第3講小專題:碰撞模型及其拓展考點(diǎn)一碰撞模型質(zhì)量為m1、速度為v1的小球A與質(zhì)量為m2的靜止小球B發(fā)生彈性碰撞。試分析:(1)若m1=m2,則碰后,兩者的速度v1′、v2′分別是多少?(2)若m1>m2,則碰后兩者的速度v1′、v2′方向有什么特點(diǎn)?當(dāng)m1?m2時(shí),兩者的速度v1′、v2′大小有什么特點(diǎn)?(3)若m1<m2,則碰后,兩者的速度v1′、v2′方向有什么特點(diǎn)?當(dāng)m1?m2時(shí),兩者的速度v1′、v2′大小有什么特點(diǎn)?提示:(1)當(dāng)m1=m2時(shí),v1′=0,v2′=v1(質(zhì)量相等,速度交換)。(2)當(dāng)m1>m2時(shí),v1′>0,v2′>0,且v2′>v1′(大碰小,一起跑);當(dāng)m1?m2時(shí),v1′≈v1,v2′≈2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)(3)當(dāng)m1<m2時(shí),v1′<0,v2′>0(小碰大,要反彈);當(dāng)m1?m2時(shí),v1′≈-v1,v2′≈0(極小碰極大,大不變,小反彈)。1.碰撞問題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒:p1+p2=p1′+p2′。(2)動(dòng)能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或p122m1+p(3)速度符合實(shí)際。①兩物體同向運(yùn)動(dòng),碰前有v后>v前;碰后原來在前的物體速度有v前′>v前;若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變。2.碰撞的種類(1)彈性碰撞。碰撞結(jié)束后,形變?nèi)肯?動(dòng)能沒有損失,不僅動(dòng)量守恒,而且初、末動(dòng)能相等。對(duì)對(duì)心正碰有(2)非彈性碰撞。碰撞中機(jī)械能有損失。動(dòng)量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,能量守恒:12m1v12+12m2v22=12m1v1′2+12m2v(3)完全非彈性碰撞。碰撞結(jié)束后,兩物體合二為一,以同一速度運(yùn)動(dòng),動(dòng)能損失最大。對(duì)對(duì)心正碰有[例1]【碰撞的可能性】(2024·浙江杭州期中)(多選)如圖甲所示,“充氣碰碰球”游戲是一項(xiàng)很減壓的趣味運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。為了研究其中的碰撞規(guī)律,簡化為如圖乙所示的模型:直徑相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直線上運(yùn)動(dòng),碰前A球的動(dòng)量pA=50kg·m/s,B球靜止,碰后B球的動(dòng)量變?yōu)閜B′=40kg·m/s。則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是()[A]mB=0.3mA [B]mB=mA[C]mB=1.5mA [D]mB=5mA【答案】BC【解析】以A球的初速度方向?yàn)檎较?由碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒得pA=pA′+pB′,解得pA′=10kg·m/s,根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加,有pA22mA≥pA'22mA+pB'22mB,解得mB≥23mA,碰后兩球同向運(yùn)動(dòng),A的速度不大于B的速度,則有pA'mA≤pB'mB[例2]【彈性碰撞】(2024·廣東卷,10)(多選)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有()[A]甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止[B]碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度[C]乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無關(guān)[D]甲最終停止位置與O處相距H【答案】ABD【解析】兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時(shí)由靜止開始下滑,相對(duì)速度為0,故A正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng),由于兩滑塊質(zhì)量相同,且發(fā)生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,故B正確;設(shè)斜面傾角為θ,乙下滑過程有H乙=12gsinθt12,在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)經(jīng)過時(shí)間t3后停止,乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2+t3,由于t1與H乙有關(guān),則總時(shí)間與H乙有關(guān),故C錯(cuò)誤;乙下滑過程根據(jù)動(dòng)能定理有mgH乙=12mv乙2,由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞,交換速度,則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同,如果不發(fā)生碰撞,乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有v乙2=2μgx,聯(lián)立可得x=H乙[變式]若傾角為θ的足夠長的斜面上,甲、乙兩滑塊質(zhì)量均為m,開始相距為L,其中滑塊甲光滑,滑塊乙與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,μ=tanθ。甲、乙同時(shí)由靜止開始釋放,一段時(shí)間后甲與乙發(fā)生第一次碰撞,假設(shè)每一次碰撞時(shí)間都極短,且都是彈性正碰,重力加速度為g,則(1)第一次碰前甲的速度為多少?(2)從開始釋放到第二次碰撞的時(shí)間間隔為多少?【答案】(1)2gLsin【解析】(1)對(duì)乙由受力分析知,釋放后其處于靜止?fàn)顟B(tài),滑塊甲沿斜面下滑時(shí),根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,對(duì)滑塊甲,設(shè)從開始釋放到甲與乙第一次碰撞所用時(shí)間為t1,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式L=12att1=2L第一次碰撞前,甲的速度為v0=at1=2gL(2)設(shè)第一次碰后甲的速度為v甲,乙的速度為v乙,則碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0=mv甲+mv乙,12mv02=12mv甲聯(lián)立解得v甲=0,v乙=v0=2gL滑塊乙沿斜面下滑時(shí)有mgsinθ-μmgcosθ=ma乙,解得a乙=gsinθ-μgcosθ=0,兩滑塊相碰后,滑塊甲的速度變?yōu)榱阋院笤僮鰟蚣铀龠\(yùn)動(dòng),而滑塊乙將以v乙的速度沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間相碰,則有v乙t2=12at22,解得t2=故從甲開始運(yùn)動(dòng)到兩滑塊第二次相碰,共經(jīng)歷時(shí)間t=t1+t2=32L[例3]【非彈性碰撞】(2024·山西大同階段檢測)如圖,冰壺A以1.5m/s的速度與靜止在冰面上的冰壺B正碰,碰后瞬間B的速度大小為1.2m/s,方向與A碰前速度方向相同,碰撞時(shí)間極短。若已知兩冰壺的質(zhì)量均為20kg,則下列說法正確的是()[A]碰后瞬間A的速度大小為0.4m/s[B]碰撞過程中,B對(duì)A做功為21.6J[C]碰撞過程中,A對(duì)B的沖量大小為24N·s[D]A、B碰撞過程是彈性碰撞【答案】C【解析】由于碰撞時(shí)間極短,內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,可知,A、B相碰時(shí),A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒。根據(jù)動(dòng)量守恒定律,以v0方向?yàn)檎较?有mv0=mvA+mvB,解得vA=0.3m/s,故A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,碰撞過程中,B對(duì)A做功為W=12mvA2-12mv02,解得W=-21.6J,故B錯(cuò)誤;碰撞過程中,根據(jù)動(dòng)量定理,A對(duì)B的沖量大小I=mvB,解得I=24N·總動(dòng)能為Ek=12mv02=22.5J,碰撞后A、B系統(tǒng)總動(dòng)能為Ek′=12mvA2+12mvB2=15.3J,由此可知Ek>Ek[例4]【完全非彈性碰撞】(2024·北京通州區(qū)一模)重錘打樁機(jī)打樁過程可簡化為如圖所示的模型:用動(dòng)力裝置將質(zhì)量為m=1000kg的重錘A提升到高處自由釋放,重錘A下落h=0.8m后與質(zhì)量為M=1000kg的樁B發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短,碰后二者一起運(yùn)動(dòng)。設(shè)樁B受到泥土的阻力恒為F阻=30000N,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求:(1)A與B碰撞前瞬時(shí)速度的大小v0;(2)A與B碰撞后速度的大小v;(3)本次打樁后,樁下降的距離d。【答案】(1)4m/s(2)2m/s(3)0.4m【解析】(1)根據(jù)mgh=12mvA與B碰撞前瞬時(shí)速度的大小v0=4m/s。(2)由動(dòng)量守恒定律有mv0=(M+m)v,得v=2m/s。(3)由動(dòng)能定理有(M+m)gd-F阻d=0-12(M+m)v2得d=0.4m?？键c(diǎn)二碰撞模型拓展相互作用的兩個(gè)物體在很多情況可看作碰撞類問題處理,其中兩物體出現(xiàn)相距“最近”“最遠(yuǎn)”或上升到“最高點(diǎn)”等這一類臨界情況時(shí),求解的關(guān)鍵是“速度相等”,此時(shí)相當(dāng)于完全非彈性碰撞模型。具體情況如下:圖示情境規(guī)律光滑水平面上兩物體相距最近時(shí),速度相等,彈簧最短,其壓縮量最大動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,動(dòng)能損失最大光滑水平面上,兩個(gè)帶同種電荷的物體相距最近時(shí),二者速度必定相等動(dòng)量守恒,動(dòng)能損失最大,機(jī)械能減少且轉(zhuǎn)化為電勢能在光滑水平面上,物體A滑上靜止的小車B,當(dāng)A在B上滑行的距離最遠(yuǎn)時(shí),兩物體的速度必定相等動(dòng)量守恒,機(jī)械能減少且轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,動(dòng)能損失最大在光滑水平面上,滑塊的光滑弧面底部與桌面相切,小球以速度v0滑上滑塊,小球到達(dá)滑塊上的最高點(diǎn)時(shí),兩者速度必定相等水平方向動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,動(dòng)能損失最大光滑水平桿上有一小環(huán),通過輕繩與物塊相連,現(xiàn)給物塊一個(gè)瞬時(shí)水平速度v0,物塊上升最高時(shí)(物塊與桿不相碰),環(huán)與物塊速度必定相等水平方向動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,動(dòng)能損失最大導(dǎo)體棒a以速度v0進(jìn)入有磁場且足夠長的水平軌道,與原來在軌道上的導(dǎo)體棒b發(fā)生相互作用,最終兩者具有共同速度動(dòng)量守恒,動(dòng)能損失最大,機(jī)械能減少且轉(zhuǎn)化為焦耳熱[例5]【“滑塊—彈簧”模型】(2024·江西贛州一模)如圖甲所示,光滑水平地面上有A、B兩物塊,質(zhì)量分別為2kg、6kg,B的左端拴接著一勁度系數(shù)為2003N/m的水平輕質(zhì)彈簧,它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B方向運(yùn)動(dòng),從A接觸彈簧開始計(jì)時(shí)至A與彈簧脫離的過程中,彈簧長度l與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示,彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi),已知彈簧的彈性勢能Ep=12kx2(x為彈簧的形變量),則([A]在0～2t0內(nèi)B物塊先加速后減速[B]整個(gè)過程中,A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒[C]v0=2m/s[D]物塊A在t0時(shí)刻速度最小【答案】C【解析】設(shè)A、B物塊質(zhì)量為m1,m2在0～2t0內(nèi),彈簧始終處于壓縮狀態(tài),即B受到的彈力始終向右,所以B物塊始終做加速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;整個(gè)過程中,A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故B錯(cuò)誤;由題圖乙可知,在t0時(shí)刻,彈簧被壓縮到最短,則此時(shí)A、B共速,此時(shí)彈簧的形變量為x=0.4m-0.1m=0.3m,則根據(jù)A、B物塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep,聯(lián)立解得v0=2m/s,故C正確;A、B初速度v0=2m/s,B物塊靜止,末速度vA=m1-m2m1+m2v0,vB=2m1m1+m2v0,解得vA=-1m/s,vB=1m/s,可知共速時(shí)兩物塊速度均向右,又因?yàn)楣菜贂r(shí),彈簧被壓縮到最大,由題圖乙易知,所以t0時(shí)A兩個(gè)狀態(tài)的規(guī)律(1)彈簧最短(或最長)時(shí)兩物體瞬時(shí)速度相等,彈性勢能最大。①系統(tǒng)動(dòng)量守恒:m1v0=(m1+m2)v共;②系統(tǒng)機(jī)械能守恒:12m1v02=12(m1+m2)v(2)彈簧處于原長時(shí)彈性勢能為零。①系統(tǒng)動(dòng)量守恒:m1v0=m1v1+m2v2;②系統(tǒng)機(jī)械能守恒:12m1v02=12m1v12[例6]【“滑塊—斜(曲)面”模型】(2025·江蘇徐州階段檢測)如圖所示,光滑水平面上靜置一個(gè)質(zhì)量M=3kg的滑塊,滑塊的一側(cè)是一個(gè)四分之一弧形槽,凹槽半徑R=0.6m,E點(diǎn)切線水平。一個(gè)質(zhì)量m=1kg的小球以速度v0=8m/s從E點(diǎn)沖上滑塊,從F點(diǎn)脫離滑塊。重力加速度大小g取10m/s2,不計(jì)一切摩擦。求:(1)小球脫離滑塊時(shí),滑塊的速度大小;(2)小球離地的最大高度;(3)小球回到圓弧軌道E點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力大小?！敬鸢浮?1)2m/s(2)2.4m(3)116.7N【解析】(1)小球和滑塊在水平方向上動(dòng)量守恒,當(dāng)小球脫離滑塊時(shí),兩者在水平方向上速度相同,因此可得mv0=(m+M)v1,解得v1=2m/s。(2)小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,因此由機(jī)械能守恒定律可得mgh=12mv02-12(m+解得h=2.4m。(3)小球從沖上滑塊到回到圓弧軌道E點(diǎn)的過程可以看作彈性碰撞,因此可得mv0=mv2+Mv3,12mv02=12mv2聯(lián)立解得v2=-4m/s,v3=4m/s,小球與滑塊運(yùn)動(dòng)方向相反,因此小球回到圓弧軌道E點(diǎn)時(shí)可得FN-mg=m(解得FN=3503N≈116.7N,由牛頓第三定律可得,小球?qū)瑝K的壓力大小為116.7N滑塊兩個(gè)位置特點(diǎn)(1)上升到最大高度:滑塊m與斜(曲)面M具有共同水平速度v共,此時(shí)滑塊m的豎直速度vy=0。(2)返回最低點(diǎn):滑塊m與斜(曲)面M分離且速度均沿水平方向。(滿分:70分)對(duì)點(diǎn)1.碰撞模型1.(4分)(2024·上海黃浦開學(xué)考試)下列關(guān)于碰撞說法正確的是()[A]通常碰撞時(shí)間很短,所以物體不會(huì)形變[B]質(zhì)量不等的物體碰撞,質(zhì)量較大的物體動(dòng)量變化量小[C]物體碰撞前后,系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加[D]物體碰撞過程中,相互作用力做功代數(shù)和為零【答案】C【解析】通常碰撞時(shí)間很短,物體仍然受力,會(huì)形變,故A錯(cuò)誤;質(zhì)量不等的物體碰撞,由動(dòng)量守恒可知,兩物體動(dòng)量變化量大小相等,故B錯(cuò)誤;物體碰撞前后,無外力對(duì)系統(tǒng)做功,系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加,故C正確;物體在非彈性碰撞過程中,相互作用力做功代數(shù)和為負(fù)值,從而使部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故D錯(cuò)誤。2.(4分)A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng),mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s,當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后,A、B兩球速度的可能值是()[A]vA′=5m/s,vB′=2.5m/s[B]vA′=2m/s,vB′=4m/s[C]vA′=-4m/s,vB′=7m/s[D]vA′=7m/s,vB′=1.5m/s【答案】B【解析】雖然題給四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律,但A、D兩項(xiàng)中,碰后A的速度vA′大于B的速度vB′,不符合實(shí)際,即A、D項(xiàng)錯(cuò)誤;C項(xiàng)中,兩球碰后的總動(dòng)能Ek后=12mAvA′2+12mBvB′2=57J,大于碰前的總動(dòng)能Ek前=12mAvA2+12mBvB2=22J,違背了能量守恒定律,所以C項(xiàng)錯(cuò)誤;而3.(4分)(2024·江蘇無錫期中)如圖所示為雜技表演“胸口碎大石”。當(dāng)大石塊獲得的速度較小時(shí),下面的人感受到的震動(dòng)就會(huì)較小,人的安全性就較強(qiáng)。若大石塊的質(zhì)量是鐵錘的100倍,則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的()[A]125 [B]175 [C]1【答案】B【解析】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞mv0=(100m+m)v,解得v=1101v0,如果發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得mv0=100mv1+mv2,12mv02=12×100mv12+12mv22,解得4.(6分)(2025·云南高考適應(yīng)性考試)(多選)如圖甲所示,內(nèi)表面光滑的“”形槽固定在水平地面上,完全相同的兩物塊a、b(可視為質(zhì)點(diǎn))置于槽的底部中點(diǎn)。t=0時(shí),a、b分別以速度v1、v2向相反方向運(yùn)動(dòng),已知b開始運(yùn)動(dòng)后速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示,所有的碰撞均視為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。下列說法正確的是()[A]前17s內(nèi)a與b共碰撞3次[B]初始時(shí)a的速度大小為1m/s[C]前17s內(nèi)b與槽的側(cè)壁碰撞3次[D]槽內(nèi)底部長為10m【答案】BC【解析】由題意知,b與槽碰撞時(shí)速度大小不變,方向相反,b與a碰撞時(shí)速度大小改變。由題圖乙可知,前17s內(nèi),b與槽碰撞3次,與a碰撞4次,故A錯(cuò)誤,C正確;a與b首次碰撞時(shí),兩者交換速度,可知初始時(shí)a的速度大小為v1=1m/s,b的速度大小為v2=2m/s,故B正確;b由槽底部中點(diǎn)出發(fā),向右運(yùn)動(dòng)t=2s后到達(dá)槽的右端,設(shè)槽內(nèi)底部長度為L,則有12L=v2t,解得L=8m,故D5.(6分)(2025·四川高考適應(yīng)性考試)(多選)如圖,小球X、Y用不可伸長的等長輕繩懸掛于同一高度,靜止時(shí)恰好接觸,拉起X,使其在豎直方向上升高度h后由靜止釋放,X做單擺運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與靜止的Y正碰。碰后X、Y做步調(diào)一致的單擺運(yùn)動(dòng),上升最大高度均為h4,若X、Y的質(zhì)量分別為mX和mY,碰撞前后X、Y組成系統(tǒng)的動(dòng)能分別為Ek1和Ek2,則([A]mXmY=1 [B][C]Ek1Ek2=2 [D]【答案】AC【解析】小球X由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與小球Y發(fā)生碰撞的過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mXgh=12mXv12=Ek1,兩球碰撞后一起上升到最高點(diǎn)的過程,有Ek2=12(mX+mY)v22=(mX+mY)g·h4,兩球碰撞過程,根據(jù)動(dòng)量守恒有mXv1=(mX+mY)v2,聯(lián)立得對(duì)點(diǎn)2.碰撞模型拓展6.(4分)如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面上,滑塊的一側(cè)是一個(gè)四分之一圓弧EF,圓弧半徑R=1m。E點(diǎn)與水平面相切。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以v0=5m/s的初速度水平向右從E點(diǎn)沖上滑塊,若小球剛好沒越過圓弧的上端,已知重力加速度大小g取10m/s2,不計(jì)一切摩擦。則滑塊與小球質(zhì)量的比值Mm為([A]2 [B]3 [C]4 [D]5【答案】C【解析】根據(jù)題意,小球上升到滑塊上端時(shí),小球與滑塊的速度相同,設(shè)為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv02=12(m+M)v12+mgR,聯(lián)立解得7.(6分)(2024·山東濟(jì)南階段檢測)(多選)在光滑水平面上有a、b兩物體沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩物體間距離小于或等于d時(shí)會(huì)受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用,兩物體間距離大于d時(shí)相互排斥力消失。兩物體始終未接觸,其v-t圖像如圖所示,下列說法正確的是()[A]a、b兩物體在t3時(shí)刻相距最近[B]a、b兩物體質(zhì)量之比為ma∶mb=2∶1[C]a、b兩物體相互作用結(jié)束后b物體的速度一定為2v0[D]整個(gè)過程中a、b系統(tǒng)動(dòng)能損失的最大值為系統(tǒng)初動(dòng)能的1【答案】AC【解析】由題意知,a、b兩物體沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),t2時(shí)刻b物體減速到零,之后反向加速,可以看出t2～t3時(shí)間內(nèi),a、b同方向運(yùn)動(dòng),且a的位移大于b的位移,即兩者在靠近,當(dāng)速度相等時(shí),兩者距離最近,之后兩者距離又增大,即t3時(shí)刻a、b間距離最小,故A正確;因?yàn)楫?dāng)小球間距小于或等于d時(shí),會(huì)受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用,設(shè)a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2,由題圖可得a1=v0-v02t3-t1=v02t3-t1=Fm1,a2=v02-(-v0)t3-t1=3v02t3-t1=Fm2,由題意可知,a、b兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由題圖可知,最終a物體速度減為零,則m1v0-m2v0=m2v,解得m1=3m2,v=2v0,故B錯(cuò)誤,C正確;由題意可得,類似于完全非彈性碰撞,當(dāng)兩物體速度相等時(shí),動(dòng)能損失最大,由題圖可知,此時(shí)兩物體的總動(dòng)能為Ek=12(m1+m2)(v02)2=12m8.(14分)(2024·廣東二模)小華受《三國演義》的啟發(fā),設(shè)計(jì)了一個(gè)“借箭”游戲模型。如圖所示,城堡上裝有一根足夠長的光滑細(xì)桿,桿上套一個(gè)質(zhì)量為m3=160g的金屬環(huán),金屬環(huán)用輕繩懸掛著一個(gè)質(zhì)量為m2=210g的木塊,靜止在城墻上方。若士兵以一定角度射出質(zhì)量為m1=30g的箭,箭剛好水平射中木塊并留在木塊中(箭與木塊的作用時(shí)間很短),之后帶動(dòng)金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)。已知箭的射出點(diǎn)到木塊的水平距離為s=80m、豎直高度為H=20m,g取10m/s2,箭、木塊、金屬環(huán)均可視為質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力。(1)求箭射中木塊并留在木塊中瞬間整體的速度大小;(2)若箭和木塊整體上升的最大高度小于繩長,求其第一次回到最低點(diǎn)時(shí)速度大小?！敬鸢浮?1)5m/s(2)1m/s【解析】(1)箭射出后做斜拋運(yùn)動(dòng),設(shè)水平方向速度為vx,根據(jù)題意vxt=s,12gt2=H解得vx=40m/s,在箭與木塊的相互作用的過程中兩者動(dòng)量守恒m1vx=(m1+m2)v,解得v=5m/s。(2)在木塊與金屬環(huán)一起向右運(yùn)動(dòng)再回到最低點(diǎn)過程中,由水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒得(m1+m2)v=(m1+m2)v1+m3v2,12(m1+m2)v2=12(m1+m2)v12+1解得v1=1m/s,另一解舍去。9.(6分)(2025·內(nèi)蒙古高考適應(yīng)性考試)(多選)如圖,在豎直平面內(nèi),一水平光滑直導(dǎo)軌與半徑為2L的光滑圓弧導(dǎo)軌相切于N點(diǎn),M點(diǎn)右側(cè)有平行于導(dǎo)軌面斜向左下的勻強(qiáng)電場。不帶電小球甲以5gL的速度向右運(yùn)動(dòng),與靜止于M點(diǎn)、帶正電的小球乙發(fā)生彈性正碰。碰撞后,甲運(yùn)動(dòng)至MN中點(diǎn)時(shí),乙恰好運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn),之后乙沿圓弧導(dǎo)軌最高運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn),不考慮此后的運(yùn)動(dòng)。已知甲、乙的質(zhì)量比為4∶1,M、N之間的距離為6L,NP的圓心角為45°,重力加速度為g,全程不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移。乙從M運(yùn)動(dòng)到N的過程()[A]最大速度為8gL[B]所用時(shí)間為3[C]加速度大小為4g[D]受到的靜電力是重力的5倍【答案】ACD【解析】甲、乙發(fā)生彈性正碰,則有m甲v0=m甲v1+m乙v2,12m甲v02=12m甲v12+12m乙v22,聯(lián)立解得v1=35v0=3gL,v2=85v0=8gL,此后乙在電場力作用