2026版《金版教程》高考一轮复习物理第3节 专题：碰撞模型拓展 力学三大观点的综合应用

高考总复习首选用卷物理第3节专题：碰撞模型拓展力学三大观点的综合应用考点一“滑块—弹簧”模型1．(2025·黑龙江省哈尔滨市第九中学高三上期中)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面上。现使m1瞬间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，从图像信息可得()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时间内弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶3D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶4答案：D解析：结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，弹簧被压缩至最短，然后m2继续加速，m1先减速为零，然后向左加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，m2向右减速，m1先向左减速到0后，又向右加速，t3时刻，两物块速度相等，弹簧伸长量最大，从t3到t4时间内弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A、B错误；从t＝0开始到t1时刻，对m1、m2组成的系统由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v1，将v0＝3m/s、v1＝1m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C错误；在t2时刻，m1的速度为v1′＝－1m/s，m2的速度为v2′＝2m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝m1|v1′|∶m2|v2′|＝1∶4，故D正确。2.(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动，在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大，为eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能为eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)答案：AD解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，小球a、b碰撞后黏在一起，是完全非弹性碰撞，系统损失机械能，则总机械能不守恒，故A正确，B错误；小球a、b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对小球b产生向左的弹力，对小球c产生向右的弹力，小球a、b做减速运动，小球c做加速运动，当小球c的速度大于小球a、b的速度后，弹簧压缩量减小，当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，对小球a、b碰撞过程，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，对小球a、b、c及弹簧系统，从小球a、b碰后至小球b、c速度相等，根据动量守恒定律得2mv1＝3mv2，由机械能守恒定律得弹簧的最大弹性势能Epm＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)，联立解得Epm＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，故C错误；设弹簧第一次恢复原长时，小球a、b整体的速度为v4，小球c的速度为v5，以向右为正方向，对小球a、b、c及弹簧系统，从小球a、b碰后至弹簧第一次恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得2mv1＝2mv4＋mv5，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)，联立解得v4＝eq\f(1,6)v0，v5＝eq\f(2,3)v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(另一组解v4＝\f(1,2)v0，v5＝0，不符合题意，舍去))，此时小球c的动能为Ekc＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)＝eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)，故D正确。3.如图所示，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是()A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d组成的系统机械能守恒C．小球a速度的最大值为eq\f(9,20)v0D．弹簧弹性势能最大值为eq\f(9,320)mveq\o\al(2,0)答案：C解析：由于墙壁对小球a有弹力作用，所以整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；整个过程中弹簧对四个弹性小球组成的系统做功，所以四个弹性小球a、b、c、d组成的系统机械能不守恒，故B错误；设小球d与小球c碰撞后，小球c速度为v1，小球d速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(1,2)v0，v2＝－eq\f(1,2)v0，设小球c与小球b碰撞后，小球c速度为v3，小球b速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)×9mveq\o\al(2,4)，解得v3＝－eq\f(1,4)v0，v4＝eq\f(1,4)v0，分析可知，小球c、d碰撞后，不可能再次发生碰撞，小球b向左运动速度减为零时，小球b的动能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹簧的弹性势能最大，设为Epm，则Epm＝eq\f(1,2)×9mveq\o\al(2,4)＝eq\f(9,32)mveq\o\al(2,0)，故D错误；弹簧恢复原长且小球a即将向右运动时，小球b向右的速度大小为v4，之后小球a、b和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，设小球a的速度最大值为v5，此时小球b的速度大小为v6，且此时弹簧处于原长状态，由动量守恒定律和机械能守恒定律得9mv4＝mv5＋9mv6，eq\f(1,2)×9mveq\o\al(2,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)＋eq\f(1,2)×9mveq\o\al(2,6)，解得v5＝eq\f(9,20)v0，故C正确。4.(多选)如图所示，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，A、B、C三球的质量分别为mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝2kg，初状态三个小球均静止，B、C两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度v0＝10m/s，A、B两球发生弹性碰撞，下列说法正确的是()A．球A和球B碰撞结束时，球A的速度大小为4m/sB．球A和球B碰撞结束时，球B的速度大小为8m/sC．球A和球B碰后，球B的最小速度为1m/sD．球A和球B碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到38.4J答案：BD解析：设A、B两球碰撞结束时的速度分别为v1、v2，以向左为正方向，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝－2m/s，v2＝8m/s，故A错误，B正确；由于B、C球及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当弹簧再次处于原长状态，设此时球B的速度为v3，球C的速度为v4，则有mBv2＝mBv3＋mCv4，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,4)，联立解得v3＝1.6m/s，分析可知，此时球B的速度最小，故C错误；当B、C两球速度相等时，弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mBv2＝(mB＋mC)v共，Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,共)，联立解得Ep＝38.4J，故D正确。考点二“滑块—光滑斜(曲)面”模型和悬绳模型5.如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面，车上半径为R的四分之一光滑圆弧轨道和水平光滑轨道平滑连接，另一个质量也为m的小球以水平初速度v0从小车左端进入水平轨道，整个过程中不考虑系统机械能损失，则下列说法正确的是()A．小球运动到最高点的速度为零B．小球最终离开小车后向右做平抛运动C．小车能获得的最大速度为eq\f(v0,2)D．当v0≥2eq\r(gR)时小球能到达圆弧轨道最高点P答案：D解析：小球运动到最高点时小球和小车的速度相同，设为v，以小车和小球组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq\f(v0,2)，故A错误；设小球最终离开小车时的速度为v1，小车的速度为v2，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝0，v2＝v0，所以小球最终离开小车后做自由落体运动，故B错误；小球在圆弧轨道上运动的过程中，小车一直在加速，所以小球最终离开小车时小车的速度最大，最大速度为v0，故C错误；当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，由水平方向动量守恒得mv0＝(m＋m)v，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)(m＋m)v2，解得v0＝2eq\r(gR)，所以当v0≥2eq\r(gR)时小球能到达圆弧轨道最高点P，故D正确。6.如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是()A．绳的拉力对小球始终不做功B．滑块与小球的质量关系为M＝2mC．释放小球时滑块到挡板的距离为eq\f(L,2)D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2meq\r(gL)答案：C解析：因滑块不固定，小球下摆过程中，轻绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，A错误；设小球下摆到最低点时，滑块的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，在这个过程中，系统机械能守恒，有mgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，有0＝Mv1－mv2，小球从最低点向左摆动到最高点的过程，机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mgL(1－cos60°)，三式联立，解得M＝m，v1＝v2＝eq\r(gL)，B错误；设释放小球时滑块到挡板的距离为x，小球运动时间t后到达最低点，由系统水平方向动量守恒得Meq\f(x,t)－meq\f(L－x,t)＝0，解得x＝eq\f(L,2)，C正确；滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为I＝Mv1＝mv2＝meq\r(gL)，D错误。7．(多选)如图所示，高为0.9m、长为1.5m的斜面体静置于水平地面上，将质量为0.7kg、可视为质点的小球从斜面体的顶端由静止释放后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经0.6s小球与斜面体分离，分离时斜面体的速度大小为eq\f(7,4)m/s，不计一切摩擦，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．斜面体的质量为0.9kgB．小球能达到的最大速度为eq\f(9,4)m/sC．小球对斜面体的压力大小为eq\f(35,8)ND．小球在斜面体上运动时，斜面体对地面的压力大小为15N答案：AC解析：设斜面体和小球的质量分别为m1、m2，小球与斜面体分离时，斜面体和小球速度大小分别为v1、v2，由几何知识知，斜面体的底边长l＝eq\r(1.52－0.92)m＝1.2m，从开始至小球与斜面体分离的过程，由匀加速直线运动规律知，斜面体运动的位移大小为s1＝eq\f(1,2)v1t＝eq\f(1,2)×eq\f(7,4)×0.6m＝eq\f(21,40)m，小球沿水平方向运动的位移大小为s2＝l－s1＝eq\f(27,40)m，斜面体和小球组成的系统水平方向不受外力作用，则水平方向上动量守恒，任意时刻有m1v1＝m2v2，对时间累积有m1s1＝m2s2，解得斜面体的质量为m1＝0.9kg，故A正确；设小球对斜面体的压力大小为FN，斜面体运动的加速度大小为a1，斜面体的倾角为θ，对斜面体，由匀变速直线运动规律，有v1＝a1t，由牛顿第二定律，有FNsinθ＝m1a1，其中sinθ＝eq\f(0.9m,1.5m)＝eq\f(3,5)，解得FN＝eq\f(35,8)N，故C正确；对小球受力分析可知，小球在水平方向和竖直方向均做匀加速直线运动，则小球与斜面体分离时速度达到最大，从小球释放到小球与斜面体分离的整个过程，只有重力做功，系统机械能守恒，有m2gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得小球能达到的最大速度为v2＝eq\f(15,4)m/s，故B错误；小球在斜面体上运动时，设地面对斜面体的支持力大小为FN′，由平衡条件知，斜面体在竖直方向有FNcosθ＋m1g＝FN′，解得FN′＝12.5N，由牛顿第三定律知，斜面体对地面的压力大小为12.5N，故D错误。8.如图所示，质量M＝0.2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝0.1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)若锁定滑块，求小球通过最高点P时对轻杆的作用力F的大小和方向；(2)若解除对滑块的锁定，求从小球开始运动至到达最高点P过程中，滑块移动的距离x；(3)若解除对滑块的锁定，求小球运动至最高点P时的速度vm和此时滑块的速度vM。答案：(1)0.2N方向竖直向上(2)eq\f(1,6)m(3)2m/s，水平向右1m/s，水平向左解析：(1)设小球通过最高点P时速度为v1，轻杆对小球的作用力为F′，由动能定理有－mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝eq\r(6)m/s以向下为正方向，小球在最高点P时有mg＋F′＝eq\f(mveq\o\al(2,1),L)解得F′＝0.2N，方向竖直向下根据牛顿第三定律，小球对轻杆的作用力大小F＝F′＝0.2N，方向竖直向上。(2)若解除对滑块的锁定，设小球从开始运动至到达最高点P水平位移大小为x1，任意时刻小球水平方向速度大小为v，滑块速度大小为v′，取水平向右为正方向，系统在水平方向动量守恒，有mv－Mv′＝0两边同乘以Δt有mvΔt－Mv′Δt＝0因上式对任意时刻附近微小Δt都适用，累积可得mx1－Mx＝0又x1＋x＝L联立解得x＝eq\f(1,6)m。(3)在小球上升过程中，取小球和滑块组成的系统为研究对象，因只有重力做功，系统的机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有mvm－MvM＝0解得vm＝2m/s，vM＝1m/s，其中vm的方向水平向右，vM的方向水平向左。考点三“滑块—木板”模型和“子弹打木块”模型9.(2024·广东省东莞市七校高三上11月联考)如图所示，质量为m的子弹以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝f(s＋d)B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝fdC．mv0＝(M＋m)vD.eq\f(1,2)Mv2＝fd答案：D解析：对子弹由动能定理可知－f(s＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝f(s＋d)，A正确；对子弹和木块组成的系统由能量守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝fd，B正确；对子弹和木块组成的系统由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v，C正确；对木块由动能定理可知eq\f(1,2)Mv2＝fs，D错误。本题要求选不正确的，故选D。10.(多选)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是()A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等B．摩擦力对两子弹做的功一定相等C．子弹与木块组成的系统动量守恒D．子弹与木块组成的系统机械能守恒答案：AC解析：以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，故C正确；设子弹A、B射入木块前的动量大小分别为pA、pB，木块始终保持静止，则木块、A、B的末动量均为0，对A、B与木块组成的系统，由动量守恒定律得pA＝pB，取水平向右为正方向，对A、B分别由动量定理得－IA＝0－pA，IB＝0－(－pB)，解得IA＝IB，故A正确；对A、B分别由动能定理得WA＝0－EkA，WB＝0－EkB，又Ek＝eq\f(p2,2m)，解得WA＝－eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)，WB＝－eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故B错误；因子弹与木块间有摩擦力将机械能转化为内能，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。11．(多选)一质量为m、可视为质点的物块B静止于质量为M的木板C左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m的小球A用长为L的细绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚好接触，对小球A施加一外力，使细绳恰好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A与物块B发生弹性碰撞，已知B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球A碰撞后做简谐运动B．碰撞后瞬间物块B的速度大小为eq\r(2gL)C．若物块B未滑离木板C，则物块B与木板C之间产生的摩擦热为eq\f(MmgL,M＋m)D．若物块B会滑离木板C，则板长小于eq\f(ML,μ（M＋m）)答案：BCD解析：对小球A下落过程由动能定理得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得A、B碰撞前瞬间A的速度大小v0＝eq\r(2gL)，小球A与物块B发生弹性碰撞，A、B质量相等，则碰撞前后速度交换，碰撞后瞬间小球A静止，物块B的速度大小为v0＝eq\r(2gL)，故A错误，B正确；A、B碰撞后，B、C构成的系统水平方向不受外力，动量守恒，若物块B未滑离木板C，最终两者共速向右运动，设B、C共速时的速度大小为v共，对B、C系统，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v共，由能量守恒定律有Q0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)，联立解得B、C之间产生的摩擦热Q0＝eq\f(MmgL,M＋m)，若物块B会滑离木板C，B、C之间产生的摩擦热Q＝μmgl<Q0，则板长l<eq\f(ML,μ（M＋m）)，故C、D正确。12．(2025·湖南省部分中学高三上10月月考)(多选)如图，质量m＝0.2kg、长度L＝1m的木板B在光滑水平面上以v0＝3m/s的速率水平向右做匀速直线运动，质量为2m的小物块A以2v0的速率水平向右滑上木板的左端。已知A与B间的动摩擦因数为0.5，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．A最终会从木板的右端掉下来B．A在B上相对滑动的时间为0.2sC．整个运动过程B对A做的功为－9.4JD．整个运动过程因摩擦产生的内能为0.6J答案：BD解析：假设A最终不会从木板的右端掉下来，即最终A、B以相同的速度一起向右滑动，以向右为正方向，对A、B组成的系统根据动量守恒定律得mv0＋2m·2v0＝3mv，解得共同速度v＝eq\f(5,3)v0＝5m/s，设A、B间的动摩擦因数为μ，共速时A、B的相对位移大小为x，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2m(2v0)2－eq\f(1,2)×3mv2＝μ×2mgx，解得x＝0.3m<L，假设成立，故A错误；由位移关系可知eq\f(2v0＋v,2)t－eq\f(v0＋v,2)t＝x，解得A在B上相对滑动的时间t＝0.2s，故B正确；根据动能定理，整个运动过程B对A做的功W＝eq\f(1,2)×2mv2－eq\f(1,2)×2m(2v0)2＝－2.2J，故C错误；整个运动过程因摩擦产生的内能Q＝μ×2mgx＝0.6J，故D正确。考点四力学三大观点的综合应用13.在Q点沿水平方向，对着一斜面抛出质量相等的a、b两个小球，小球的轨迹如图所示，忽略空气阻力，则两小球从抛出至落到斜面过程，下列说法正确的是()A．a球的运动时间大于b球的运动时间B．a球的初速度小于b球的初速度C．a球动量的增加量小于b球动量的增加量D．a球动能的增加量大于b球动能的增加量答案：C解析：a、b球抛出后均做平抛运动，根据h＝eq\f(1,2)gt2，解得从抛出到落至斜面的运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))，根据题图可知，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球的运动时间小于b球的运动时间，a球水平分位移大于b球水平分位移，根据x＝v0t，可知a球的初速度大于b球的初速度，A、B错误；根据动量定理有mgt＝Δp，a、b球的质量相等，a球的运动时间小于b球的运动时间，则a球动量的增加量小于b球动量的增加量，C正确；根据动能定理有mgh＝ΔEk，由于a、b球的质量相等，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球动能的增加量小于b球动能的增加量，D错误。14.(多选)如图，一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角α＝37°，斜面上有一质量为3kg、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动，速度大小v0＝1m/s，现将一质量为1kg的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P时(与挡板碰前的瞬间)，长木板的速度刚好减为零，之后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．小滑块和长木板组成的系统沿斜面方向动量守恒B．长木板与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.45C．长木板做减速运动的加速度大小为2m/s2D．小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s答案：ACD解析：放上小滑块之前长木板A匀速运动，设长木板A的质量为M，由平衡条件得Mgsinα＝μMgcosα，解得μ＝0.75，B错误；设小滑块的质量为m，小滑块轻轻地放在长木板上后，长木板始终受到沿斜面向上的滑动摩擦力，以小滑块和长木板组成的系统为研究对象，系统沿斜面方向受到的合力为F合＝(M＋m)gsin37°－μ(M＋m)gcos37°＝0，则小滑块和长木板组成的系统沿斜面方向动量守恒，故A正确；长木板做减速运动时，由牛顿第二定律得μ(M＋m)gcos37°－Mgsin37°＝Ma，解得长木板的加速度大小为a＝2m/s2，故C正确；放上小滑块至长木板的速度刚好减为零，用时t＝eq\f(v0,a)＝0.5s，由牛顿第二定律知，小滑块下滑的加速度大小为a小＝eq\f(mgsin37°,m)＝6m/s2，则第1次碰前小滑块的速度大小为v＝a小·t＝3m/s，设第1次碰撞后，长木板和小滑块的速度分别为v1、v2，小滑块与挡板第1次碰撞过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝Mv1＋mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝－1.5m/s，即第1次碰撞后瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s，方向沿斜面向上，故D正确。15.(2023·新课标卷)(多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A．在x＝1m时，拉力的功率为6WB．在x＝4m时，物体的动能为2JC．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s答案：BC解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，W­x图像的斜率表示拉力F，由题图可知，0～2m，F1＝eq\f(12－0,2－0)N＝6N，2～4m，F2＝eq\f(18－12,4－2)N＝3N。物体从x＝0运动到x＝1m的过程中，根据动能定理有W1－μmgx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入W1＝6J、x1＝1m，解得在x＝1m时，物体的速度v1＝2m/s，则在x＝1m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A错误；物体从x＝0运动到x＝4m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18J、x4＝4m，解得在x＝4m时，物体的动能Ek4＝2J，B正确；从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2m，解得Wf2＝8J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2m内由静止开始做加速运动，在2～4m内做减速运动，在x＝2m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入W2＝12J、x2＝2m，解得在x＝2m时物体的速度v2＝2eq\r(2)m/s，则从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D错误。16．(多选)如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中0～x1之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知x1、x2、x3、E，则()A．物块A、B的质量之比为1∶3B．A与B碰撞后，A在x3位置处加速度最大C．A与B碰撞后，A在x2位置处弹簧压缩量为x2－x1D．弹簧的劲度系数为eq\f(E,x1（x2－x1）)答案：ABD解析：由题图乙可知，与物块B碰撞前瞬间，物块A的动能EA1＝eq\f(1,2)mAv2＝E，与物块B碰撞后瞬间，物块A的动能EA2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,共)＝eq\f(E,16)，解得与物块B碰撞前、后瞬间A的速度大小分别为v＝eq\r(\f(2E,mA))，v共＝eq\r(\f(E,8mA))，物块A与物块B碰撞过程，根据动量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)，故A正确；由题图乙可知，x1处是物块B静止的位置，此时弹簧处于压缩状态，并不是原长，故x2位置处弹簧压缩量大于x2－x1，故C错误；设物块B处于静止状态时弹簧的压缩量为x0，根据平衡条件可知mBgsinθ＝kx0，由题图乙可知，当物块A与物块B一起运动到x2位置处时，速度最大，根据平衡条件有mAgsinθ＋mBgsinθ＝k(x2－x1＋x0)，物块A从O点运动到位置x1处的过程中，根据动能定理有mAgsinθx1＝E，联立解得弹簧的劲度系数k＝eq\f(E,x1（x2－x1）)，故D正确；设A与B碰撞后，在x位置处A的加速度为a，根据牛顿第二定律有mAgsinθ＋mBgsinθ－k[x－(x1－x0)]＝(mA＋mB)a，联立可得加速度a＝eq\f(k（x2－x）,mA＋mB)，则碰撞后A与B组成的整体的运动关于x2位置对称，则|x2－x|越大，a越大，当a最大时，E＝0，则A在x3位置处加速度最大，B正确。17．物理课堂上，老师带同学们做了一个有趣的实验：如图甲所示，老师让某同学将一个网球叠放在一个充足气的篮球上，举到头顶附近，然后一起由静止释放，发现网球和篮球碰撞后，被反弹的网球能打到教室的天花板。若将该实验简化为如图乙所示模型，网球和篮球均可视为质点，篮球和地面碰撞完成后恰与网球碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞。已知网球的质量为m＝58g，篮球的质量为M＝638g，初始释放高度为h＝1.8m，篮球和网球的球心始终在同一竖直线上，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)篮球落地前瞬间，网球和篮球共同的速度大小；(2)网球反弹后能达到的最大高度H1；(3)若用一个质量远远小于篮球质量的弹性小球替代网球重复该实验，其他条件不变，弹性小球反弹后能够上升的最大高度H2。答案：(1)6m/s(2)12.8m(3)16.2m解析：(1)设篮球触地前瞬间，篮球与网球共同的速度大小为v，篮球和网球下落过程中，根据动能定理可得(m＋M)gh＝eq\f(1,2)(m＋M)v2解得v＝6m/s。(2)规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰撞后瞬间，网球的速度为v1，篮球的速度为v2，有v1＝－6m/s，v2＝6m/s；设篮球与网球碰撞后瞬间，网球和篮球的速度分别为v3、v4，网球与篮球发生弹性碰撞过程中，由动量守恒定律有mv1＋Mv2＝mv3＋Mv4由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)对网球，根据匀变速直线运动规律可得veq\o\al(2,3)＝2gH1代入相关已知数据解得H1＝12.8m。(3)由题意，设弹性小球质量为m′，弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹性小球的速度为v3′，篮球的速度为v4′，弹性小球与篮球碰撞的过程中，由动量守恒定律有m′v1＋Mv2＝m′v3′＋Mv4′由机械能守恒定律有eq\f(1,2)m′veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m′v3′2＋eq\f(1,2)Mv4′2可得v3′＝eq\f(（m′－M）v1＋2Mv2,m′＋M)当M≫m′时，可得v3′≈－v1＋2v2对弹性小球，根据匀变速直线运动规律有v3′2＝2gH2解得H2＝16.2m。18．(2024·浙江省杭州市西湖高级中学高三下模拟)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后A和B最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后A和B滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式。答案：(1)4m/s22N(2)45(3)vn＝eq\r(9－0.2n)m/s(n<45)解析：(1)物块A从开始运动到Q点的过程，根据动能定理有－mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝4m/s因为mg<meq\f(v2,R)，所以在Q点时轨道对物块A的弹力向下，由牛顿第二定律有mg＋F＝meq\f(v2,R)解得F＝22N。(2)根据机械能守恒定律，碰撞前瞬间物块A速度仍为v0，设碰撞后瞬间两物块的共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1解得v1＝3m/s碰后A和B一起向右滑行，设在粗糙段运动的总路程为x，由动能定理有－μ×2mgx＝0－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得x＝4.5m＝45L因此碰后A和B最终停在第45个粗糙段上，即k＝45。(3)碰后A和B滑至第n个光滑段上时，经过了n个粗糙段，则由动能定理得－μ×2mg(nL)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得vn＝eq\r(9－0.2n)m/s(n<45)。19．(2023·浙江6月选考)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R＝0.4m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k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2eq\r(21)m/s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L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，重力加速度g取10m/s2，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2(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vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；(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Δx。答案：(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在F点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,F),R)代入数据解得vF＝10m/s，FN＝31.2N。(2)若滑块a碰后返回