2024年高考物理二轮复习提升核心素养 “碰撞类”模型问题（解析版）.docx

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6.3“碰撞类”模型问题一、碰撞的特点和分类1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。3.爆炸：一种特殊的“碰撞”特点1：系统动量守恒。特点2：系统动能增加。二、弹性正碰模型1.“一动碰一静”模型当v2＝0时，有2.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰。三、碰撞可能性分析判断碰撞过程是否存在的依据1.满足动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。2.满足动能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。3.速度要符合情景(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v前′≥v后′。(2)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v前≥v后。学科网（北京）股份有限公司 “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(最短)状态时两物体速度相等，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)．(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．例题1.(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上．现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙，则有(　　)A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8【答案】CD【解析】　由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，而t3时刻处于伸长状态，故A错误；结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4学科网（北京）股份有限公司 过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1m/s，B的速度为vB＝2m/s，根据m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确．如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生相互作用．求二者在发生相互作用的过程中，(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度．【答案】　(1)6J　(2)2m/s，方向向右【解析】　(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝＝m/s＝1m/s弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、B损失的动能Epm＝mAv02－(mA＋mB)v2＝6J.(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvmmAv02＝mBvm2＋mAvA2解得vm＝2m/s，方向向右．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示．已知B与C碰撞后会粘在一起运动．在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？学科网（北京）股份有限公司 【答案】　(1)3m/s　(2)12J【解析】　(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，由动量守恒定律得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA解得vA＝3m/s(2)B、C碰撞过程系统动量守恒mBv＝(mB＋mC)vC故vC＝2m/s碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故Ep＝mAv2＋(mB＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v＝12J.“滑块—斜(曲)面”模型1．模型图示2．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，mv02＝(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：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22(相当于完成了弹性碰撞)．例题2.(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　)学科网（北京）股份有限公司 A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为Mv02D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为【答案】　BC【解析】　小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′，Mv02＝2×(Mv′2)＋Mgh，联立解得h＝，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为Mv02，即此过程小球对小车做的功为Mv02，故B、C正确，A错误．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.B.C.D.【答案】C【解析】　　设滑块P的质量为2m，则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，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝mvQ2＋·2mvP2，Q离开P时的动能：Ek2＝mvQ2，解得：＝，故C正确．学科网（北京）股份有限公司 如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放．重力加速度为g，求：(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；(3)B的最大速度的大小．【答案】(1)　3mg＋Mg　(2)(3)【解析】(1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgR＝mv解得小球到b点时的速度大小为v0＝在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m解得FN＝3mg由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力FN′＝FN＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg.(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v由机械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh解得h＝.(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2学科网（北京）股份有限公司 由能量守恒定律可知mv＝mv＋Mv解得v2＝.“物体与物体”正碰模型1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束。如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞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，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′m1v＝m1v1′2＋m2v2′2解得v1′＝，v2′＝。结论：①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等。(2)完全非弹性碰撞①撞后共速。②有动能损失，且损失最多。学科网（北京）股份有限公司 例题3.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，则碰撞过程中两物块损失的机械能为(　　)A．3J　　　　　　　　　B．4JC．5JD．6J【答案】A【解析】　设乙物块的质量为m乙，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＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3J，A正确。如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2kg，且以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移－时间图像如图所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为(　　)A．2m/s，5kgB．2m/s，3kgC．3.5m/s，2.86kgD．3.5m/s，0.86kg【答案】B【解析】由图像可知，碰前A的速度v1＝m/s＝5m/s，碰后AB的共同速度v2＝m/s＝2m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3kg，B正确。学科网（北京）股份有限公司 如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且劈足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块黏在一起滑上曲面劈B。求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。【答案】(1)mv　(2)【解析】　(1)小物块C与物块A发生碰撞黏在一起，以v0的方向为正方向由动量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝v0；碰撞过程中系统损失的机械能：E损＝mv－×2mv2解得E损＝mv。(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝v0根据机械能守恒得2mgh＝×2m－×5m解得h＝。“滑块—木板”碰撞模型学科网（北京）股份有限公司 模型图示模型特点(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)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(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解例题4.如图所示，质量M＝1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝0.495kg的物块(可视为质点)放在木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4。质量m0＝0.005kg的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(子弹与物块作用时间极短)，木板足够长，g取10m/s2。求：(1)物块的最大速度v1；(2)木板的最大速度v2；(3)物块在木板上滑动的时间t。【答案】(1)3m/s　(2)1m/s　(3)0.5s【解析】　(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得：m0v0＝(m＋m0)v1解得v1＝3m/s。(2)当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得：(m＋m0)v1＝(M＋m＋m0)v2解得：v2＝1m/s。(3)对木板，根据动量定理得：μ(m＋m0)gt＝Mv2－0解得：t＝0.5s。学科网（北京）股份有限公司 如图所示，质量m＝1kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度均为0.6m且上表面等高．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端．小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小物块离开平台时速度的大小；(2)水平恒力F对小物块冲量的大小．【答案】(1)3m/s　(2)5N·s【解析】　(1)设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：由动量守恒：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒：mv＝(m＋M)v＋μmgl联立以上两式并代入数据得：v0＝3m/s(2)设水平恒力F对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上相对平台运动的时间为t.小物块在平台上相对平台运动的过程，对小物块：由动量定理：I－μmgt＝mv0－0由运动学规律：l＝·t联立并代入数据得：I＝5N·s.如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。(1)求A刚滑上木板时，A、B的加速度大小。(2)要使A、B不发生碰撞，求A的初速度应满足的条件。(3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B学科网（北京）股份有限公司 均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少？【答案】(1)μg　　(2)v1≤　(3)【解析】(1)对A有μmg＝maA得aA＝μg对BC有μmg＝2maB解得aB＝。(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，由动量守恒有mv1＝3mv共且有μmgL≥mv－×3mv解得v1≤。(3)由于发生弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有mv0′＝3mv共′且有μmgL总＝mv0′2－×3mv共′2联立解得L总＝。1.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1>m2，m2的左边有一固定挡板．由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　　)A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是v1学科网（北京）股份有限公司 【答案】BD【解析】　由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D选项正确．2.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】(1)20kg　(2)不能，理由见解析【解析】　(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥m2v02＝m2v22＋m3v32⑦学科网（北京）股份有限公司 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩．3.(多选)如图所示，质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正前方的质量为m的静止滑块丙发生碰撞，碰撞时间极短．在甲、丙碰撞瞬间，下列情况可能发生的是(　　)A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2【答案】BC【解析】　碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确．4.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，重力加速度为g，则下列关系式中正确的是(　　)A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC.m(v0sinθ)2＝mghD.mv02＝mgh＋(m＋M)v2【答案】BD学科网（北京）股份有限公司 【解析】　小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，沿水平方向，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒．以水平向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cosθ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mv02＝mgh＋(m＋M)v2，故C错误，D正确．5.(多选)如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是(　　)A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动B．A、B系统的总动量最终将大于mvC．A、B系统的总动能最终将大于mv2D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为mv2【答案】CD6.(多选)如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心．质量为m的小滑块(可视为质点)以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已知M＝2m，则下列判断正确的是(　　)A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒C．小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为v0D．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为v0【答案】AD【解析】　　学科网（北京）股份有限公司 小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A正确；小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向所受合力为零，动量守恒，选项B错误；由水平方向动量守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度大小为v0；当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带有圆弧轨道的滑块速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v1和v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，解得v2＝v0，v1＝－v0，故C错误，D正确．7.(多选)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v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为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2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　)A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02【答案】AC【解析】　　对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝Mv02＝mv02，选项A、C正确，B、D错误．8.如图所示，光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.4kg、m＝0.1kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝4.0J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态，现突然释放弹簧，球m脱离弹簧滑向与水平相切的竖直放置的光滑半圆形轨道，到达最高点B时小球对轨道的压力为3N，g取10m/s2，求：学科网（北京）股份有限公司 (1)两小球离开弹簧时的速度大小；(2)半圆形轨道半径。【答案】(1)8m/s　2m/s　(2)0.8m【解析】(1)弹簧弹开过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得：mv＋Mv＝Ep，解得：v1＝8m/s，v2＝2m/s；(2)小球m到达B点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv＝mg·2R＋mv2，小球在圆形轨道上做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：mg＋F＝m解得：R＝0.8m。9.在光滑水平地面上放有一质量M＝3kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2kg的小球以速度v0＝5m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽槽口距地面的高度h＝0.8m，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W；(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。【答案】(1)6J　(2)2m【解析】(1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，得：mv0＝(m＋M)v①对小车由动能定理得：W＝Mv2②联立①②式解得：W＝6J。(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得：mv0＝mv1＋Mv2③小球和小车由功能关系得：mv＝mv＋Mv④联立③④式可解得：v1＝－1m/s⑤v2＝4m/s⑥小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动h＝gt2⑦学科网（北京）股份有限公司 L＝(v2－v1)t⑧联立⑤⑥⑦⑧式可得：L＝2m。10.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，取g＝10m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．【答案】(1)2m/s　(2)3J　(3)2m【解析】　(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6m/s滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝v1＝2m/s(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，解得v3＝v1＝1m/s由机械能守恒定律有Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32解得Ep＝3J(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设此时滑块A、B的速度为v4，滑块C学科网（北京）股份有限公司 的速度为v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52解得v4＝0，v5＝2m/s滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动x＝v5t，H＝gt2解得x＝2m.学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司