微专题39 类碰撞模型问题分析-2025版高中物理微专题

微专题39类碰撞模型问题分析【核心方法点拨】1.类碰撞模型之“滑块+弹簧+滑块”(1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．(2)整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．(3)注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．2.类碰撞模型之“滑块+木板”(1)把滑块、木板看作一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．(2)由于摩擦生热，把机械能转化为内能，系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．(3)注意：滑块不滑离木板时最后二者有共同速度．3.子弹打木块模型(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．(3)若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多．【微专题训练】类型一：“子弹打木块”模型【例题】(“卓越”自主招生)长为L，质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s，则子弹穿过木块所用的时间为()A.eq\f(L＋s,v0) B.eq\f(1,v0)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))s))C.eq\f(1,v0)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))s)) D.eq\f(1,v0)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(s＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))L))解析：选B子弹穿过木块过程，对子弹和木块系统，动量守恒，有：mv0＝mv1＋Mv2，设子弹穿过木块过程所受阻力为f，对子弹，由动能定理：－f(s＋L)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02由动量定理：－ft＝mv1－mv0对木块，由动能定理：fs＝eq\f(1,2)Mv22，由动量定理：ft＝Mv2，联立解得：t＝eq\f(1,v0)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))s))。选项B正确。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【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，因此损失的动能转化成的热量也相同，B正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C错误；产生的热量Q＝Ff×Δx，由于产生的热量相同，而相对位移Δx不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．【答案】AB类型二：类碰撞模型之“滑块+弹簧+滑块”【例题】(2018·高考物理全真模拟卷一)如图所示，AB两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能确定C[若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则mAv＝(mA＋mb)v′，解得v′＝eq\f(mAv,mA＋mB)，弹性势能最大，最大为ΔEp＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(mAmBv2,2mA＋mB)；若用锥子敲击B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝eq\f(mBv,mA＋mB)，弹性势能最大为ΔEp＝eq\f(1,2)mBv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(mAmBv2,2mA＋mB)，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1＝L2，C正确．]【变式】质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态．一质量也为m的物块甲从钢板正上方高为h的A处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点B；若物块乙质量为2m，仍从A处自由落下，则物块乙与钢板一起向下运动到B点时，还具有向下的速度，已知重力加速度为g，空气阻力不计．求：(1)物块甲和钢板一起运动到最低点B过程中弹簧弹性势能的增加量；(2)物块乙和钢板一起运动到B点时速度vB的大小．【解析】(1)设物块甲落在钢板上时的速度为v0，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh)(设物块甲与钢板碰撞后的速度为v1，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(\r(2gh),2)根据题意可得到达最低点B时弹簧的弹性势能增加量为ΔEp＝2mgx0＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(1,2)h))(2)设物块乙落在钢板上时的速度为v0′，根据机械能守恒定律有2mgh＝eq\f(1,2)×2mv0′2，解得v0′＝eq\r(2gh)设物块乙与钢板碰撞后的速度为v2，根据动量守恒定律有2mv0′＝3mv2解得v2＝eq\f(2\r(2gh),3)根据能量守恒定律可得ΔEp＝3mgx0＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,B)联立各式解得vB＝eq\r(\f(2,3)gx0＋\f(5,9)gh)【答案】(1)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(1,2)h))(2)eq\r(\f(2,3)gx0＋\f(5,9)gh)类型三：类碰撞模型之“滑块+弧面或斜面”【例题】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)弧形凹槽OAB，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点冲上凹槽，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，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C．当v0＝eq\r(2gR)时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为meq\f(v02,R)解析：选C弧形槽不固定，当v0＝eq\r(2gR)时，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；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；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落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋meq\f(v02,R)，D错误。【变式】【江西师范大学附属中学2017届高三上学期期中考试】如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为(不计空气阻力)，则()A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为C．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次能上升的最大高度【答案】D【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，，解得，小车的位移：x=R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg(h0-h0)-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0-h0=h0，而小于h0，故D正确；故选D。【变式】(2018·南开中学考前冲刺)如图所示，质量为M、半径R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为eq\f(1,4)圆弧，OA与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定，小物块刚好能达到C点．不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．从D点抛出的初速度为v0＝eq\f(\r(gR),2)；D点距A点高度差h＝eq\f(3R,8)B．小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mgC．小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I＝meq\r(2gR)，方向水平向左D．小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒、动量守恒AC[A项，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v＝2v0，从A到C应用能量守恒可知，eq\f(1,2)m(2v0)2＝mgRsin30°，解得v0＝eq\f(\r(gR),2)，从D到A应用动能定理可得：mgh＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：h＝eq\f(3R,8)，故A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－sin30°))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在B点由重力与支持力的合力提供向心力得，FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，由以上两式解得FN＝3mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为vB1＝eq\r(2gR)，根据动量定理可得：I＝mvB1－0＝meq\r(2gR)，故C正确；D项，小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零，故动量不守恒，故D错误．类型三：类碰撞模型之“滑块+木板”【例题】如图所示，质量为M＝1kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m＝3kg的滑块以初速度v0＝2m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确的是()A．滑块和木板的加速度大小之比是1∶3B．整个过程中因摩擦产生的内能是1.5JC．可以求出木板的最小长度是1.5mD．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3解析：选ABD因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为eq\f(am,aM)＝eq\f(M,m)＝eq\f(1,3)，A正确；滑块与木板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1.5m/s，由能量守恒定律可得：整个过程中因摩擦产生的内能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝1.5J，故B正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t，木板的位移x2＝eq\f(v,2)t，两者之比eq\f(x1,x2)＝eq\f(v0＋v,v)＝eq\f(2＋1.5,1.5)＝eq\f(7,3)，故D正确。【变式】(2018·四川绵阳中学高三下学期调研)(多选)质量为3m足够长的木板静止在水平面上，木板与地面的摩擦可忽略，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，己知重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．1木块相对静止前，木板是静止的B．1木块的最小速度是0C．2木块的最小速度是eq\f(5,6)v0D．木块3从开始运动到相对静止时位移是eq\f(4v\o\al(2,0),μg)CD[木块开始运动时，木块对木板的摩擦力f＝3μmg＞0，木板发生运动．设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3，在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同3v0－v3＝2v0－v2，解得v2＝eq\f(5,6)v0，当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v.系统动量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv，解得v＝v0，整个运动过程中，木块3在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律μmg＝ma，由运动学公式(3v0)2－v2＝2as3，解得s3＝eq\f(4v\o\al(2,0),μg)，故选C、D.]【巩固习题】1.【内蒙古鄂尔多斯市一中2017届高三上学期第四次月考】如图3所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变。现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是()I0I0A2x0x0A.物体A整个运动过程，弹簧对物体A的冲量为零B.物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间C.物体A向左运动的最大速度D.物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep=【答案】B2.【2017·四川省成都市高三第一次诊断性检测】如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒B．小球离开小车后做竖直上抛运动C．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h【答案】B3.(2018·湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是()A．小球滑离小车时，小车回到原来位置B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC．车上管道中心线最高点的竖直高度为eq\f(v2,3g)D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq\f(mv,3)解析：选BC小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq\f(v,3)，小车动量变化大小Δp车＝2m·eq\f(v,3)＝eq\f(2,3)mv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq\f(v2,3g)，C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·2mv22，解得v1＝－eq\f(v,3)，v2＝eq\f(2,3)v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq\f(2,3)v＋eq\f(1,3)v＝v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。4.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧挡板的质量不计.设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，且B与C碰撞时间极短.此后A继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短.在上述过程中，求：(1)B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的速度大小；(2)整个系统损失的机械能；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1设碰撞后瞬间B与C的速度为v2，由动量守恒定律得：mv1＝2mv2解得：v2＝eq\f(v0,4)(2)设B与C碰撞损失的机械能为ΔE.由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)整个系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(3)由于v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝3mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep解得：Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)【答案】(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)5.【2017·辽宁省本溪市高级中学、大连育明高级中学、大连二十四中高三联合模拟考试】如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切与D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度，则(i)B滑块至少要以多大速度向前运动；(ii)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？【答案】(i)(ii)【解析】(i)设滑块A过C点时速度为，B与A碰撞后，B与A的速度分别为，B碰撞前的速度为，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得，由机械能守恒定律得：，B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右左为正方向，由动量守恒定律得：，由机械能守恒定律得：，离那里并代入数据解得；(ii)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，由机械能守恒定律得：，联立并代入数据解得；6.如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝eq\f(M,2)，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)滑块在B点处，由牛顿第二定律知N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得N＝3mg由牛顿第三定律知N′＝3mg(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)m(2vm)2，解得vm＝eq\r(\f(gR,3))②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系mgR－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)m(2vC)2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律μmg＝Ma由运动学规律veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,m)＝－2as解得s＝eq\f(1,3)L【答案】(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L7.如图所示，光滑水平面上有一具有光滑曲面的静止滑块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面．已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：(1)A刚从B上滑至地面时的速度大小；(2)若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？【解析】(1)设A刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒得3mv2－mv1＝0，由系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×3mv22联立以上两式解得：v1＝eq\f(1,2)eq\r(6gh)v2＝eq\f(1,6)eq\r(6gh).(2)从A与挡板碰后开始，到A追上B到达最大高度h′并具有共同速度v，此过程根据系统水平方向动量守恒得mv1＋3mv2＝4mv根据系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)×4mv2＋mgh′联立解得：h′＝eq\f(1,4)h.【答案】(1)eq\f(1,2)eq\r(6gh)(2)eq\f(1,4)h8.(2018·河北省衡水第一中学高三上学期分科综合考试)如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁。一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为eq\f(7,4)R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量。答案：(1)5mg(2)M＝eq\f(\r(33),8－\r(33))m[解析](1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为：F′N＝FN联立解得：F′N＝5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h。则有R2＋h2＝(eq\f(7,4)R)2根据能量守恒定律有：mgh＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2联立解得：M＝eq\f(\r(33),8－\r(33))m9.(2016·丽水调研)如图6所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到v1＝2m/s.求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v③代入数据解得v＝1m/s④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAvA2⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m.【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m10.如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60°由静止释放，小球到达最低点时与Q发生完全弹性正碰.已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，平板车与Q的质量关系是M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：(1)小物块Q离开平板车P时，P和Q的速度大小？(2)平板车P的长度为多少？(3)小物块Q落地时与平板车P的水平距离为多少？【答案】(1)eq\f(\r(gR),3)eq\f(\r(gR),6)(2)eq\f(7R,18μ)(3)eq\f(\r(2Rh),6)【解析】(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒.mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①由①式解得：v0＝eq\r(gR)②小球与Q发生弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度.Q与P组成的系统，由动量守恒定律可得：mv0＝mv1＋Mv2③其中v2＝eq\f(1,2)v1，M＝4m将以上数据代入③式解得：v1＝eq\f(\r(gR),3)，v2＝eq\f(\r(gR),6)④(2)对系统由能量守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋μmgL⑤由⑤式解得：L＝eq\f(7R,18μ)⑥(3)Q脱离P后做平抛运动，由平抛运动规律可得：h＝eq\f(1,2)gt2⑦由⑦式解得：t＝eq\r(\f(2h,g))⑧Q落地时二者相距：x＝(v1－v2)t⑨由⑨式解得：x＝eq\f(\r(2Rh),6)11.如图所示，一质量为2m的L形长木板静止在光滑的水平面，木板右端竖起部分内侧有粘性物质，当有其他物体与之接触时即会粘在一起。某一时刻有一质量为m的物块，以水平速度v0从L形长木板的左端滑上木板。已知物块与L形长木板上表面的动摩擦因数为μ，当它刚要与L形长木板右端竖起部分相碰时，速度减为eq\f(v0,2)，碰后即粘在一起。求：(1)物块在L形长木板上的滑行时间及此时木板在地面上滑行的距离；(2)物块与L形长木板右端竖起部分相碰过程中，长木板受到的冲量大小。【解析】(1)设物块在L形长木板上的滑行时间为t，由动量定理得：－μmgt＝meq\f(v0,2)－mv0解得：t＝eq\f(v0,2μg)物块与L形长木板右端竖起部分相碰前系统动量守恒：mv0＝meq\f(v0,2)＋2mv1，解得：v1＝eq\f(v0,4)由动能定理得：μmgs＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)，解得：s＝eq\f(v\o\al(2,0),16μg)(2)物块与L形长木板右端竖起部分相碰系统动量守恒，则mv0＝3mv2对长木板由动量定理得：I＝2mv2－2mv1＝eq\f(1,6)mv0【答案】(1)eq\f(v0,2μg)eq\f(v\o\al(2,0),16μg)(2)eq\f(1,6)mv013.如图所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M＝2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求：(1)平板车的长度L至少是多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁