课时分层精练(三十四) 碰撞模型的拓展
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1．[2024·湖北校考模拟预测]如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的另一端系着质量为M的木块．质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块，并以速度v离开木块，子弹穿过木块的时间极短．重力加速度为g，不计木块的质量损失，下列说法正确的是( )
A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒
B．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都不守恒
C．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力等于(M＋m)g
D．木块上升到最高点时，速度大小为
2．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．物体A的质量为2m
B．物体A的质量为4m
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mv
3．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连，静止在光滑水平面上．现使A瞬间获得水平向右的速度v＝3 m/s，以此时刻为计时起点．两木块的速度随时间变化规律如图乙所示，从图示信息可知( )
A.t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长
B．从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
C.两木块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两木块动能之比为E k1∶Ek2＝1∶4
4．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．
5．如图所示，质量为3 kg的光滑轨道静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平．质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧．已知AB＝CD＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．轨道对小球做正功
B．轨道的最大速度为3 m/s
C．轨道对地面的最大压力为70 N
D．两者分离时轨道移动了0.15 m
6．[2023·广东卷]如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L.药品盒A、B依次被轻放在以v0的速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘直径的两端．已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的.A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的厚度，将药品盒视为质点．求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s.
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7．[2023·浙江6月]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＝0.4 m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＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上．现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 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＝0.8 m，以v＝2 m/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，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝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＝1 m/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.
1．解析：根据题意可知，子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒，子弹克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，故A、B错误；子弹射出木块后的瞬间，木块有速度，根据圆周运动的规律，环对轻杆的压力大于（M＋m）g，故C错误；木块上升到最高点时，环和木块的速度相等，水平方向上系统动量守恒，由动量守恒定律有m0v0＝（M＋m）v1＋m0v
解得v1＝，故D正确．故选D.
答案：D
2．解析：当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mAv；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝（m＋mA）v，由机械能守恒定律得Epm＝mA（2v0）2－（mA＋m）v2，联立得mA＝3m，Epm＝mv，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
3．解析：由图可知t1时刻两木块达到共同速度1 m/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，弹簧处于拉伸状态，故A错误；结合图像弄清两木块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被拉伸到最长，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，故B正确；从0到t1时间，由动量守恒得m1v＝（m1＋m2）v1，将v＝3 m/s，v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，可求得Ek1∶Ek2＝1∶8，故D错误．
答案：BC
4．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＝mv＋·2mv，Q离开P时的动能：Ek2＝mv，解得＝，故C正确．
答案：C
5．解析：小球对轨道做正功，轨道对小球做负功，故A错误；
系统在水平方向动量守恒，有0＝mv1－Mv2
根据能量守恒有mg（R＋R）＝mv＋Mv
解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
由此可知，轨道的最大速度为1 m/s，故B错误；
小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相对圆心的速度为v1＋v2，对整体应用牛顿运动定律有FN＝Mg＋mg＋m＝N，故C错误；
对小球和轨道组成的系统，有mx1＝Mx2，x1＋x2＝2R
所以二者分离时轨道移动的距离为x2＝＝0.15 m，故D正确．故选D.
答案：D
6．解析：（1）A在传送带上加速的过程，由牛顿第二定律有μmg＝ma
根据运动学公式可知
v0＝at
解得t＝
（2）B从M点到N点，根据动能定理可知
2mg·3L－W＝×2m·（2v0）2－×2mv
解得W＝6mgL－3mv
（3）由题意可知A刚好滑到平台最右端N点停下，随后B以2v0的速度与A发生碰撞，根据动量守恒定律可得2m·2v0＝mvA＋2mvB
又碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的，则×2m·（2v0）2－（×2mv＋mv）＝××2m·（2v0）2
联立解得vB＝v0，vA＝2v0（另一组解vB＝v0，vA＝v0不符合题意，舍去）
碰后A和B做平抛运动，则A、B的竖直位移均为
L＝gt2
A的水平位移为xA＝2v0t
B的水平位移为xB＝v0t
圆盘的直径为D＝xA－xB
圆盘的圆心到平台的右端N点的水平距离为
s＝xB＋
联立解得s＝
答案：（1） （2）6mgL－3mv （3）
7．解析：（1）滑块a从D到F，由能量关系有
mg·2R＝mv－mv
在F点，有FN－mg＝m
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N
（2）滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
a＝μg＝5 m/s2
根据v＝v－2aL
可得在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
mv＝mv＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量
ΔE＝mv－mv－·3mv＝0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
4mv＝6mv′
v′＝ m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
·4mv2＝·6mv′2＋kx
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m
答案：（1）10 m/s 31.2 N （2）0 （3）0.2 m
