模型15、彈性碰撞與非彈性碰撞模型

【模型概述】

一、碰撞類型正碰(對(duì)心碰撞)和斜碰(非對(duì)心碰撞)

彈性碰撞和非彈性碰撞

1彈性碰撞:兩個(gè)物體發(fā)生碰撞過程，系統(tǒng)的機(jī)械能沒有損失。

系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。

2.非彈性碰撞:兩個(gè)物體發(fā)生碰撞過程，系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。

系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少。

3.完全非彈性碰撞:碰撞后粘合在一起，機(jī)械能損失最多。

二、碰撞現(xiàn)象的三個(gè)原則

系統(tǒng)動(dòng)量守恒;不違背能量守恒;物理情景可行性

①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有尢>%一碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，

則應(yīng)有%>%.

②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變.

深化拓展：(1)碰撞過程中作用時(shí)同極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以滿足動(dòng)量守恒.

(2)不受外界因素影響的情況下，碰撞只能發(fā)生-次且碰后的能量不比碰前的能量大.

【模型解題】

一、打擊類問題

1.J7擊類問題模型也是“碰撞”的一種類型。由于在“打擊”瞬間，其它外力相對(duì)于打擊力較小，可以忽略不計(jì)，

因此參與“打擊”的物體系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

2.“打擊”時(shí)，一般有機(jī)械能的損失，屬于“非彈性碰撞”類型，其中子彈“打擊”木塊，并留在木塊中時(shí)，系統(tǒng)

機(jī)械能損失最多。

3.“打擊”完畢后，一般還有其它過程，注意“多過程”問題的分析，

二、含彈簧的類碰撞問題模型

(1)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，或被拉伸至最長(zhǎng)時(shí)，二物體速度相同、動(dòng)量守恒，此時(shí)彈性勢(shì)能Ep最大.Ep等

于二物體的動(dòng)能的減少量.

(2)當(dāng)彈簧再次恢復(fù)自然長(zhǎng)度時(shí)，一個(gè)物體的速度最大，另一-物體的速度最小，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為零.

【模型訓(xùn)練】

【例1】如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為叫和加2，圖乙為它們碰撞后

的ST圖像，已知見=O」kg.由此可以判斷（）

tfs/n

左丁@右4區(qū)

I1?一

//////J7/////////////7///////0246Z/s

甲乙

A.碰前加2勻速，叫加速運(yùn)動(dòng)

B.碰后恤和町都向右運(yùn)動(dòng)

C.=0?2kg

D.碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

【答案】D

【詳解】AB.由s“圖像的斜率筆于速度可知碰前m2靜止，皿勻速運(yùn)動(dòng)，⑸的速度為

「竺=4m/s

向右運(yùn)動(dòng)；碰后〃〃速度為

0-8,c/

小=-----m/s=-2m/s

6-2

向左運(yùn)動(dòng)，碰后的速度

916-8,個(gè),

V=------m/s=2m/s

26-2

向右運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

n2=肛4’+加2匕'

代人數(shù)據(jù)解得

叱=0.3kg

故C錯(cuò)誤；

D.兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞前的機(jī)械能為

匚I=1X().|X42J=0.8J

E=-n%d

碰撞后的機(jī)械能力

E7=；班yf+~nt>v2，=0.8J

因?yàn)?/p>

E=E

所以碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，故D正確。

故選D。

變式1.1質(zhì)量為町和叫的兩個(gè)物體在光滑水平面上止碰，其位置.坐標(biāo)x隨時(shí)間/變化的圖像如圖所示。己

知叫=1kg,下列說法正確的是（

A.碰撞前色的速度4m/sB.碰撞后叫做減速運(yùn)動(dòng)

C.嗎的質(zhì)量為3kgD.上述碰撞為非彈性碰撞

【答案】C

【詳解】A.圖像的斜率等于速度,可知碰撞前網(wǎng)的速度

v,=；m/s=4m/s

，犯的速度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.碰撞后町向反方向左勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

C.圖像的斜率等于速度可知，碰后町和恤的速度分別為

匕=-2m/s

v2=2m/s

根據(jù)動(dòng)量守恒定律

/%匕=m1H+ni2v2

解得

m2=3kg

選項(xiàng)C正確；

D.上述碰撞損失能量為

所以是彈性碰撞，故C正確D錯(cuò)誤。

故選C。

【例2】如圖所示，用等長(zhǎng)的輕繩將大小相同的彈性小球A、B懸掛于同一高度，靜止時(shí)兩球恰能接觸且懸

繩豎直，已知兩球質(zhì)量分別為〃?A、IUB.現(xiàn)將A球向左拉至某一高度〃后由靜止彈放（懸繩始終保持伸直

狀態(tài)，不計(jì)空氣阻力），使其與B球發(fā)生彈性碰撞，下列描述正確的是（）

A.若碰撞后,A球靜止，B球擺起的高度等于A

B.若〃?碰撞后,A、B都向右擺動(dòng)，且B球擺起的高度小于力

C.若niA<rnnf碰撞后,A、B都向右擺動(dòng)，且B球擺起的高度小于介

D.無論A、B質(zhì)量大小如何，糅放后整個(gè)過程A、B系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都守恒

【答案】A

【詳解】小球A下降〃時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒

可得

碰撞的過程中滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

%%=叫匕+/%

121212

5網(wǎng)'埼=5'縱斗+-ft1^2

整理得

2mA

%，V2=—%

叫+"%%+〃％

A.若可知

匕=0，匕二%

即碰后A球靜止，B以血的速度上擺，擺起的高度等于h,A正確;

B.若mQm/i,可知

V|>0,v2>v0

即碰撞后，A、B都向右擺動(dòng)，B球擺起的高度大于兒B錯(cuò)誤;

C.若〃〃</M可知

v(<0,v2>0

即碰撞后，A球向左運(yùn)動(dòng)，B球句右運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；

D.在A球下擺和碰后兩球運(yùn)動(dòng)的過程中，所受合外力均不為零,因此動(dòng)量均不守恒.D錯(cuò)謖.

故選Ao

變式2.1如圖所示，A、B是兩個(gè)用等長(zhǎng)細(xì)線懸掛起來的大小可忽略不計(jì)的小球，〃用二5m,、。B球靜止，拉

起A球，使細(xì)線與豎直方向偏角為30。，由靜止釋放，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞。不計(jì)空氣阻力，則

關(guān)于碰后兩小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()

A.A靜止，B向右，且偏角小于30。

B.A向左，B向右，且偏角等于30。

C.A向左,B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30。

D.A向左，B向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于3CT

【答案】C

【詳解】設(shè)A球到達(dá)最低點(diǎn)的速度為也在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞后，A球的速度為％,B球的速度

為明，規(guī)定向右為正方向。由動(dòng)量守恒可得

mAV=mA%+〃?碇8

由機(jī)械能守恒可得

1,1,1

乙乙乙

可得

m.-2

vA=-------V=——V

叫+飛3

2m.1

-------v=—v

叫+/---3

故A向左，B向右。設(shè)碰后A球偏角為&繩長(zhǎng)為L(zhǎng)由機(jī)械能守恒

黑片二SM(1-COSO)

故

cos=1-

2gL

可見偏角與小球在最低點(diǎn)的速度大小有關(guān)，與質(zhì)審無關(guān)，故A球偏角大于B球偏角，且都小于A球原來的

偏角30°o

故選C。

變式2.2用如圖所示的"牛頓擺''裝置來研究小球之間的碰撞，5個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架

上，5根輕繩互相平行，5個(gè)鋼球彼此緊密排列，球心等高且位于同一直線上，用1、2、3、4、5分別標(biāo)記

5個(gè)小鋼球.如圖甲，當(dāng)把小球】向左拉起一定高度后由靜止釋放，使它在極短時(shí)間內(nèi)撞擊其他小球，下列

分析中正確的是()

A.上述實(shí)驗(yàn)中，可觀察到球5向右擺起，且達(dá)到的最大高度與球1的釋放高度相同

B.上述碰撞過程中，5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒

C.如圖乙所示，如果同時(shí)向左拉起小球I、2、3到相同高度后，再同時(shí)由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球4、

5起向右擺起，且上升的最大高度大于小球1、2、3的釋放高度

D.如圖丙所示，若只用小球1、2進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，將它們分別向左、右各拉起一個(gè)較小的高度，且小球1的

高度是小球2的兩倍，由靜止釋放，可觀察到發(fā)生碰撞后兩小球均反彈并返回初始高度

【答案】A

【詳解】A.小鋼球極短時(shí)間內(nèi)的碰撞可認(rèn)為彈性碰撞，則實(shí)驗(yàn)中可觀察到球5向右擺起，且達(dá)到的最大高

度與球1的釋放高度相同，故A正確；

B.每?jī)蓚€(gè)小球碰撞的過程機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒，不是5個(gè)小球組成的系統(tǒng)，故B錯(cuò)誤；

C.如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度，再同時(shí)由靜止釋放，則3與4碰撞后，3停止，4具有向

右的速度，4與5碰撞交換速度，4停止，5向右擺起；3剛停止的時(shí)候2球過來與之碰撞交換速度，然后3

與4碰撞，使4向右擺起，2球夙停止的時(shí)候1球過來與之碰撞交換速度，然后2與3碰撞交換速度，使3

向右擺起，故經(jīng)碰撞后，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同，

故C錯(cuò)誤；

D.若只用小球1、2進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，將它們分別向左、右各拉起一人較小的高度，且小球1的高度是小球2的

兩倍，由靜止釋放，兩球相碰機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒，則兩球速度交換，應(yīng)觀察到發(fā)生碰撞后兩小球均反

彈并返回至對(duì)方的初始高度,即2球比1球彈得高，故D錯(cuò)誤。

故選Ao

【例3】如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進(jìn)行的超級(jí)碰撞實(shí)驗(yàn)，可以使小球彈起并上升

到很大高度。將質(zhì)量為切？（k>l）的大球（在下），質(zhì)量為〃，的小球（在上）疊放在一起，從距地面高力

處由靜止釋放，/?遠(yuǎn)大于球的半徑，不計(jì)空氣阻力。假設(shè)大球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞，

旦碰撞時(shí)間極短。下列說法正確的是（）

§

h

A.兩球一起下落過程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮椤?g

B.大球與地面第一次蒯撞過程中，地面對(duì)大球平均作用力的沖量大小為5

C.無論左取什么值，大球與小球碰撞后大球的速度均不能為0

D.若大球的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度約為9〃

【答案】D

【詳解】A.兩球一起下落過程中都做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮?,A錯(cuò)誤;

B.下落過程中由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

v2=2gh

解得大球與地面碰撞前的速度大小為

根據(jù)動(dòng)量定理可得

/=Ikmv=2gh

B錯(cuò)誤;

C.以向上為正方向，大球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，兩球碰撞前后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒,

設(shè)碰撞前小球和大球的速度分別為丫，碰后大球的速度為由小球的速度為也，由動(dòng)量守恒定律

hnv-mv=kmvx+mv2

由機(jī)械能守恒定律

，，

—1k.mv~->+—1mv~2=1—kjnv,2+—mvy-

22212-

兩式聯(lián)立解得

(hn-m)v-2mv

V)=-------------------

hn+m

可知當(dāng)

k=3

時(shí)，大球與小球碰撞后大球的速度為0,C錯(cuò)誤；

D.大球與地面碰撞后，速度瞬間反向，大小不變，兩球發(fā)生彈性碰撞，兩球碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，

系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后小球速度大小為W,大球速度大小為議，選向上為正方向，由動(dòng)能

量守恒和機(jī)械能守恒

Mv-tnv=+Mv2

—(m+A7)v2mV,+—Mv：

解得

(3M-"?)j2gh

V,=~-

當(dāng)M?n】時(shí)，不考慮加影響，則

v,=3網(wǎng)h

小球上升高度為

H=^-=9h

2g

D正確；

故選D。

變式3.1如圖為“子母球”表演的示意圖，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為人處自由落下，h

遠(yuǎn)大于兩小球直徑，小球B的質(zhì)量是A質(zhì)量的3倍。假設(shè)所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向，

不考慮空氣阻力，則下列判斷中錯(cuò)誤的是()

A.下落過程中兩個(gè)小球之間沒有相互作用力

B.A與B第一次碰后小球B的速度為零

C.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是2/?

D.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4萬

【答案】C

【詳解】A.球B與地面碰撞前，對(duì)AB整體，由牛頓第二定律得

（/徹+〃加）g=（陽八+"3）a

解得

4=g

設(shè)下落過程中兩個(gè)小球之間的彈力為。對(duì)8球，由牛頓第二定律得

解得

7=0

故A不符合題意；

B.根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

（加八十"用）gh=；（iriA+ma'）片

解得球A、B與地面碰撞前瞬間的速度大小為

vo=

B球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選A與B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后

A、B速度大小分別為巾、vs,選向上方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得

niBVo-mAvo=m.\VA+msvs

由機(jī)械能守恒定律得

—（niA+niB）v（/=—IJIAVA-+不MBW

由題可知

/WB~3mA

聯(lián)立解得

以=2"證

必?=0

故B不符合題意;

CD.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度為

故C符合題意，D不符合題意。

故選C。

變式3.2如圖所示，某同學(xué)在教室內(nèi)做“子母球''的實(shí)驗(yàn)，將兩質(zhì)量分別為〃〃和加2的彈性小球A、B疊放在

一起，從課桌邊緣自由落下，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞均為豎直方向內(nèi)彈性

碰撞，且碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)。已知兩個(gè)彈性小球〃?2=4〃〃，課桌邊緣離地面高度為/『0.75m,天花板離

地面3.6m,則（）

A.A小球彈起能打到天花板

B.B小球彈起能超過桌子一半高度

C.在碰撞的總過程，兩個(gè)小球動(dòng)量變化量等大反向

D.在碰撞的總過程，A小球機(jī)械能守恒

【答案】A

【詳解】AB.以B為研究對(duì)象，從B小球開始下落至地面時(shí)的過程中，設(shè)落地前小球B的速度為由

功能關(guān)系可得

叫g(shù)/?=K叫片

由于B觸地后與地面發(fā)生彈性碰撞，故碰撞前后B球速度大小不變，方向相反，設(shè)碰后B速度為力，則在

大小上有

丹=9

以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，從B小球開始下落至地面時(shí)過程中，設(shè)A球落地前速度為卬，g取lOm/sz,則由功能

關(guān)系可得

,1，

犯口?=5班可

根據(jù)以上可解得速度大小均為

V,=v2=Vj=V15nVs

由于AB觸地后，兩球之間發(fā)生彈性碰撞，以AB兩球相碰過程為研究過程，設(shè)AB兩球相碰后速度分別為

V4,V5,以速度向上為正方向。則根據(jù)動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律有

一〃?［匕+m2V2=W1V4+W2V5

1212I2I2

5叫％+-rn2v2=5叫y+3'%%

聯(lián)立以上及結(jié)合題意可解得

心=日VT5m/s

%=gV15ni/s

以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，碰后至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律可得

,，12

叫g(shù)%=-fW

聯(lián)立可得

K=3.63m>3.6m

故A球彈起能打到天花板。

同理，以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，碰后至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律可得

,，1，

=2'%嗎

聯(lián)立可得

/<=0.03m<-=0.375m

2

故B球彈起后不能超過桌子一半高度。故A正確，B錯(cuò)誤:

C.在碰撞的總過程中，以速度向上為正，根據(jù)以上分析可知，A球發(fā)生碰撞前后速度分別為卬，火,故對(duì)

A球有

=w?)(v4-v3)=/??,(y\/i5->/i5)=-1>/r5z7z1

JJ

B球發(fā)生碰撞前后速度分別為V2,4,故對(duì)B球有

△PR=(v2+v5)=4〃((\/15+gV15)=g

故C錯(cuò)誤。

D.由以上分析可知，A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故機(jī)械能增加了，故D錯(cuò)誤。

故選A。

【例4】如圖所示。在光滑水平面上。兩個(gè)物體的質(zhì)量都是〃?，碰撞前乙物體靜止，甲物體以速度2m/s向

它撞去。碰撞后兩個(gè)物體粘在一起，成為一個(gè)質(zhì)量為2〃?的物體，以一定速度繼續(xù)前進(jìn)。則碰撞過程中系統(tǒng)

損失的機(jī)械能為（）

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

A.mB.0.5mC.2mD.1.5m

【答案】A

【詳解】根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有

2mv=mv

解得

^=lv=lm/s

2

碰撞前總動(dòng)能

L1，C

E.=—tnv'=2m

k2

碰撞后總動(dòng)能

E；=；?2inv2=in

碰撞過程中總動(dòng)能損失

AEk=Ek-E；=nt

故選A。

變式4.1如圖所示，質(zhì)量相同的A球和B球，A球用細(xì)線吊起，B球放在懸點(diǎn)正下方的光滑水平面上。現(xiàn)

將A球拉到高距離地面高度為〃處由靜止釋放，擺到最低點(diǎn)時(shí)與B球碰撞，碰后兩球粘在一起共同上擺，

則兩球上擺的最大高度（空氣阻力不計(jì)）（）

〃〃///〃

O

,扁―工

T//n//////////////////A

A.等于5B.等于《C.介于力和g之間D.有可能大于力

【答案】A

【詳解】A球由靜止釋放到最低點(diǎn)與B球碰撞前的過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

mgh.=-1mv-2

解得

%=7^

A球與B球碰撞過程滿足動(dòng)量守恒，則有

=2mv

解得碰后兩球的共同速度為

V_yl2gh

V—0—―-------

22

碰后兩球粘在一起向上擺到最大高度過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

-Imgh1=0--x2/加

解得兩球上擺的最大高度為

4

A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選A.

變式4.2如圖所示，在光滑的水平面上有2023個(gè)完全相同的小球排成一條直線，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給第

一個(gè)小球初動(dòng)能蜃，使它正對(duì)其他小球運(yùn)動(dòng)。若小球間的所有碰撞都是完全非彈性的，則整個(gè)碰撞過程中

因?yàn)榕鲎矒p失的機(jī)械能總量為（）

Ek

Ja_c

I23

A.-^—Ekn2022廣

?2023隊(duì)

2023

D.些反

2022

【答案】B

【詳解】以第一個(gè)小球初速度四方向的為正方向，將2023個(gè)小球組成的整體看作一個(gè)系統(tǒng)，設(shè)系統(tǒng)最終的

速度為打運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得

mvo=2023mv

解得

1品

則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

△E=—mv^.--x2023〃/

202

解得

2023

故選B。

【例5】在光滑水平地面上放一個(gè)質(zhì)量為2kg、內(nèi)側(cè)帶有光滑弧形凹槽的滑塊凹槽的底端切線水平，如

圖所示。質(zhì)量為1kg的小物塊〃？以%=6m/s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，恰好能到達(dá)滑塊M的頂

端，隨后下滑至底端二者分離。重力加速度取g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力。在小物塊〃?沿滑塊M滑行的整

個(gè)過程中，下列說法正確的是（）

A.地面對(duì)滑塊M的沖量為零

B.小物塊機(jī)沿滑塊M上滑的最大高度為0.6m

C.滑塊M對(duì)小物塊〃?做的功為-16J

D.合力對(duì)滑塊M的沖最大小為16N-

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)沖量公式

I=Ft

地面對(duì)滑塊M的作用力不為零，可知地面對(duì)滑塊”的沖量不為零，A錯(cuò)誤;

B.當(dāng)物塊與凹槽二者速度相等時(shí)，小物塊〃?沿滑塊/上滑的高度最大，設(shè)最大高度為人，系統(tǒng)水平方向動(dòng)

量守恒，以%的方向?yàn)檎较颍?/p>

“7%=(〃?+M)

由機(jī)械能守恒可得

；〃，片=；(，〃+MF+〃明力

解得

h=1.2m

B錯(cuò)誤；

C.設(shè)小物塊〃，返回滑塊M的底端時(shí)，小物塊〃?與滑塊M的速度分別為外、打，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,

有

mv0=〃?匕+MV2

機(jī)械能守恒

11212

—/wvj2=-nw~+—Mv；

解得

1f,

H=-§%=-2m/s

2),

嶺=q%=4m/s

對(duì)加在全過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理可得

W=gmvf-i=-16J

C正確;

D.根據(jù)動(dòng)量定理，合力對(duì)滑塊M的沖量大小為

/=/WV2-()=8N-S

D錯(cuò)誤。

故選C。

變式5.1在光滑水平地面上放一個(gè)質(zhì)量為2kg的內(nèi)側(cè)帶有光滑弧形凹槽的滑塊M,凹槽的底端切線水平，

離地高度為5cm,如圖所示。質(zhì)量為1kg的小物塊根以％=3m，s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，

恰好能到達(dá)滑塊M的頂端，然后滑下離開凹槽。重力加速度取g=K)m/s2,不計(jì)空氣阻力。則下列說法正

確的是()

A.小物塊落地時(shí)與槽左端的水平距離為30cm

B.小物塊〃?離開槽后做自由落體運(yùn)動(dòng)

C.弧形凹槽的高度為45cm

D.小物塊對(duì)滑塊先做正功后做負(fù)功

【答案】A

【詳解】AB.小物塊在槽上運(yùn)動(dòng)的過程中，小物塊與凹槽構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊剛離

開槽時(shí)，小物塊速度為n/,槽的速度為以，以向右為正方向，貝]水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

=〃?匕+MV2

整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能守恒，故有

I,1212

—=—mv~+—Mv；

222

聯(lián)立解得

Vj=-lm/s（方向向左），V-=2m/s

故小物塊離開凹槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，故小物塊離開凹槽到落地過程中，豎直方向上有

h=Qg「

水平方向上有

X=卬

此過程中凹槽移動(dòng)位移為

X]=v2t

小物塊落地時(shí)與槽左端的水平距離為

=x+X）

聯(lián)立解得

/=0.Is，Av=30cm

故A正確，B錯(cuò)誤；

C.小物塊運(yùn)動(dòng)到凹槽最高點(diǎn)時(shí)，小物塊與凹槽的水平方向速度相等，小物塊與凹槽構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向

動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)凹槽最高點(diǎn)時(shí)速度為V，以向右為正方向，則水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

mv0=(in+M)v

上升到最高點(diǎn)的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故有

g6*=—(tn+M)v2+〃!g%

聯(lián)立解得

丸=60cm

故C錯(cuò)誤；

D.小物塊在凹槽上運(yùn)動(dòng)過程中，小物塊對(duì)滑塊的正壓力始終指向斜右下方，對(duì)滑塊始終做正功后。故D

錯(cuò)誤。

故選Ao

變式5.2在光滑水平地面上放一個(gè)質(zhì)量為2kg的內(nèi)側(cè)帶有光滑弧形凹槽的滑塊M,凹槽的底端切線水平，

如圖所示。質(zhì)量為1kg的小物塊用以V=6m/s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，恰好能到達(dá)滑塊

M的頂端。重力加速度取g=10e/s?,不計(jì)空氣阻力。在小物塊機(jī)沿滑塊M滑行的整個(gè)過程中，下列說

法正確的是()

A.小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.3m

B.小物塊/〃沿滑塊M上滑的最大高度為0.6m

C.合力對(duì)滑塊M的沖量大小為8N-S

D.合力對(duì)滑塊M的沖量大小為16N-S

【答案】C

【詳解】AB.當(dāng)二者速度相等時(shí)，小物塊〃，沿滑塊M上滑的高度最大，設(shè)最大高度為力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)

量守恒，以血的方向?yàn)檎较颍?/p>

mv0=(m+M)v

根據(jù)機(jī)械能守恒可知

m+M)+mgh

解得

力=1.2m

AB借誤;

CD.設(shè)小物塊機(jī)返回滑塊M的底端時(shí)，小物塊，〃與滑塊M的速度分別為v/、U2,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,

有

mv0=mv{+Mv,

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

3〃*=；，叫2+3河4

解得

V)=--v0=-2m/s

2，，

%=§%=4m/s

根據(jù)動(dòng)量定理，合力對(duì)滑塊M的沖量大小為

/-A/V2-O-8N?S

C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

【例6】如圖所示，光滑水平面上，A、B兩小球與輕質(zhì)彈簧拴接，彈簧處丁原長(zhǎng)，兩小球靜止。某時(shí)刻給

A球水平向右的初速度，對(duì)應(yīng)初動(dòng)能為與，設(shè)此后運(yùn)動(dòng)過程中彈簧彈性勢(shì)能最大值為耳。已知A球質(zhì)量為

m,若a則B球質(zhì)量為()

A(7)AMAAAAAAMAAA\3B

7777777/7/777777777777777/^^777777

A.-inB.2〃?C.D.4/〃

3

【答案】A

【詳解】當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，兩物體共速，則由動(dòng)量守恒定律

=(m+m)v

其中彈簧彈性勢(shì)能

|?2

耳二4一5(〃?+機(jī)獷

4

線=5機(jī)片

解得

.1

m=-m

3

故選Ao

變式6.1物塊〃、〃中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊。的質(zhì)量為1.2kg,如圖甲所示。

開始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長(zhǎng)，/=0時(shí)對(duì)?物塊〃施加水平向右的恒力凡f=ls時(shí)撤去，在0?1s內(nèi)

兩物體的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中以下分析正確

的是（）

甲乙

A.b物塊的質(zhì)量為1.0kg

B.P=Is時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量最大

C.F=ls時(shí)。的速度大小為0.8m/s

D.彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)，。的速度大小為0.6m/s

【答案】D

【詳解】AC」=0時(shí)，彈簧彈力為零，時(shí)〃根據(jù)牛頓第二定律可得

F=maa=1.2N

f=ls時(shí)，。、匕整體加速度相同，且a，=0.6m/s2,對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律可得

F=("[“+=1.2N

解得

mh=0.8kg

故AC錯(cuò)誤；

B.。一圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示速度的變化量，從圖像可看出，f=ls時(shí)。的速度大于〃的速度，撤

去尸后，彈簧繼續(xù)伸長(zhǎng)，當(dāng)二者共速時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量最大，故B錯(cuò)誤：

D.根據(jù)動(dòng)量定理可知撤去拉力時(shí)，a、8組成的系統(tǒng)動(dòng)量為

p=I=Ft=\.2kg?m/s

撤去拉力后，根據(jù)圖像可知。的速度大于〃的速度，則。、力之間距離還將繼續(xù)增大，此時(shí)。、。組成的系

統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)，。、匕的速度相同，設(shè)為心則

p=（mtl+mh）v

解得

v=0.6m/s

故D正確。

故選D。

變式6.2如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為加/和加2的兩物塊A、B