专题4.5碰撞模型（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023届高考物理二、三轮复习总攻略290387341_专题4.5碰撞模型-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

第四部分 重点模型与核心问题深究 专题4.5 碰撞模型 目录 一 碰撞模型及应用..................................................................................................................................................1 二 弹性碰撞模型及拓展..........................................................................................................................................3 三 专题跟踪检测........................................................................................................................................................7 一 碰撞模型及应用 1.三种碰撞的特点及规律 动量守恒：mv＋mv＝mv′＋mv′ 1 1 2 2 1 1 2 2 弹性碰撞 机械能守恒：mv2＋mv2＝mv′2＋mv′2 1 1 2 2 1 1 2 2 动量守恒、末速度相同：mv＋mv＝(m＋m)v′ 1 1 2 2 1 2 完全非弹性碰撞 机械能损失最多，损失的机械能： ΔE＝mv2＋mv2－(m＋m)v′2 1 1 2 2 1 2 动量守恒：mv＋mv＝mv′＋mv′ 1 1 2 2 1 1 2 2 非弹性碰撞 机械能有损失，损失的机械能： ΔE＝mv2＋mv2－mv′2－mv′2 1 1 2 2 1 1 2 2 (1)动量守恒：p＋p＝p′＋p′ 1 2 1 2 碰撞问题遵循的 (2)动能不增加：E ＋E ≥E ′＋E ′ k1 k2 k1 k2 三条原则 (3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度 2.弹性碰撞的“动碰静”模型 (1)由动量守恒和能量守恒得，mv＝mv＋mv 1 0 1 1 2 2 mv2＝mv2＋mv2； 1 0 1 1 2 2 (2)碰后的速度：v＝v，v＝v. 1 0 2 0 3.弹性碰撞模型的拓展应用 【例1】 (2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的 中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别 0 为v 和v。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( ) 1 2 A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v 大于v 2 1 D．v 大于v 2 0 【答案】B【解析】 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度 为v，取v 的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv＝mv＋mv 3 0 0 1 mv＝mv＋mv 3 联立解得v＝v 1 0 设中子和氮核碰撞后中子速度为 v ，取v 的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv ＝ 4 0 0 14mv＋mv 2 4 mv＝×14mv＋mv 联立解得v＝v 2 0 可得v＝v>v，故C、D错误； 1 0 2 碰撞后氢核的动量为p ＝mv＝mv H 1 0 氮核的动量为p ＝14mv＝ N 2 可得p >p ，故A错误； N H 碰撞后氢核的动能为E ＝mv＝mv kH 氮核的动能为E ＝×14mv＝ kN 可得E >E ，故B正确。 kH kN 【例2】(2022·河北省纵向评价)在北京冬奥会中，中国健儿取得了出色的成绩。某次训练中，运动员将质 量为19.1 kg的冰壶甲以某一速度掷出，冰壶在向前运动过程中，碰到了对方的静止冰壶乙，冰壶乙在运动 0.2 m后停下。已知比赛双方所用冰壶完全相同，冰壶与冰面的动摩擦因数为 0.01，当地重力加速度约为 10 m/s2。假设两冰壶的碰撞为一维碰撞，且不计碰撞的能量损失，则冰壶甲在碰前的速度约为( ) A．2.0 m/s B．0.2 m/s C．1.0 m/s D．0.1 m/s【答案】 B 【解析】 碰撞过程中，甲乙冰壶的动量守恒得mv ＝mv ＋mv ，根据机械能守恒定律得mv＝mv＋mv，对 0 1 2 乙冰壶根据动能定理得－μmgx＝0－mv，解得v＝0.2 m/s，故B正确。 0 二 弹性碰撞模型及拓展 1.“滑块—弹簧”模型 (如图) 水平面光滑 (1)注意临界条件：弹簧压缩到最短或伸长到最长时，两滑块同速，弹簧的弹性势能最大。 (2)从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可看成弹性碰撞过程，恢复原长时，v＝v，v＝v。 1 0 2 0 2．“滑块—斜面”模型(如图) 各接触面均光滑 (1)水平方向动量守恒。 (2)注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速，系统动能最小，重力势能最大。 (3)从滑块以v 滑上斜面再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，滑块离开斜面时，v＝v，v＝v。 0 1 0 2 0 3．“小球—圆弧槽”模型 (如图)接触面均光滑 (1)水平方向动量守恒。 (2)小球滑上圆弧槽并从顶端离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位移相同，小球 会沿切面再进入圆弧槽。 (3)从小球以v 滑上圆弧槽再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，小球离开圆弧槽时，v ＝v ，v ＝ 0 1 0 2 v。 0 【例1】 (2022·山西运城期末)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑 块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面向右 运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心 等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块质量之比m∶ M为( ) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．3∶1 【答案】C 【解析】 当圆弧槽固定时，mv＝mgR，当圆弧槽不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量 守恒有mv＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有mv＝mg＋(m＋M)v2，解得m∶M＝2∶1，故C正确。 0 【例2】(多选)(2022·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图所示，光滑圆槽B静置于光滑水平地面上．槽底端 与水平面相切，一小球A从水平地面以初速度v 滑向圆槽，从底端沿槽上滑，未冲出圆槽，最后滑回水平 0 地面．已知小球的质量为m，圆槽的质量为M，重力加速度为g.下列说法中正确的是( ) A．小球上升的最大高度为 B．圆槽运动的最大速度为 C．小球上滑过程比下滑过程的动量变化大D．上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小 【答案】 AD 【解析】 小球滑上B，滑到最高点时，水平方向动量守恒mv＝(m＋M)v 0 机械能守恒有mv2＝(m＋M)v2＋mgh 0 解得h＝，A正确；小球离开B时，B的速度最大，有 mv＝mv＋Mv，mv2＝mv2＋Mv2 0 1 2 0 1 2 解得v＝v，v＝v，B错误； 1 0 2 0 小球上滑过程Δp＝mv－mv＝－v 1 0 0 下滑过程Δp ＝mv －mv＝－v ，所以小球上滑过程和下滑过程的动量变化一样大，C错误；上滑过程圆槽 2 1 0 的动能增加量ΔE ＝Mv2＝M()2 k1 下滑过程圆槽的动能增加量ΔE ＝Mv2－Mv2＝M()2 k2 2 所以上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小，D正确． 【例3】(多选)(2022·山东省六校线上联考)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、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v ＝6 m/s的速度向B 0 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4 m/s B．B运动到最高点时的速率为 m/s 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 【解析】 A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v ＝v ＋ 0 A Mv ，·v2＝·v 2＋Mv 2，解得v ＝－2 m/s，v ＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并 B 0 A B A B 运动到最高点时二者共速，设为v，则Mv ＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑 B 下的过程，设B、C分离时速度分别为v ′、v ′，由水平方向动量守恒有Mv ＝Mv ′＋2Mv ′，由机械能守恒 B C B B C 有Mv 2＝Mv ′2＋·2Mv ′2，联立解得v ′＝－ m/s，由于|v ′|<|v |，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误， B B C B B AD正确． 【例4】(2022·辽宁朝阳市高三一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是m ＝3.0 kg和m ＝2.0 kg，用水 A B 平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触.另有一物块C在t＝0时刻以一定速 度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示， 下列说法正确的是( ) A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18 J D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2 m/s 【答案】 B 【解析】 由题图乙知，C与A碰前速度为v ＝12 m/s，碰后速度为v ＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒， 1 2 以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v ＝(m ＋m )v ，解得m ＝1 kg.当C与A的共同速度为 C 1 A C 2 C 0时，弹簧的弹性势能最大，E ＝(m ＋m )v2＝18 J，选项A错误；由题图乙知，12 s末A和C的速度为 pm A C 2 v ＝－3 m/s,4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和 3 C整体的冲量大小，墙壁对B的冲量为I＝(m ＋m )v －(m ＋m )v ，解得I＝－24 N·s，方向向左，故B正 A C 3 A C 2 确；物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁 后，A、B、C三者共速时弹簧的弹性势能最大，则有(m ＋m )v＝(m ＋m ＋m )v,E ′＝(m ＋m )v2－(m ＋ A C 2 A C B 4 pm A C 2 A m ＋m )v2，联立解得E ′＝6 J，选项C错误；物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A、C向左 C B 4 pm 运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物块 B的速度最大，则有 (m ＋m )v＝(m ＋m )v＋m v，(m ＋m )v2＝(m ＋m )v2＋m v2，代入数据解得v＝ A C 2 A C 5 B 6 A C 2 A C 5 B 6 6 4 m/s，物块B的最大速度为4 m/s，选项D错误. 三 专题跟踪检测 1.(2022·湖北黄冈中学预测)如图所示，两个完全相同的圆弧曲面A、B紧挨着放在水平地面上，曲面下端与 水平面相切、将一小球由曲面A上P处(图中未画出)由静止滑下。不计一切摩擦，下列说法正确的是( )A.小球在A上滑动时，二者组成的系统动量守恒 B.小球在B上滑动时，二者组成的系统机械能守恒 C.小球在B上能够达到与P点相同的高度 D.小球最终一定能滑回A上P点 【答案】 B 【解析】 小球在A上滑动时，在水平方向所受合力为零，水平方向动量守恒，在竖直方向上所受合力不 为零，竖直方向动量不守恒，二者组成的系统动量不守恒，A错误；设小球到达曲面A的底端时，小球和 A的速度大小分别为v和v ，由机械能守恒和动量守恒得mgh＝mv2＋Mv，Mv－mv ＝0，设小球在曲面B A A 上达到的最大高度为h′，此时小球和B的共同速度大小为v ，由机械能守恒和动量守恒得mgh′＋(M＋m)v B ＝mv2，mv＝(M＋m)v ，解得h′＝h，B正确，C错误；小球滑上A到达最高点时，A、B都有速度，由能量 B 守恒定律知，小球能达到的最大高度一定低于P点，D错误。 2.(2022·重庆名校联盟联考)冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营 Q处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点，下列说法 正确的是( ) A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 B.红壶碰前速度约为碰后速度的4倍 C.碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍 D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒 【答案】 C【解析】 碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩 擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x ＝R －R ＝0.61 m，蓝壶运动的距离为x ＝2R ＝ 1 2 1 2 2 2.44 m，二者质量相同，假设二者碰后所受的摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶， 有v＝2ax ，对蓝壶有v＝2ax ，联立可得＝，即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，C正确；设红壶碰前 1 2 速度为v，则有mv＝mv＋mv，故有v＝3v，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，B错误；碰前的动能 0 0 1 2 0 1 为E ＝mv，碰后动能为E′＝mv＋mv＝×mv，则有E >E′，机械能不守恒，D错误。 k0 k k0 k 3.(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)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20 kg，大人 的质量为60 kg，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60 kg C.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·s D.碰撞过程中损失的机械能为600 J 【答案】 BD 【解析】 规定小孩初始运动方向为正方向，由图像可知，碰后两车一起向碰前大人运动的方向运动，故 碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图像可知，碰前瞬间小孩的速度v＝2 m/s，大人的速 1 度v ＝－3 m/s，碰后两人的共同速度v ＝－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(M＋m)v － 2 3 1 1 (M＋m)v ＝(2M＋m ＋m)v ，解得M＝60 kg，故B正确；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p ＝160 2 2 1 2 3 1 kg·m/s，碰后总动量为p′＝－80 kg·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 1 为I＝Δp＝－240 N·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＝×80×22 J＋ ×120×(－3)2 J－×200×(－1)2 J＝600 J，故D正确。 4.(2022·重庆一中检测)如图所示，两质量分别为m 和m 的弹性小球A、B叠放在一起，从某高度自由落下， 1 2 落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。若A反弹后刚好能返回到原高度，那么m 与m 的比值为( ) 1 2 A．0.5 B．1 C．2 D．3 【答案】 B 【解析】 设两物体落地前的瞬时速度均为v，B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，因碰后 A仍回到原高度，则碰后A的速度仍为v，设B的速度为 v ，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得mv－mv＝mv＋mv ，由机械能守恒定律得(m ＋m)v2＝mv2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 ＋mv，联立解得v＝－v，m＝m，故B正确。 2 2 1 2 5.(2022·河北衡水中学期中)如图所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板 相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v ＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压 0 缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( ) A.3 J B.6 J C.20 J D.4 J 【答案】 A 【解析】 由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相 等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为F，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向， f 根据能量守恒定律和动量守恒定律有mv＝FL＋(M＋m)v2＋E ，mv ＝(M＋m)v，又因为铁块最后恰好停在 f p 0 木板的左端，故根据能量守恒定律有mv＝2FL＋(M＋m)v2，代入数据联立解得E＝3 J，B、C、D错误，A f p 正确。 6.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v 向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最 0大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v 的速度向右压缩弹簧， 0 测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( ) A．A物体的质量为2m B．A物体的质量为3m C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为2mv 【答案】 B 【解析】 设A物体的质量为m ，物体A压缩弹簧的最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性 A 势能有E ＝m v，当A以2v 向右运动压缩弹簧过程，A、B弹簧系统动量守恒，当二者共速时，弹簧压缩 p A 0 最大，也为x，此过程动量守恒有m ×2v＝(m ＋m)v，由功能关系有m (2v)2－(m ＋m)v2＝E，联立解得m A 0 A A 0 A p A ＝3m，E＝mv，故B正确。 p 7.(多选)(2022·四川成都二次联考)2022年2月，第24届冬奥会在中国北京举行。在冬奥会的冰壶比赛中， 运动员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图(a)，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用 等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前后两壶的v－t图像如图(b)所示，其中蓝壶的图线与红壶 的图线的延长线与t轴相交于同一点。关于冰壶的运动，下列说法正确的是( ) A.碰撞后蓝壶的初速度大小为0.8 m/s B.碰撞前红壶的加速度大小为0.4 m/s2 C.碰撞后红壶运动的距离为0.15 mD.碰撞后蓝壶运动的距离为1.35 m 【答案】 BD 【解析】 由题图(b)可知，碰撞前红壶的加速度大小为a＝＝ m/s2＝－0.4 m/s2，B正确；假如红壶不与蓝 壶碰撞，可滑行的时间为t＝＝ s＝4 s，由此可知，蓝壶碰撞后的运动时间为t＝3 s，红壶与蓝壶碰撞前的 1 速度大小为v ＝1.2 m/s，碰撞后的速度大小为v′＝0.3 m/s，碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv 1 1 1 ＝mv′＋mv，代入数据解得蓝壶碰撞后的初速度大小为v＝ 1 0.9 m/s，A错误；红壶和蓝壶碰撞后均做匀减速直线运动，根据公式x＝t代入数据解得，碰撞后红壶运动 的距离为0.075 m，蓝壶运动的距离为1.35 m，C错误，D正确。 8.(多选)(2022·广西高三期中)如图所示，光滑水平面上，静止放置了一个圆弧槽B，圆弧槽没有固定，圆弧 面光滑，最低点与水平面相切，半径R＝40 cm、质量为m。一个质量为2m可视为质点的光滑小球A，某 时刻以初速度v＝6 m/s从水平面冲上圆弧槽B，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) 0 A.小球A与圆弧槽B组成的系统动量守恒 B.小球A不能从圆弧槽B最高点飞出 C.小球A上升的最大高度为60 cm D.小球A再次回到水平面后，圆弧槽B的速度为8 m/s 【答案】 CD 【解析】 小球A与圆弧槽B组成的系统水平方向不受外力，因此水平方向上系统动量守恒，但竖直方向 上合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；假设小球A不能从圆弧槽B最高点飞出，当A沿B的 圆弧面上升至最高点时，设 A与B达到共同速度v ，根据动量守恒定律有 2mv ＝(m＋2m)v ，解得v ＝4 1 0 1 1 m/s，此过程中系统动能的减少量为ΔE＝×2mv－(m＋2m)v＝12m(J)，系统重力势能的增加量为ΔE＝2mgR k p ＝8m(J)，所以ΔE≠ΔE ，不满足机械能守恒定律，则假设不成立，由此可知小球 A能从圆弧槽B最高点飞 k p 出，故B错误；小球A上升至圆弧槽B最高点时，A与B水平速度相等，均为v ，此时A还有竖直速度， 1 因此A离开B最高点后将做斜抛运动，其水平速度始终与B的水平速度相等，当A上升至最高点时，竖直 速度为零。设A上升的最大高度为h，对A从冲上B到上升至最高点的过程中，根据机械能守恒定律有2mgh＝×2mv－(m＋2m)v，解得h＝0.6 m，故C正确；根据前面分析可知，A做斜抛运动过程中将始终与B 保持在同一竖直平面内，所以A最终还会落至B的最高点并沿圆弧滑动至水平面上。设最终A和B的速度 分别为v 和v ，对A从冲上B到最终回到水平面的过程中，根据动量守恒定律有 2mv ＝2mv ＋mv ，根据 2 3 0 2 3 机械能守恒定律有×2mv＝×2mv＋mv，解得v＝8 m/s，故D正确。 3 9.(2022·重庆市实验中学高二期末)如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管 恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v 从U形管的一端射入，从另 0 一端射出．已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是( ) A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒 B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为 D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管速度大小为 【答案】 D 【解析】 由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转 移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与 U形管组成的系统 沿导槽方向动量守恒，故A错误；小球与U形管系统机械能守恒，故小球从U形管的另一端射出的过程中， mv2＝mv2＋mv2 0 1 2 沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故 mv＝mv＋mv 0 2 1 解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v ，小球速度大小为0，故B错误；小球运动到U形管 0 圆弧部分的最左端过程，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球水平方向的速度与U形 管的速度均为v，由动量守恒定律得mv＝(m＋m)v，解得v＝ x 0 x x 设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得 mv2＝m()2＋mv2 0 解得v＝v 0 故C错误，D正确．10.(2022·西南名校联盟联考)如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩 的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触。质量为m的物块 C(可视为质点)以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为g，则下 列说法正确的是( ) A．物块C与物块B碰后速度为v B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为mv2 C．若滑环A不固定，则滑环A最大速度为 D．若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为 【答案】 D 【解析】 物块C与物块B碰撞时动量守恒，有mv＝2mv ，解得碰后速度为v ＝，A错误；物块C与物块 1 1 B碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv2－×2mv＝mv2，B错误；若滑环A不固定，物块C与物块B粘在一 起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等(设为v)时， 2 B、C摆起的高度最大(设为h)，根据动量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有mv＝3mv，2mgh＝×2mv－ 2 ×3mv，联立解得h＝，D正确；当滑环A所受合外力为零时，速度达到最大(设为v)，易知此时B、C整体 3 恰好摆回至最低点，设此时B、C整体的速度为v，根据动量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有2mv＝ 4 1 mv＋2mv，×2mv＝mv＋×2mv，联立解得v＝v，C错误。 3 4 3 11.(多选)(2022·内蒙古包头市高三下学期一模)如图，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑 的水平面上．车厢内有一质量为m＝1 kg、可视为质点的物块以速度v ＝10 m/s从车厢中点处向右运动， 0 与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为 μ＝0.1，重力加速度 取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( ) A．n＝26 B．系统因摩擦产生的热量为25 JC．物块最终停在车厢右端 D．车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右 【答案】 BD 【解析】 由动量守恒定律得mv ＝(m＋M)v，解得车厢最终运动的速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系 0 统由能量守恒定律得：mv2＝(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，故B、D正 0 确；根据Q＝μmgL可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L＝＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝＝ 25次，物块最终停在车厢中点处，故A、C错误． 12.(多选)(2022·山西大同模拟)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)， 滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E， 宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右 侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块 A的电荷量不 变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x ＝d，则下列判断正确的是( 0 ) A.A、B两滑块的质量之比为＝ B.A、B两滑块的质量之比为＝ C.两滑块的碰撞为弹性碰撞 D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞 【答案】 AD 【解析】 对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝m v；依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方 A 向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得m v ＝－m v＋m v，又由能量守恒定 A 0 A B 律可知v0，故碰撞为非弹性碰撞，C错误，D正确。 A A B 13.(多选)(2021·湖南卷·8)如图(a)，质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F A B作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物 体运动的a－t图像如图(b)所示，S 表示0到t 时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S 、S 分别表 1 1 2 3 示t 到t 时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小.A在t 时刻的速度为v.下列说法正确的是( ) 1 2 1 0 A.0到t 时间内，墙对B的冲量等于m v 1 A 0 B.m >m A B C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S－S＝S 1 2 3 【答案】 ABD 【解析】 由于在0～t 时间内，物体B静止，则对B受力分析有F ＝F ，则墙对B的冲量大小等于弹簧 1 墙 弹 对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹 力作用，则根据动量定理有I＝m v(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同， A 0 A正确；由a－t图像可知t 后弹簧被拉伸，在t 时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有F ＝ 1 2 弹 m a ＝m a ，由题图(b)可知a >a ，则m m，则A与B第二次碰撞不在最低点 1 2D．若mm，则碰撞后，A的速度方向继续向右，B球的速度方向也向右，两球均绕钉子做单摆运动，摆动的 1 2 周期相等，A、B第二次碰撞的位置在最低点，故C错误； 若m