專題強化：碰撞模型及拓展

【目標要求】1.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律。2.理解“滑塊一彈簧”、“滑塊一斜（曲）面”

兩種模型與碰撞的相似性，會分析解決兩類模型的有關(guān)問題。

考點一碰撞模型

1.碰撞

碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。

2.特點

在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,可認為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動量守恒。

3.分類

動量是否守恒機械能是否守恒

彈性碰撞守恒守恒

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞守恒損失最大

4.“一動碰一靜”彈性碰撞實例分析

以質(zhì)量為加1、速度為％的小球與質(zhì)量為冽2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

miH=miki'+冽2區(qū)’

~m\H2=~miki'2+1冽2%/2

222

mi—機2,2mi

聯(lián)立解得：4一,一%,4=一.一H

加1+加2冽1+加2

討論:

①若加產(chǎn)冽2,則=o,k=%（速度交換）;

②若加1>加2,貝!J>0,%,>0（碰后兩小球沿同一方向運動）；當冽1》冽2時，入'g片,

k22%；

③若冽i<冽2,貝!J<0,區(qū),>0（碰后兩小球沿相反方向運動）；當加1《冽2時，H2一片,

?七0。

思考質(zhì)量為mA、初速度為4的物體A與靜止的質(zhì)量為加B的物體B發(fā)生碰撞，碰撞物體B

的速度范圍為WgW?

答案物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體

B的速度最小，/刈；當發(fā)生彈性碰撞時，物體B的速度最大，廢則

冽A+冽B加A+冽B

碰后物體B的速度范圍為

加A+冽B冽A+冽B

【例1】質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,A球的速度為6m/s,

B球的速度為2m/s,當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）

A.1m/s6m/sB.4.5m/s3.5m/s

C.3.5m/s4.5m/sD.—1m/s9m/s

答案C

解析設(shè)每個球的質(zhì)量均為次，碰前系統(tǒng)總動量夕=加么1+冽%i=6次+2冽=8冽，碰前的總動

能氐=；加幺加%]2=20冽。若碰后幺i=lm/s,%i=6m/s,碰后總動量p'=mkXi+m^i

=7m,動量不守恒，選項A錯誤；若左=4.5m/s,02=3.5m/s,明顯人2＞看2不合理，選

項B錯誤；若以3=3.5m/s,%3=4.5m/s,碰后總動量=加幺3+冽%3=8冽，總動能43

=1加幺32+1加。3』16.25加，動量守恒，機械能不增加，選項C可能實現(xiàn)；若以4=-1m/s,

22

kB4=9m/s,碰后總動量?'=mkA4+mkB4=8m,總動能￡卜4=；加以42+；冽。42=41冽，動量

守恒，但機械能增加，違反能量守恒定律，選項D錯誤。

■總結(jié)提升一

碰撞問題遵守的三條原則

1.動量守恒:p\~\~pl=p\'+夕2'o

2.動能不增加：Eki+Ek22&i'+&2'o

3.速度要符合實際情況

（1）碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有,后〉/前，碰后原來在前的物體速度一定增

大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有，前‘2,后’。

（2）碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變。

【例2】（2023?黑龍江哈爾濱市六中一模）如圖所示，兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留

有較小空隙，從距水平地面高度為〃處同時由靜止釋放。已知小球Q的質(zhì)量是P的2倍。設(shè)

所有碰撞均為彈性碰撞。忽略空氣阻力及碰撞時間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度

為（）

p

Q<

J

A.-5/zB.2仝5〃C.7-hD4當9

3939

答案B

解析設(shè)小球P、Q的質(zhì)量分別為機、2m,落地前的瞬間二者速度均為，，由動能定理可得

3mgh=^X3m^f解得片瓶gh,Q與地面碰撞后速度等大反向，然后與P碰撞，P、Q碰撞

過程滿足動量守恒、機械能守恒，規(guī)定向上為正方向，則有2冽，一冽k=冽瞪+2加Smk2

=；冽/2+；義2冽解得”=:也弱，碰后小球P機械能守恒，則有mgk，=^ml/p2,解得

75

h'=-h,故選B。

9

【例3】(2023?天津卷T2)已知A、B兩物體aA=2kg,mB=lkg,A物體從〃=1.2m處自由

下落，且同時B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過f=0.2s相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運動，

已知重力加速度g=10m/s2,求：

⑴碰撞時離地高度X；

⑵碰后速度八

(3)碰撞損失機械能AE。

答案(1)1m(2)0(3)12J

解析(1)對物體A,根據(jù)運動學公式可得

x=h--gt2=1.2m--X10X0.22m=1m

22

(2)設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為l^o,根據(jù)運動學公式可知x=產(chǎn)

解得/o=6m/s,可得碰撞前A物體的速度

%=gf=2m/s,方向豎直向下

碰撞前B物體的速度

%=/()—g/=4m/s,方向豎直向上

選向下為正方向，由動量守恒定律可得

弧-7"BP&=(WA+WB)/

解得碰后速度^=0

（3）根據(jù)能量守恒定律可知碰撞損失的機械能

\E=A2^B—；（冽A+加B）d=12Jo

考點二碰撞模型拓展

1.“滑塊一彈簧”模型

（1）模型圖不

|m1po0ooooo^-|^21,

，力〃/）〃〃〃〃〃力〃力〃12

水平地面光滑平行且光滑的水平桿

⑵模型特點

①動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動

量守恒。

②機械能守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守

恒。

③彈簧處于最長（最短）狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小。（相當于

完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能）

④彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大。（相當于剛完成彈性碰撞）

【例4】（2023?江西南昌市模擬）如圖所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為陽和加2的兩物體

甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度Pt）=4m/s,當甲物

體的速度減小到1m/s時，彈簧最短。下列說法中正確的是（）

------->■UQ

甲|^中頗順甲引乙

/////）/////////////////////////////////

A.此時乙物體的速度大小為1m/s

B.緊接著甲物體將開始做加速運動

C.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比加1：加2=1：4

D.當彈簧恢復(fù)原長時，乙物體的速度大小為4m/s

答案A

解析根據(jù)題意可知，當彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度大小

也是1m/s,A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯誤；根據(jù)動量

守恒定律可得加1刈=（加1+〃?2）/,解得：加2=1：3,C錯誤；當彈簧恢復(fù)原長時，根據(jù)動

量守恒定律和機械能守恒定律有〃2114)=7"lH'+加2%',mP&2=-2H■-m2%'2,聯(lián)立

222

解得/'=2m/s,D錯誤。

【例5】如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為機的物塊A、B、C,B的左側(cè)固定一輕彈

簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)。設(shè)A以速度刈向B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，

B與C恰好相碰并粘在一起，然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。求從A開始

壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：

⑴整個系統(tǒng)損失的機械能；

(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。

答案(I)!???K)2(2)—7MK)2

1648

解析(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度-時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平

向右為正方向，由動量守恒定律得加刈=2加%①

此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為14,損失的機械能為A￡,對B、C

組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得

根％=2〃？△②

%4=AE+^(2m)〃③

聯(lián)立①②③式得A￡=」TMK)2④

(2)由②式可知n<n,A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為匕，此

時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為身。

由動量守恒定律和能量守恒定律得加4=3加匕⑤

2

聯(lián)立④⑤⑥式得Ep=-mK)o

2.“滑塊一斜(曲)面”模型

⑴模型圖不

接觸面光滑

（2）模型特點

①上升到最大高度：滑塊/與斜（曲）面河具有共同水平速度,卻此時滑塊小的豎直速度外

=0?系統(tǒng)水平方向動量守恒，=共；系統(tǒng)機械能守恒，gml/&2=：（〃+%）//+

mgh,其中〃為滑塊上升的最大高度，不一定等于軌道的高度（相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)

減少的動能轉(zhuǎn)化為滑塊加的重力勢能）。

②返回最低點：滑塊加與斜（曲）面M分離點。系統(tǒng)水平方向動量守恒，=系

統(tǒng)機械能守恒，，7際=，2%2+,%2（相當于彈性碰撞）。

【例6］（多選）（2023?黑龍江哈爾濱市期中）質(zhì)量為M的帶有:光滑圓弧軌道的小車靜置于光滑

水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度4水平?jīng)_上小車，到達某一高度后，小

球又返回小車的左端，重力加速度為g,貝4（）

〃〃〃〃左/〃〃〃〃〃〃〃夕〃〃〃/

A.小球以后將向左做平拋運動

B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動

C.此過程小球?qū)π≤囎龅墓?”卬

2

D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為至

2g

答案BC

解析小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度,由動量守恒定律和機械能

守恒定律有,-W2=-X2W2+Mgh,聯(lián)立解得萬=竺，故D錯誤；從小球

224g

滾上小車到滾下并離開小車的過程，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，機械

能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時速度變?yōu)榱悖?/p>

開始做自由落體運動，小車速度變?yōu)?4）,動能為-MkO2,即此過程小球?qū)π≤囎龅墓?JWI4）2,

22

故B、C正確，A錯誤。

【例7】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一個蹲在滑板上的小孩

和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，

冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為〃=0.3m（〃小于斜面體的高度）。已知

小孩與滑板的總質(zhì)量為加i=30kg,冰塊的質(zhì)量為加2=10kg,小孩與滑板始終無相對運動。

重力加速度的大小取g=10ni/s2=

（1）求斜面體的質(zhì)量；

⑵通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？

答案⑴20kg（2）不能，理由見解析

解析（1）規(guī)定向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共

同速度為匕斜面體的質(zhì)量為機3。對冰塊與斜面體分析，由水平方向動量守恒和機械能守恒

得

冽2%）=（冽2+冽3）

~m2%2=；（加2+加3）P2+m2gh②

式中％=3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得k=lm/s,加3=20kg③

⑵設(shè)小孩推出冰塊后的速度為n,對小孩與冰塊分析，由動量守恒定律有加i%+冽214）=0④

代入數(shù)據(jù)得％=—1m/s⑤

設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為區(qū)和匕，對冰塊與斜面體分析，由動量守恒定律和機械

能守恒定律有機24=冽2n+加3%⑥

-miI4）2=1冽2%2+-m31^2?

222

聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得n=-lm/s

由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊

不能追上小孩。

課時精練

基礎(chǔ)落實練

1.（2024?山東濟南市歷城第二中學月考）如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的凹槽，凹槽

右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊向凹槽推出，

冰塊平滑地滑上凹槽，貝4（）

'/〃〃〃〃/7萬〃〃〃〃/；〃/>>〃/）〃〃〃/

A.小孩推出冰塊過程，小孩和冰塊系統(tǒng)動量不守恒

B.冰塊在凹槽上運動過程，冰塊和凹槽系統(tǒng)水平方向動量守恒

C.冰塊從凹槽下滑過程，凹槽動量減少

D.冰塊離開凹槽時的速率與沖上凹槽前的速率相等

答案B

解析小孩推出冰塊過程，系統(tǒng)合外力為0,小孩和冰塊系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；冰塊在

凹槽上運動過程，冰塊和凹槽系統(tǒng)水平方向合外力為0,所以水平方向動量守恒，故B正確；

冰塊從凹槽下滑過程，冰塊對凹槽做正功，凹槽速度增加，動量增加，故C錯誤；冰塊在凹

槽上滑和下滑過程，凹槽對冰塊做負功，速度減小，冰塊離開凹槽時的速率比沖上凹槽時的

速率小，故D錯誤。

2.如圖所示，兩個物塊A、B中間用輕彈簧相連放在光滑的水平面上，A、B質(zhì)量分別為如

=0.1kg、加2=0.2kg,物塊A右側(cè)與豎直墻接觸。某一瞬間敲擊物塊B使其獲得0.3m/s的

水平向右的速度，物塊B向右壓縮彈簧然后被彈簧彈回，彈回時帶動物塊A運動。當彈簧拉

伸到最長時，物塊A的速度大小為（）

A.0.1m/sB.0.2m/s

C.0.3m/sD.0.4m/s

答案B

解析由機械能守恒可知，當物塊B被彈簧彈回到初始位置時速度仍為k&=0.3m/s,方向向

左；當彈簧拉伸到最長時，兩者共速，則由動量守恒定律有加2囿=（如+加2）匕解得片=0.2m/s,

即物塊A的速度大小為0.2m/s,故選B。

3.（2023?湖北省七市調(diào)研）在光滑水平面上，一質(zhì)量為加、速度大小為”的A球與質(zhì)量為3加、

靜止的B球發(fā)生對心碰撞，碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的速度大

小可能是（）

A.0.2/B.0.3zC.0.4（/D.0.6，

答案C

解析A、B兩球在水平方向上所受合外力為零，A球和B球碰撞過程中動量守恒，設(shè)A、B

兩球碰撞后的速度分別為％、n,選A球初速度的方向為正方向，由動量守恒定律有吃

mki+3mn,假設(shè)碰撞后A球靜止，即％=0,則%=1，，由題意可知A球被反彈，所以B

一3

球速度后」匕A、B兩球碰撞過程中能量可能有損失，由能量關(guān)系有-3mH2,

3222

聯(lián)立可得匕可得二故選C。

232

4.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q（視為質(zhì)

點）的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為

Eki。現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為￡口，及1和比的比

值為（)

A-2B.-cD

4i-t

答案C

解析設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m,則Q的質(zhì)量為m,弧形頂端與底端的豎直距離為h;P鎖定時,

Q下滑過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得加g〃=Eki,P解除鎖定，Q下滑過程中，P、

Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得機1/^—2冽%=

：><22,2,

0,由機械能守恒定律得冽g〃=j7kQ2+加%Q離開P時的動能Ek2=j1g聯(lián)立解得

^=-,故C正確。

私2

5.（2022?北京卷?10）質(zhì)量為冽1和冽2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間，

變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.

B.碰撞后mi的速率大于mi的速率

C.碰撞后m2的動量大于m\的動量

D.碰撞后mi的動能小于m\的動能

答案C

解析%—%圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知加1碰前的速度大小為l^）=~m/s

、、4

=4m/s,冽2碰前的速度為0,A錯誤；兩物體正碰后，加1碰后的速度大小為％=----m/s

3-1

、8—4

=2m/s,碰后的速度大小為/=m/s=2m/s,碰后兩物體的速率相等，B錯誤；兩

一3-1

物體碰撞過程中滿足動量守恒定律，即如1/6=一"”％+小2%，解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為小2

=3mi,根據(jù)動量的表達式°=加匕可知碰后切2的動量大于如的動量，C正確；根據(jù)動能的

表達式Ek=L?修，可知碰后加2的動能大于〃〃的動能，D錯誤。

2

ID能力綜合練

6.（多選）（2023?安徽省模擬）如圖，足夠長的光滑細桿"N水平固定，質(zhì)量如=2kg的物塊A

穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動，質(zhì)量加2=1kg的物塊B通過長度/=0.45m的輕質(zhì)細繩豎直

懸掛在A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，A、B可視為質(zhì)點。現(xiàn)讓物塊B以初速度刈=3m/s

水平向右運動，g^L10m/s2,貝！J（）

IgI--

A.物塊A的最大速度為2m/s

B.物塊A、B組成的系統(tǒng)，動量守恒

C.物塊B恰好能夠到達細桿MN處

D.物塊B從開始運動到最大高度的過程中，機械能減少了1J

答案AD

解析當B在A的右側(cè)運動時，細繩彈力對A一直做正功，可知當B再次回到最低點時，A

的速度最大，則有〃?2刈=7〃2%+〃“4,-m2^）2=-m2l^2+^miH2,解得H=2m/s,A正確；對

222

B分析，可知B在豎直方向有加速與減速過程，即物塊A、B組成的系統(tǒng)存在超重與失重過

程，系統(tǒng)所受外力的合力不為0,系統(tǒng)的動量不守恒，但是系統(tǒng)在水平方向上所受外力的合

力為0,即系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，B錯誤；設(shè)物塊B恰好到達最高點上升的高度為〃，

此時A、B速度相等，則有%2k6=（根1+加2）%,—3（加1+加2）匕2=%吆加解得〃=0.3m</

=0.45m,可知物塊B不能夠到達細桿MN處，C錯誤；根據(jù)上述可知，物塊B從開始運動

到最大高度的過程中，B減小的機械能與A增加的機械能相等，則有AE機=；如％2=1j,口

正確。

7.（多選）（2023?海南海口市三模）如圖所示，質(zhì)量分別為2加、加/未知且左＞2）的小球B、C靜

止放置在光滑水平面上，一質(zhì)量為",的小球A從小球B的左側(cè)以速度/水平向右運動。已

知所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，A與B只發(fā)生一次碰撞，則k的值可能為（）

q

XBC

萬忌”〃〃夕〃〃力〃〃力忌〃

//////////////////////////////////////////

A.4.5B.6C.7.5D.9

答案AB

解析A與B碰撞過程，由動量守恒和機械能守恒可得冽片冽以+2冽

222

17

聯(lián)立解得碰后A、B的速度分別為以=—,，，%=4，，B與C碰撞過程，由動量守恒和機械

33

能守恒可得2機=2加%'~\~kmVo,

-X2mpfe2=_X2mkfe'2+-Xpt2

222

聯(lián)立解得碰撞后B的速度為=———z

3（2+左）

為了保證A與B只發(fā)生一次碰撞，需要滿足

2（2T\

3（2+?W|⑸=

2（左一2）

由于左＞2,則有wl

3（2+左）3

聯(lián)立解得2VIW6,故選A、Bo

8.（多選）（2023?四川綿陽市期末）如圖甲所示,物塊A、B的質(zhì)量分別是〃?A=4kg和wB=2kg,

用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C在f=0

時刻以一定速度向右運動，在f=4s時與物塊A相碰（碰撞時間極短，可忽略不計），并立即

與A粘在一起不再分開，物塊C的圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為48J

B.4s到12s的時間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為48N-s,方向向右

C.物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為10J

D.物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為6m/s

答案AD

解析A、C碰撞過程中由動量守恒可得機cP6=(加C+MA)H,由題圖乙知k&=12m/s,ki

=4m/s,解得加c=2kg,當A、C速度減為零時彈簧壓縮至最短，此時彈性勢能最大為與

=1(WA+mc)H2=48J,故A正確；4s到12s的時間內(nèi)彈簧彈力對A、C的沖量為/彈=(%A

+WC)(H-H)=6X(-8)N-S=-48N-S,由能量守恒可知12s時B的速度為零，4s到12s

的時間內(nèi)對B由動量定理可得一/岸+/埼=0,得/琉=/彈=-48N-s,即大小為48N-s,方向

向左，故B錯誤；當B的速度與A、C速度相等時由動量守恒可得(WA+機c)%=(mA+WC+

WB)%',解得6=3m/s,所以物塊B離開墻壁后彈簧的最大彈性勢能為Ep'=1(mA+

me)%?—g(加A+7WC+7〃B)%'2=12J,故C錯誤；當彈簧回到原長時B的速度達到最大，由

動量守恒和能量守恒可得(mA+me)K—(ntA+me)%+14,^(WA+me)%?=+me)142+

-?7B142,解得I4=6m/s,故D正確。

2

9.(2023?廣東省模擬)如圖所示，固定光滑曲面軌道在。點與光滑水平地面平滑連接，地面上

靜止放置一個表面光滑、質(zhì)量為3m的斜面體Co一質(zhì)量為m的小物塊A從高h處由靜止開

始沿軌道下滑，在。點與質(zhì)量為2優(yōu)的靜止小物塊B發(fā)生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一

起向右運動(碰撞時間極短)，平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度，

重力加速度為g,求：

(1)A到達。點時的速度大小；

(2)A、B碰撞過程中損失的機械能;

(3)A和B沿C能上升的最大高度。

答案⑴亞好(2)jmg/z(3)；〃

解析(1)物塊A運動到。點的過程，根據(jù)動能定理可知加解得％=也嬴

(2)當A、B發(fā)生碰撞，根據(jù)動量守恒定律可知

"?%=(%+2相)/，解得

A、B碰撞過程中損失的機械能

AE=g加H2—^（m+2m）H2=^mgh

（3）＜A＞B、C看成一個整體，則系統(tǒng)在水平方向動量守恒，當A、B到達最高點時三者在

水平方向速度相同，根據(jù)動量守恒定律可知（冽+2冽）%=（冽+2冽+3冽）%，根據(jù)能量守恒定律

可知g（加+2m）H2=；（冽+2m+3m）l^2+（m+2m）gh'

聯(lián)立解得A和B沿C能上升的最大高度為=-Ao

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10.（2023?湖南長沙市長郡中學二模）如圖所示，質(zhì)量為加=1kg的工件甲靜置在光滑水平面

上，其上表面由光滑水平軌道和四分之一光滑圓弧軌道3C組成，兩軌道相切于3點，

圓弧軌道半徑為R=0.824m,質(zhì)量也為加的小滑塊乙靜置于N點。不可伸長的細線一端固定

于。點，另一端系一質(zhì)量為M=4kg的小球丙，細線豎直且丙靜止時。到球心的距離為工

=2m。現(xiàn)將丙向右拉開至細線與豎直方向夾角為。=53。并由靜止釋放，丙在。正下方與甲

發(fā)生彈性碰撞（之后兩者不再發(fā)生碰撞）。已知重力加速度大小為g=10m/s2,5苗53。=0.8,

cos53°=0.6,不計空氣阻力。

/〃依〃/

0^\

L丙

，/

7777777777777777777777777777777^777777777777