第27讲 四种“类碰撞”典型模型研究（讲义）解析版-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

第27讲四种“类碰撞”典型模型研究目录01、考情透视，目标导航TOC\o"1-3"\h\u02、知识导图，思维引航 103、考点突破，考法探究 2考点一子弹打木块模型 3考向1.子弹嵌入木块中 3考向2.子弹穿透木块 51349考点二“滑块—木板”模型 8考点三“滑块—弹簧”模型 11考点四“滑块—斜(曲)面”模型 1404、真题练习，命题洞见 16考情分析2024·甘肃·高考物理试题2024·湖北·高考物理试题2024·辽宁·高考物理试题2023·湖南·高考物理试题2023·浙江高考物理试题复习目标目标1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。目标2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。目标3.会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”与碰撞的相似性，并会用碰撞的相关知识解决实际问题。考点一子弹打木块模型1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。(2)系统的机械能有损失。3．两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子弹穿透木块动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22)考向1.子弹嵌入木块中1.如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方形匀质木块，现有一质量为20g的子弹以大小为300m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；(2)若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？【答案】(1)6m/s882J(2)能【解析】(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6m/s此过程系统所产生的内能Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假设子弹以v0′＝400m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此过程系统损失的机械能为ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x相′＝F阻d′则eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(1568,147)cm因为d′>10cm，所以能射穿木块。2.如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中，下列说法正确的是()A.木块的动能增加f(L＋d)B.子弹的动能减少量为fdC.子弹和木块组成的系统动能减少量为fLD.子弹和木块组成的系统的动能减少量为eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)【答案】D【解析】子弹对木块的作用力大小为f，木块相对于水平桌面的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据动能定理得知，木块动能的增加量等于子弹对木块做的功，即fL，故A错误；子弹相对于地面的位移大小为L＋d，则木块对子弹的阻力做功大小为f(L＋d)，根据动能定理得知，子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功，大小为f(L＋d)，故B错误；子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做的功为fd，根据功能关系可知，系统动能的减少量为fd，故C错误；由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，子弹和木块(系统)的动能减少量为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得ΔEk＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)，故D正确。考向2.子弹穿透木块1．如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为，木块的速度为。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（

）A．木块的质量为3mB．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于【答案】AB【详解】AB．子弹击穿木块的过程，有解得M=3m故AB正确；D．若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即减少的动能仍为。故D错误；C．由能量守恒可得解得故C错误。故选AB。2．如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（）A．子弹的初速度大小为B．子弹在木块中运动的时间为C．木块和子弹损失的总动能为D．木块在加速过程中运动的距离为【答案】AD【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为联立上式可得因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；B．则子弹穿过木块时木块的速度为由运动学公式可得故B错误；C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即故C错误；D．木块加速过程运动的距离为故D正确。故选AD。3．如图所示，把一个质量的小球静置于高度的直杆的顶端。一颗质量的子弹以的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离。取重力加速度，不计空气阻力。求：（1）小球水平抛出的速度；（2）子弹刚落地时刻的动能；（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球在空中做平抛运动，竖直方向有解得小球水平抛出的速度为（2）子弹穿过小球过程，根据动量守恒可得解得子弹速度为对子弹根据动能定理可得可得子弹刚落地时刻的动能为（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能为考点二“滑块—木板”模型1.模型图示2.模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。3.求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。1.质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有一质量为m2＝0.2kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，求：(1)物块与小车的共同速度大小v；(2)物块相对小车滑行的时间t；(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1；(4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2；(5)在此过程中系统产生的内能；(6)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。【答案】(1)0.8m/s(2)0.24s(3)0.096m(4)0.336m(5)0.24J(6)5m/s【解析】(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝eq\f(m2v0,m1＋m2)＝0.8m/s(2)对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0解得t＝eq\f(v0－v,μg)＝0.24s(3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝eq\f(1,2)m1v2－0，解得x1＝eq\f(m1v2,2μm2g)＝0.096m(4)x2＝eq\f(v0＋v,2)t＝eq\f(2＋0.8,2)×0.24m＝0.336m(5)方法一Δx＝x2－x1＝0.24mQ＝μm2g·Δx＝0.24J方法二Q＝ΔE＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝0.24J(6)m2v0′＝(m1＋m2)v′eq\f(1,2)m2v0′2－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＝μm2gL联立解得v0′＝5m/s。2.如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则()A.物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒B.增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大C.若v0＝2.5m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24sD.若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5m/s【答案】D【解析】物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒、物块相对小车滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的内能Q＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2（m1＋m2）)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5m/s，D正确。3.如图所示，一质量为3kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为2kg，停在木板B的左端。质量为1kg的小球用长为l＝1.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，已知物块A与木板B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。(1)求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小；(2)若木板长度为eq\f(7,3)m，求物块A的最终速度大小。【答案】(1)8kg·m/s(2)2m/s【解析】(1)小球由静止摆至最低点的过程，由机械能守恒定律有mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mAv2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)对物块A运用动量定理得I＝mAv2－0联立解得I＝8kg·m/s。(2)假设物块A与木板B达到共同速度，设相对位移为s，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv2＝(mA＋mB)vμmAgs＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))v2联立解得s＝2.4m因L<s，故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速度分别为vA和vB，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv2＝mAvA＋mBvBμmAgL＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得vA＝2m/seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vA＝\f(6,5)m/s舍去))。考点三“滑块—弹簧”模型 1.模型图示2.模型特点(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2。(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋m2v2，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)。1.如图，质量为m2＝4kg和m3＝3kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1kg的物体以速度v0＝8m/s向右运动，m1与m3碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。试求：(1)m1和m3碰撞过程中损失的机械能是多少？(2)弹簧能产生的最大弹性势能是多少？(3)弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对m3冲量的大小是多少？【答案】(1)24J(2)4J(3)4kg·m/s【解析】(1)设m1与m3碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m3)v1由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,1)＋ΔE代入数据解得ΔE＝24J。(2)三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向由动量守恒定律得(m1＋m3)v1＝(m1＋m2＋m3)v共代入数据解得v共＝1m/s由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)veq\o\al(2,共)＋ΔEp代入数据解得ΔEp＝4J。(3)设弹簧对m2的冲量为I2，对m2由动量定理得I2＝m2v共－0＝4kg·m/s所以弹簧对m3冲量的大小是I3＝I2＝4kg·m/s。2.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是()A.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值C.t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长D.t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小【答案】B【解析】以m1的初速度方向为正方向，t1时刻A、B共速，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3m/s，v共＝1m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误；根据系统能量守恒可知在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。3.(多选)如图所示，质量为m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度v0向右运动，与A相碰后一起压缩弹簧，直至B与A分离的整个过程中，下列说法正确的是()A．在整个过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧的最大弹性势能为eq\f(1,4)mv02C．物体A对B的冲量大小为eq\f(3,2)mv0D．物体A对B做的功为eq\f(1,8)mv02【答案】BC【解析】：A和B发生完全非弹性碰撞过程有机械能的损失，而在弹簧被压缩的过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；A和B发生完全非弹性碰撞有mv0＝2mvt，可得共同速度为vt＝eq\f(v0,2)，则弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)·2m·vt2－0＝eq\f(1,4)mv02，故B正确；根据能量守恒定律可知，B与A分离时速度大小为vt，方向向左，根据动量定理知物体A对B的冲量即为物体B动量的变化量I＝m(－vt)－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，则物体A对B的冲量大小为eq\f(3,2)mv0，故C正确；根据动能定理知物体A对B做的功即为物体B动能的变化量ΔEk＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02＝－eq\f(3,8)mv02，故D错误。考点四“滑块—斜(曲)面”模型 模型图示模型特点(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。(2)返回最低点：水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。1.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,2) D.eq\f(4,3)【答案】C【解析】设滑块P的质量为2m，则小球Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,P)，Q离开P时的动能Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，联立解得eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(3,2)，故C正确。2.(多选)如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8m的eq\f(1,4)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【解析】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F1，则F1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，代入数据得F1＝30N，由牛顿第三定律知，小球A对斜劈的压力是30N，选项C正确；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v1，小球竖直速度为v2，水平方向由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，小球和斜劈组成的系统机械能守恒，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋mgR，联立解得v1＝1m/s，veq\o\al(2,2)＝－4m2/s2<0，故小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；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v3、v4，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv3＋Mv4，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)，联立得v3＝－2m/s，v4＝2m/s，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。3.(多选)(2024·黑龙江牡丹江市二中月考)如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是()A.滑块b沿a上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,0),5g)B.物块a运动的最大速度为eq\f(2v0,5)C.物块a对滑块b的冲量大小eq\f(1,5)mv0D.物块a对滑块b所做的功－eq\f(8,25)mveq\o\al(2,0)【答案】BD【解析】b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2veq\o\al(2,0),5g)，A错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正确；对b由动量定理得I＝－eq\f(3,5)mv0－mv0＝－eq\f(8,5)mv0，C错误；对b由动能定理得W＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(8,25)mveq\o\al(2,0)，D正确。1．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（）A．子弹的初速度大小为B．子弹在木块中运动的时间为C．木块和子弹损失的总动能为D．木块在加速过程中运动的距离为【答案】AD【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为联立上式可得因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；B．则子弹穿过木块时木块的速度为由运动学公式可得故B错误；C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即故C错误；D．木块加速过程运动的距离为故D正确。故选AD。2．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有代入数据有

（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2解得则对于m1、m2组成的系统有U=Wf联立有3．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒联立解得因水平方向在任何时候都动量守恒即两边同时乘t可得且由几何关系可知联立得（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为整理得（）（3）将代入小球的轨迹方程化简可得即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图

此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒系统机械能守恒联立得4．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系在F点解得FN=31.2N（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为根据可得在C点的速度vC=3m/s则滑块a从碰撞