2025人教版物理重难点-选择性必修一人教版物理重难点-必修三专题1.3 碰撞（含答案）

2025人教版物理重难点-选择性必修一人教版物理重难点-必修三专题1.3碰撞（含答案）专题1.3碰撞【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1完全非弹性碰撞】 【题型2弹性正碰、一静一动】 【题型3碰撞三原则】 【题型4图像问题】 【题型5子弹穿木块问题】 【题型6块板模型】 【题型7涉及弹簧的问题】 【题型8一般的碰撞】 【题型1完全非弹性碰撞】【例1】如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？【变式1-1】(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动【变式1-2】(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是()A．A、B分离时A的速度为eq\f(1,3)v0B．A、B分离时A的速度为eq\f(1,2)v0C．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq\f(1,2)mv02D．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq\f(5,4)mv02【变式1-3】如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。【题型2弹性正碰、一静一动】【例2】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(eq\o\al(1,0)n)与静止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为()A.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E 【变式2-1】如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80s与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2.求：(1)两小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．【变式2-2】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是()A．当v0＝eq\r(2gR)时，小球能到达B点B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左【变式2-3】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性碰撞．【题型3碰撞三原则】【例3】(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4kg·m/s，则()A．左方是A球B．B球动量的变化量为4kg·m/sC．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2D．两球发生的碰撞是弹性碰撞【变式3-1】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＝2kg，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′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s【变式3-2】如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6【变式3-3】如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是()A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0【题型4图像问题】【例4】(多选)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的eq\f(1,6)【变式4-1】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．3JB．4JC．5J D．6J【变式4-2】碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x-t图像)如图所示。已知小孩的质量为20kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是()A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B．碰碰车的质量为50kgC．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80N·sD．碰撞过程中损失的机械能为600J【变式4-3】如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短(t＝0.01s)，图中无法显示，则()A．物块B的质量为2kgB．物块B的质量为4kgC．A、B碰撞时的平均作用力大小为300ND．A、B碰撞时的平均作用力大小为100N【题型5子弹穿木块问题】【例5】一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？(2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？【变式5-1】如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。【变式5-2】如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是()A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能【变式5-3】如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)(1)子弹射入木块B时产生的热量；(2)木块B能摆起的最大高度；(3)小车A运动过程的最大速度大小．【题型6块板模型】【例6】如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。【变式6-1】如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是()A.eq\f(1,2)v0B.eq\f(1,6)v0C.eq\f(1,3)v0 D．0【变式6-2】(多选)如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s【变式6-3】如图所示，质量mA＝8.0kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0kg的小木块B。给B以大小为4.0m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是()A．木块B的最终速度大小为5.6m/sB．在整个过程中，木块B的动能变化量为0C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0D．在整个过程中，系统的机械能守恒【题型7涉及弹簧的问题】【例7】(多选)如图所示，质量为m的小球A系在轻线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量均为5m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使轻线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则可求出()A．碰撞后小球A反弹的上升的最大高度B．碰撞后小球A反弹的上升的时间C．碰撞过程中物块B获得冲量大小D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能【变式7-1】如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是()A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大C．弹簧最大的弹性势能等于eq\f(3,8)mv02D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为eq\f(3,2)mv02【变式7-2】如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是()A．I＝2(M＋m)eq\r(2gh)B．I＝2meq\r(2gh)－2(M＋m)gtC．I＝2(M－m)eq\r(2gh)D．I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt【变式7-3】（2022-全国乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【题型8一般的碰撞】【例8】质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？(1)0.6v；(2)0.4v；(3)0.2v.【变式8-1】如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。【变式8-2】算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。【变式8-3】如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,3)，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。

参考答案【题型1完全非弹性碰撞】【例1】如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝eq\f(1,2)mv02因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12联合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一负解不合实际情况，故舍去。(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：(M＋m)gl－W总＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W总＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)2025【变式1-1】(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：选BC小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。【变式1-2】(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是()A．A、B分离时A的速度为eq\f(1,3)v0B．A、B分离时A的速度为eq\f(1,2)v0C．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq\f(1,2)mv02D．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq\f(5,4)mv02解析：选BD该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝eq\f(1,2)v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·2meq\f(1,2)v02－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(5,4)mv02，C错误，D正确。【变式1-3】如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2滑雪者质量为m2＝48kg，初速度为v0＝1.5m/s，加速度为a2＝3m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2联立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s【题型2弹性正碰、一静一动】【例2】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(eq\o\al(1,0)n)与静止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为()A.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E 解析：选B质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式eq\f(1,2)×1×v02＝eq\f(1,2)×1×v12＋eq\f(1,2)×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－eq\f(1,3)v0，即动能减小为原来的eq\f(1,9)，动能损失量为eq\f(8,9)E。【变式2-1】如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80s与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2.求：(1)两小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．答案(1)2m/s(2)4N解析(1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2m/s.(2)对A、B组成的系统，碰撞前后动量守恒，则有MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后总动能保持不变，则有eq\f(1,2)MvA2＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mvB2由以上两式解得vA′＝1m/s，vB＝3m/s设小球B运动到最高点C时的速度大小为vC，以水平面为参考平面，因为B球由半圆形轨道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有eq\f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq\f(1,2)mvB2解得vC＝eq\r(5)m/s对小球B，在最高点C有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(C2),R)解得FN＝4N由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4N.【变式2-2】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是()A．当v0＝eq\r(2gR)时，小球能到达B点B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左解析：选D滑块不固定，当v0＝eq\r(2gR)时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq\f(M,M＋m)R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，当m＞M，v1与v0方向相同，向左，当m＜M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。【变式2-3】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性碰撞．答案(eq\r(5)－2)M≤m＜M解析A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒，机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvA12＋eq\f(1,2)MvC12联立解得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需考虑m<M的情况第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞，设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有mvA1＝mvA2＋MvB1eq\f(1,2)mvA12＝eq\f(1,2)mvA22＋eq\f(1,2)MvB12联立解得vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝(eq\f(m－M,m＋M))2v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1联立解得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(eq\r(5)－2)M另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去所以，m和M应满足的条件为(eq\r(5)－2)M≤m＜M.【题型3碰撞三原则】【例3】(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4kg·m/s，则()A．左方是A球B．B球动量的变化量为4kg·m/sC．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2D．两球发生的碰撞是弹性碰撞答案ABD解析初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，vA＝eq\f(pA,mA)＝6m/s，vB＝eq\f(pB,mB)＝3m/s，故左方是A球，A正确；由动量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4kg·m/s，B正确；碰撞后A的动量为pA′＝ΔpA＋pA＝2kg·m/s，则vA′＝eq\f(pA′,mA)＝2m/s，碰撞后B的动量为pB′＝ΔpB＋pB＝10kg·m/s，则vB′＝eq\f(pB′,mB)＝5m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；碰撞前系统的机械能为eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝27J，碰撞后系统的机械能为eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确．【变式3-1】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＝2kg，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′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s解析：选C碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10kg·m/s，碰前总动能为Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，则碰后总动量为p′＝11kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，则碰后总动量为p′＝10kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，则碰后总动量为p′＝10kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57J，系统动能增加，不可能，D错误。【变式3-2】如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6解析：选CA、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。【变式3-3】如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是()A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0答案C解析根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2kg·m/s，动量不守恒，故A错误；B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误．【题型4图像问题】【例4】(多选)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的eq\f(1,6)答案AD解析根据x－t图象的斜率表示速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞后的共同速度为v＝0.4m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动量的表达式可知|m1v1|＜m2v2，由动能的表达式可知，eq\f(1,2)m1v12>eq\f(1,2)m2v22，故选项B、C错误，D正确．【变式4-1】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．3JB．4JC．5J D．6J解析：选A设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝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，代入图中数据解得E损＝3J，A正确。【变式4-2】碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x-t图像)如图所示。已知小孩的质量为20kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是()A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B．碰碰车的质量为50kgC．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80N·sD．碰撞过程中损失的机械能为600J解析：选D规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2m/s，大人的速度为－3m/s，碰后两人的共同速度为－1m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(20＋M)×2－(60＋M)×3＝(2M＋20＋60)×(－1)，解得M＝60kg，故B错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160kg·m/s，碰后总动量为p1′＝－80kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240N·s，故C错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)×80×22J＋eq\f(1,2)×120×(－3)2J－eq\f(1,2)×200×(－1)2J＝600J，故D正确。【变式4-3】如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短(t＝0.01s)，图中无法显示，则()A．物块B的质量为2kgB．物块B的质量为4kgC．A、B碰撞时的平均作用力大小为300ND．A、B碰撞时的平均作用力大小为100N答案C解析由题图乙可知撞前vA＝4m/s，vB＝0，撞后v＝eq\f(20－16,8－4)m/s＝1m/s，则由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝eq\f(mAvA－mAv,v)＝3kg，A、B错误；对B有Ft＝mBv－0，解得F＝300N，C正确，D错误．【题型5子弹穿木块问题】【例5】一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？(2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？解析(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得对木块：Fft＝Mv－0解得t＝eq\f(Mmv0,FfM＋m)(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得对子弹：－Ffx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：x1＝eq\f(MmM＋2mv\o\al(02),2FfM＋m2)对木块：Ffx2＝eq\f(1,2)Mv2解得：x2＝eq\f(Mm2v\o\al(02),2FfM＋m2)子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝eq\f(Mmv\o\al(02),2FfM＋m)(4)系统损失的机械能为：E损＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmv\o\al(02),2M＋m)系统增加的内能为Q＝Ff·x相＝eq\f(Mmv\o\al(02),2M＋m)(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有FfL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得L＝eq\f(Mmv\o\al(02),2FfM＋m)因此木块的长度至少为eq\f(Mmv\o\al(02),2FfM＋m)【变式5-1】如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。答案：(1)6m/s(2)2m/s(3)1s【变式5-2】如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是()A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能解析：选D子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，B错误；子弹射入物块A后，因为有动能转化为内能，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝eq\f(1,2)mA＋m子v12－eq\f(1,2)(mA＋m子＋mB)v22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，D正确。【变式5-3】如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)(1)子弹射入木块B时产生的热量；(2)木块B能摆起的最大高度；(3)小车A运动过程的最大速度大小．答案(1)eq\f(1,3)mv02(2)eq\f(v\o\al(02),36g)(3)eq\f(1,3)v0解析(1)子弹与木块B作用瞬间水平方向的动量守恒，可得mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝eq\f(v0,3).设产生的热量为Q，根据能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(3,2)mv12＝eq\f(1,3)mv02.(2)木块B到最高点时，小车A、木块B、子弹三者有相同的水平速度，根据水平方向动量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，解得v2＝eq\f(1,6)v0.由机械能守恒定律有3mgh＋eq\f(1,2)×6mv22＝eq\f(1,2)×3mv12，解得h＝eq\f(v\o\al(02),36g).(3)设小车A运动过程的最大速度为v4，此时木块的速度为v3，当木块回到原来高度时，小车的速度最大，根据水平方向动量守恒，有3mv1＝3mv3＋3mv4，根据能量守恒定律有eq\f(3,2)mv12＝eq\f(3,2)mv32＋eq\f(3,2)mv42，解得v4＝eq\f(1,3)v0.【题型6块板模型】【例6】如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑，再根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，联立化简得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0，再根据功能关系有－μmgx＝eq\f(1,2)×2mv木2＋eq\f(1,2)mv滑2－eq\f(1,2)×2mv02，联立解得x＝eq\f(7v02,25μg)。(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg，对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg，滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝eq\f(v0,μg)，则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝eq\f(v02,μg)，则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02。答案：(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7v02,25μg)(3)eq\f(v0,μg)mv02【变式6-1】如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是()A.eq\f(1,2)v0B.eq\f(1,6)v0C.eq\f(1,3)v0 D．0解析：选B设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝eq\f(1,6)v0，B正确。【变式6-2】(多选)如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s答案AB解析以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2m/s<vB<2.67m/s，故选项A、B正确．【变式6-3】如图所示，质量mA＝8.0kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0kg的小木块B。给B以大小为4.0m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是()A．木块B的最终速度大小为5.6m/sB．在整个过程中，木块B的动能变化量为0C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0D．在整个过程中，系统的机械能守恒解析：选B小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝eq\f(1,2)mBv2－eq\f(1,2)mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝16kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。【题型7涉及弹簧的问题】【例7】(多选)如图所示，质量为m的小球A系在轻线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量均为5m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使轻线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则可求出()A．碰撞后小球A反弹的上升的最大高度B．碰撞后小球A反弹的上升的时间C．碰撞过程中物块B获得冲量大小D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能解析：选ACD对小球A，由机械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A与物块B发生弹性正碰，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可求出碰后小球A和物块B的速度，对小球A再使用机械能守恒定律可求出碰撞后小球A反弹上升的最大高度，故A正确；由于小球碰后做变速圆周运动，故无法求得小球A反弹上升的时间，故B错误；碰撞过程中根据动量定理可求出物块B获得冲量大小，故C正确；碰撞后，物块B、轻弹簧和物块C组成的系统，当物块B和物块C共速时弹簧有最大弹性势能，根据动量守恒定律求出共速的速度，再根据系统机械能守恒定律求出弹簧获得的最大弹性势能，故D正确。【变式7-1】如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是()A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大C．弹簧最大的弹性势能等于eq\f(3,8)mv02D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为eq\f(3,2)mv02解析：选C细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq\f(3,4)v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)×(3m＋m)v2＝eq\f(3,8)mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。【变式7-2】如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是()A．I＝2(M＋m)eq\r(2gh)B．I＝2meq\r(2gh)－2(M＋m)gtC．I＝2(M－m)eq\r(2gh)D．I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt解析：选DB下落h过程有mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh)，木块B与A碰撞过程由动量守恒定律得mvB＝(M＋m)v，规定向下为正方向，则两木块从开始共同运动至最低点过程中由动量定理得(M＋m)gt－I1＝0－(M＋m)v，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2I1，联立解得弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt，故D正确。【变式7-3】（2022-全国乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为，根据位移等速度在时间上的累积可得，又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得，联立可解得【题型8一般的碰撞】【例8】质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？(1)0.6v；(2)0.4v；(3)0.2v.答案(2)可能解析①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：mv＝mv1＋3mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×3mv22得：v1＝eq\f(m－3m,m＋3m)v＝－eq\f(1,2)vv2＝eq\f(2m,4m)v＝eq\f(1,2)v②若是完全非弹性碰撞，则：mv＝4mv′v′＝eq\f(1,4)v因此eq\f(1,4)v≤vB≤eq\f(1,2)v，因此只有(2)是可能的．【变式8-1】如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。[解析](1)设B运动到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t，联立解得x＝2R。(2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mvD2由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ，解得P＝mgsinθeq\r(2gRcosθ)。(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R，解得v2＝eq\r(5gR)对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgR，解得v1＝eq\r(2gR)设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝eq\r(2gR)＋eq\r(5gR)碰撞过程中A和B损失的总动能为ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22解得ΔE＝eq\r(10)mgR。[答案](1)2R(2)mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR【变式8-2】算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。[解析](1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2，设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v12－v2＝2(－a1)s1，解得v1＝0.3m/s，甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2，设乙算珠能运动的最远距离为x，则x＝eq\f(v乙2,2a2)＝0.02m，由于x＝s2，所以乙算珠能够滑动到边框a。(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s，碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s，所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s。[答案](1)能，计算过程见解析(2)0.2s【变式8-3】如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,3)，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(2gL)小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：T－mg＝meq\f(v02,L)由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T′＝T解得：T′＝3mg。(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：L＝eq\f(v0,2)t，解得：h＝L。(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＋3mv1设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2由能量守恒定律得：eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)(3m＋6m)v22＋μ·3mgs联立解得：s＝eq\f(L,2)由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来。答案：(1)3mg(2)L(3)滑块C不会从木板上掉下来专题1.3碰撞【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1完全非弹性碰撞】 【题型2弹性正碰、一静一动】 【题型3碰撞三原则】 【题型4图像问题】 【题型5子弹穿木块问题】 【题型6块板模型】 【题型7涉及弹簧的问题】 【题型8一般的碰撞】 【题型1完全非弹性碰撞】【例1】如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝eq\f(1,2)mv02因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12联合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一负解不合实际情况，故舍去。(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：(M＋m)gl－W总＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W总＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)2025【变式1-1】(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：选BC小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。【变式1-2】(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是()A．A、B分离时A的速度为eq\f(1,3)v0B．A、B分离时A的速度为eq\f(1,2)v0C．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq\f(1,2)mv02D．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq\f(5,4)mv02解析：选BD该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝eq\f(1,2)v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·2meq\f(1,2)v02－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(5,4)mv02，C错误，D正确。【变式1-3】如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2滑雪者质量为m2＝48kg，初速度为v0＝1.5m/s，加速度为a2＝3m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2联立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s【题型2弹性正碰、一静一动】【例2】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(eq\o\al(1,0)n)与静止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子