1）若圆槽固定，根据机械能守恒定律有解得（2）若圆槽不固定，设小球上升到最大高度时小球和圆槽共同速度为，系统水平方向动量守恒得同时系统机械能守恒可得联立解得【模型演练7】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在水平面上依次放置小物块A以及曲面劈B，其中A的质量为m=1kg，曲面劈B的质量M=3kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，所有的摩擦均不考虑。现给A一个正对B曲面的初速度，使A冲上曲面劈。若曲面劈B固定在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H1，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1；若将曲面劈B自由放置在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H2，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v2。求：（1）H1与H2的比值；（2）v1与v2的比值。【答案】（1）；（2）【详解】若曲面劈B固定在地面上，根据机械能守恒定律得若曲面劈B固定在地面上，设共同速度为v，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得（2）若曲面劈B固定在地面上，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为若将曲面劈B自由放置在地面上，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得【模型五】小球—弹簧模型(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm(相当于完全非弹性碰撞)(2)弹簧恢复原长时：动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相当于完全弹性碰撞)【模型演练1】（2023·湖南长沙·雅礼中学校考二模）如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a-t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（）

A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1 B．C． D．t2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量【答案】AB【详解】A．a-t图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有故A正确；B．由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为B球的速度变化量大小为从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有可得联立可得故B正确；C．t=0到t1时刻，A球速度变化量大小为从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为从t1到t2过程，B球的速度变化量大小为联立可得故C错误；D．从t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有说明t=0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t=0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，故D错误。故选AB。【模型演练2】．（2023·安徽黄山·统考三模）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（）A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为B．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为【答案】AD【详解】A．根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得根据动量定理得解得A正确；B．在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；CD．根据动量守恒定律得解得弹簧对A、B做功分别为弹簧对A、B做功的代数和为最大弹性势能为C错误，D正确。故选AD。【模型演练3】．（2023·河北·高三学业考试）如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，、时刻弹簧的弹性势能分别为、，则下列说法正确的是（）A．A、B的质量之比为B．时刻B的速度为C．时刻弹簧的弹性势能为D．时刻A、B的速率之比为【答案】BC【详解】A．根据图乙可知时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有解得A错误；B．根据图乙可知时刻A的速度为零，则根据动量守恒定律有又可得时刻B的速度为B正确；C．从时间内，根据能量守恒可得从时间内，根据能量守恒可得联立解得C正确；D．时刻，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有结合以上分析联立解得，或，结合图乙可知第二种结果不符合题意，则时刻A、B的速率之比为D错误。故选BC。【模型演练4】．（2023·湖南郴州·统考三模）如图所示，质量为的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0~2t0内P、Q物块运动的图像如图所示，已知时刻P、Q的加速度最大，其中轴下方部分的面积大小为，则（

）A．物体Q的质量为B．时刻Q物体的速度大小为C．时刻弹簧的弹性势能为D．时间内弹簧对P物体做功为零【答案】BCD【详解】A．时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得解得物体Q的质量为故A错误；B．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知时间内，Q物体的速度变化量大小为则时刻Q物体的速度大小为，故B正确；C．时刻两物体具体相同的速度，根据对称性可知，时刻P、Q物体的速度大小为设物体P的初速度为，根据动量守恒可得解得设时刻弹簧的弹性势能为，根据能量守恒可得联立解得故C正确；D．设时刻P物体的速度为；根据动量守恒可得解得可知时刻P物体的速度大小等于时刻P物体的速度大小，则时刻P物体的动能等于时刻P物体的动能，故时间内弹簧对P物体做功为零，故D正确。故选BCD。【模型演练5】（2023·湖北·模拟预测）如图，质量均为的物块A、B用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B与竖直墙面紧靠。另一个质量为的物块C以某一初速度向A运动，C与A碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，弹簧储存的最大弹性势能为6.0J，最后弹簧又弹开，A、B、C一边振动一边向左运动。那么下列说法错误的是（）

A．从C触到A，到B离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，机械能损失B．B离开墙面以后的运动过程中，B的最大速度为C．C的初动能为9JD．B离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为1.5J【答案】B【详解】AC．从C触到A，到B离开墙面这一过程，C与A碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械能有损失，C、A共同向右运动并压缩弹簧过程中，B受到墙面的作用力，系统的动量不守恒；设C的初速度为v0，初动能为，对C与A碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得C、A向右压缩弹簧的过程，由机械能守恒得得初动能为联立解得，，机械能损为AC正确；B．当B刚离开墙壁时C、A的速度大小等于v1，方向向左。当弹簧由拉伸第二次恢复原长时B的速度最大，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，解得B的最大速度为B错误；D．B离开墙面后，当三个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，联立解得B离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为D正确。本题选择错误的，故选B。【模型演练6】（2023·湖南·模拟预测）如图所示，轻弹簧连接着两个质量均为的小球2、3，静止于光滑水平桌面上。另一个质量为的小球1以速度撞向小球2，的方向沿着两小球2和3连线方向，已知小球之间的碰撞为弹性碰撞且球1与球2之间不会发生二次碰撞，求：（1）第一次碰撞刚结束时三个小球的速度分别是多少？（2）经计算可知，在小球1和2发生第一次碰撞后的1.57s，弹簧第一次压缩到最短，求此时弹簧的弹性势能。（3）在小球1和2发生第一次碰撞后的1.57s内，小球3的位移为5.7m。求此时小球1和小球2之间的距离。

【答案】（1），，；（2）；（3）【详解】（1）对小球1和小球2组成的系统，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，解得，此时小球3还没有反应过来，其速度为0。（2）碰撞后，小球2和小球3组成的系统动量守恒，则有解得小球2和小球3及弹簧组成的系统机械能守恒，则有解得（3）根据题意可知，发生第一次碰撞后的，小球2和小球3达到共速，根据小球的运动情况画出两小球的图像，如图所示

在运动过程中两小球的加速度大小始终相等，可知两条图线上下对称，根据图像的面积代表物体的位移可以得出小球2的位移为而在此段时间内小球1一直保持匀速直线运动，故小球1的位移为故时小球1、2之间的距离为【模型演练7】．（2023·江西景德镇·统考三模）如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接两物块放在光滑的水平地面上，物块B的右侧与竖直墙面接触。另有一物块C从时刻起，以一定的速度向右运动，在时与物块相碰，并立即与粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示。（1）物块C的质量；（2）物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；（3）物块B离开墙壁后，物块B的最大速度值。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由题图乙知，与碰前速度为，碰后速度为与碰撞过程动量守恒，以的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得（2）当与速度为0时，弹性势能最大（3）物块离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，物块的最大速度时，弹簧处于原长，则解得故物块离开墙壁后，物块的最大速度为【模型六】子弹打木块模型ss2ds1v0子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：……①从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有对子弹用动能定理：……②对木块用动能定理：……③②相减得：……④对子弹用动量定理：……⑤对木块用动量定理： ……⑥点评：这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。由上式不难求得平均阻力的大小：至于木块前进的距离，可以由以上②、③相比得出：从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：一般情况下，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：④当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是（这里的为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算的大小。【模型演练1】（2021届辽宁省沈阳实验中学高三模拟）质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在光滑水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（）A．M越大，子弹射入木块的时间越短B．M越大，子弹射入木块的深度越深C．无论m、M、v0的大小如何，都只可能是甲图所示的情形D．若v0较小，则可能是甲图所示情形；若v0较大，则可能是乙图所示情形【答案】BC【解析】A．由动量守恒定律则对木块由动量定理解得则M越大，则t越大，选项A错误；B．由能量关系解得则M越大，则d越大，选项B正确；CD．对木块由动能定理解得则则d>x即无论m、M、v0的大小如何，都只可能是甲图所示的情形，选项C正确，D错误。故选BC。【模型演练2】（2023·陕西西安·校考三模）如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（）

A．木块获得的最大速度为B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差【答案】B【详解】A．对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律解得此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；B．木块滑离木板时，对木板和木块包括子弹系统解得选项B错误；C．对木板，由动量定理：解得选项C正确；D．由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。本题选错误的，故选B。【模型演练3】（2021届福建省福州高三模拟）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较()A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大【答案】AB【解析】根据动量守恒，两次最终子弹与木块的速度相等，A正确；根据能量守恒可知，初状态子弹簧动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能都转化成了热量相等，B正确，子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误，产生的热量，由于产生的热量相等，而相对位移不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误。【模型演练4】（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）用同种材料制成的质量均为M=0.1kg的n个长度不同的滑块等间距的静止放在光滑水平面上，依次编号为1、2、3…。质量为m=0.1kg的子弹（视为质点）以水平初速度v0=100m/s依次击穿这些滑块后最终停留在第n个滑块中。测量发现，子弹穿过编号为1的滑块后，该滑块的速度变为v=15m/s，且子弹穿过每个滑块所用的时间都相等。已知子弹穿过滑块时受到的水平阻力f=15N并保持恒定，且在子弹与第n个滑块共速前，各滑块均未发生碰撞。不考虑子弹在竖直方向上的受力和运动，滑块不翻转，不计空气阻力。求：（1）穿过1滑块过程中系统损失的机械能；（2）n值；（3）滑块间距d的最小值。【答案】（1）127.5J；（2）6；（3）【详解】（1）子弹击穿第1个滑块解得损失的机械能解得（2）子弹穿出每个滑块过程中减少的速度子弹可穿出的滑块的数量（为取整符号）故（3）子弹穿第1个滑块过程中，对滑块有解得易知，d的最小值应在第4个与第5个滑块之间的间距、第5个与第6个滑块之间的间距当中取较大的。①若d的最小值取第4个与第5个滑块之间的间距：子弹穿第4个滑块过程中：对前4个滑块和子弹有解得第4个滑块加速运动的距离解得子弹穿出第4个滑块后到穿出第5个滑块过程中，子弹运动的时间第5个滑块加速运动的距离第4个滑块恰好追上第5个滑块联立解得②若d的最小值取第5个与第6个滑块之间的间距：易知，子弹穿出第5个滑块时的速率

子弹与第6个滑块共速的过程中解得共同的速率第6个滑块加速时间第5个滑块恰在子弹与第6个滑块共速时追上第6个滑块联立解得要保证子弹与第n个滑块共速前，各滑块均未发生碰撞，则【模型演练5】．（2023秋·山东青岛·高三统考期末）如图，质量M＝2kg的木板A静止在光滑的水平面上，其右端与固定的弹性挡板P相距x，一根长L＝0.8m的轻质细线，一端与质量mB＝0.9kg的滑块B（可视为质点）相连，细线一端固定在O点，水平拉直细线并由静止释放，当滑块B到达最低点时，被一颗水平飞来的小钢珠C以v0＝44m/s的速度击中（留在了B内），被击中后的滑块B恰好将细线拉断，之后滑上木板A。已知小钢珠的质量mC＝0.1kg，A、B之间动摩擦因数μ＝0.2，木板A足够长，滑块B不会滑离木板，木板与挡板P碰撞时无机械能损失，不计空气阻力，重力加速度为g＝10m/s2。求：（1）细线能承受的最大拉力；（2）若x＝2m，木板A与挡板P的碰撞次数；（3）若x＝2m，最终B与A左端之间距离；（4）若木板A与挡板发生了8次碰撞，x满足的条件。【答案】（1）90N；（2）1；（3）16m；（4）【详解】（1）设滑块B与小钢珠碰撞前的瞬时速度为，碰撞后的瞬时速度为，轻绳承受最大拉力为T，根据机械能守恒定律可得解得规定向右为正方向，根据守恒定律有解得根据牛顿第二定律有解得T=90N（2）只发生一次碰撞时，有滑块在A上时，由动量守恒由动能定理解得若x＝2m，木板A与挡板P的刚好碰撞1次；（3）由（2）可知之后，AB最终静止，AB之间相对运动为x′，有解得若x＝2m，最终B与A左端之间距离为16m；（4）若木板A与挡板发生了8次碰撞，A发生的位移为15x，每次用时均为t，有A每次到档板处结合可得碰撞8次时碰撞7次时则x满足的条件【模型七】滑块木板模型示意图木板初速度为零木板有初速度，板块反向vv0v共vv0v共-v0v1=0v2(m<M)v-t图ttOvv0t1木板木块v共ttOvv0t1木块木板v共-v0【模型演练1】（2023·山西阳泉·统考三模）如图（A）所示，长方形木板放在光滑的水平地面上，在其右端放置一可视为质点的小木块，现给长方形木板一个大小为，方向水平向右的初速度，最后小木块刚好没有滑离长方形木板；如图（B）所示，与上面相同的长方形木板静止放置在光滑的水平面上，在其左端地面上固定一个四分之一光滑圆弧槽，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，现让相同的小木块从圆弧槽的最高点由静止开始滑下，最后小木块也是刚好没有滑离长方形木板．已知小木块与长方形木板间的动摩擦因数为，长方形木板的质量为小木块质量的3倍，重力加速度为，求：（1）长方形木板的长度；（2）圆弧槽轨道的半径；（3）图（A）中小木块在长方形木板上的滑行时间与图（B）中小木块在长方形木板上的滑行时间之比。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）对于题图（A），小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为，木块的质量为，则长方形木板的质量为，规定木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有解得设长方形木板的长度为，由功能关系有解得长方形木板的长度为（2）设圆弧槽轨道的半径为，小木块刚滑上长方形木板时的速度大小为，由机械能守恒定律可得对于题图（B），小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度为，由动量守恒定律可得由功能关系有解得圆弧槽轨道的半径为（3）对题图（A）中的小木块，规定小木块受到的摩擦力的方向为正方向，由动量定理有解得小木块在木板上滑动的时间为对题图（B）中的长方形木板，规律长方形木板受到的摩擦力方向为正方向，由动量定理有解得题图（A）中的小木块在长方形木板上的滑行时间与题图（B）中的小木块在长方形木板上的滑行时间之比为【模型演练2】．（2023·陕西安康·统考模拟预测）如图1所示，木