6.3“碰撞類”模型問題I一、碰撞的特點(diǎn)和分類.碰撞的特點(diǎn)(1)時(shí)間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間極短，相對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的全過程可忽略不計(jì)。(2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,所以動(dòng)量守恒。.碰撞的分類(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒。(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能減少,損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相回的速度，機(jī)械能損失最大。.爆炸：一種特殊的“碰撞”特點(diǎn)1：系統(tǒng)動(dòng)量守恒。特點(diǎn)2：系統(tǒng)功能增加。二、彈性正碰模型.“一動(dòng)碰一靜”模型〃2］一加2v\=_T_V\當(dāng)。2=0時(shí)，有j c2m\VjV2，=my+m2.如果兩個(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成彈性正碰。三、碰撞可能性分析判斷碰撞過程是否存在的依據(jù).滿足動(dòng)量守恒：pi+p2=pi'+p2'。.滿足動(dòng)能不增加原理：Eki+Ek22Ekl'+Ek2'。.速度要符合情景(1)如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即0杭>0而，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度v 后，。(2)如果碰前兩物

體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。若碰后沿同向運(yùn)動(dòng)，則前面物體的速度大于或等于后面物體的速度,即v前2。后。“滑塊一彈簧”模型“滑塊一彈簧”模型1.模型圖示工水平地面光滑2.模型特點(diǎn)（1）動(dòng)量守恒：兩個(gè)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(dòng)量守恒.（2）機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒.（3）彈簧處于最長(zhǎng)（最短）狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小（相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能）.（4）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大（相當(dāng)于剛完成彈性碰撞）.例題1.（多選）如圖甲所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為如和加2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上.現(xiàn)使A以3m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，速度一時(shí)間圖像如圖乙，則有（ ）甲 乙甲 乙A.在九、白時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s,且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B.從△到以時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)C.兩物塊的質(zhì)量之比為陽：血2=1:2D.在t2時(shí)刻A與6的動(dòng)能之比反1：反2=1:8【答案】CD【解析】由題圖乙可知小“時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s,且此時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，力時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而門時(shí)刻處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤：結(jié)合圖像弄清兩物塊的運(yùn)動(dòng)過程，開始時(shí)A逐漸

減速，8逐漸加速，彈簧被壓縮，刀時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，匕時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度相反，因此彈黃的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩物塊均減速，在辦時(shí)刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從△到R過程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，『=0時(shí)刻和f=九時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有""0|=(m|+〃22)。2,其中。i=3m/s,s=lm/s,解得mi：/m=l：2,故C正確：在卻時(shí)刻A的速度為oa=-1m/s,B的速度為vb=2m/s,根據(jù)m\:tnz=\:2,求出Eki-Ek2=1：8,故D正確.如圖所示，質(zhì)量分別為1kg、3kg的滑塊A、B位于光滑水平面上,現(xiàn)使滑塊4以4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與左側(cè)連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生相互作用.求二者在發(fā)生相互作用的過程中，JIL惠場(chǎng)L⑴彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)滑塊B的最大速度.【答案】(1)6J(2)2m/s,方向向右【解析】(1)當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)滑塊A、B同速.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAVo=+irtB)v1X47+31X47+3m/s=1m/s彈簧的最大彈性勢(shì)能即此時(shí)滑塊4、3損失的動(dòng)能1?1.?Epm=2^4Uo-+mB)V=6J.(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊8獲得最大速度，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mAVo=niAVA+inBVm^nAV(r=^mRVnC+^hiaVa1解得vm=2m/s,方向向右.兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg,初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng),A、B兩物塊都以o=6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示.已知3與。碰撞后會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng).在以后的運(yùn)動(dòng)中：/(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大?(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？【答案】(1)3m/s(2)12J【解析】(1)彈簧壓縮至最短時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得：(，/a+mB)v=(wm+niB+mc)VA解得va=3m/s(2)8、C碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒mev=(niB+mc)vc故。c=2m/s碰后彈簧壓縮到最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，故Ep=prj/tv2+^(wb+mcyvc—^(wa+wb+mc)VA2=12J.“滑塊一斜(曲)面”模型1.模型圖示水平地面光滑2.模型特點(diǎn)(1)上升到最大高度：機(jī)與M具有共同水平速度。共，此時(shí)機(jī)的豎直速度2V=0.系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mvo=(M+m)v?；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，產(chǎn)十=/知+相㈤共?+mgh,其中〃為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為"的重力勢(shì)能).(2)返回最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)、.水平方向動(dòng)量守恒，mvo=mv\+Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，；7如02=品0]2+/物22(相當(dāng)于完成了彈性碰撞).例題2.(多選)質(zhì)量為M的帶有:光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度出水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球

又返回小車的左端，重力加速度為g,則（）〃尸，Ja，A.小球以后將向左做平拋15B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)C.此過程小球?qū)π≤囎龅墓?知0（122D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為左【答案】BC【解析】小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車相對(duì)靜止，有相同的速度o',由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有:Mo（）=2M0’占用伙）2=2乂（權(quán)加'2）+吸兒聯(lián)立解得力=翁，故D錯(cuò)誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由于無摩擦力做功，機(jī)械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，小車速度變?yōu)槿?動(dòng)能為:Min?,即此過程小球?qū)π≤囎龅墓?Mo/,故b、c正確，A錯(cuò)誤.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(diǎn)）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，。離開P時(shí)的動(dòng)能為Eki.現(xiàn)解除鎖定，仍讓。從滑塊頂端由靜止釋放，。離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek2，Eki和取2的比值為（）13 3 413 3 4A，2B1C，2D.z【答案】c【解析】設(shè)滑塊產(chǎn)的質(zhì)量為2m,則。的質(zhì)量為加，弧形頂端與底端的豎直距離為A：戶鎖定時(shí)，。下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=Eki,尸解除鎖定，。下滑過程，P.Q組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由

動(dòng)量守恒定律得：加2加op=0,由機(jī)械能守恒定律得：〃吆〃=弓加002+于2加0J,E3。離開P時(shí)的動(dòng)能：取2=產(chǎn)。。2,解得：就=],故C正確.如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個(gè)完全相同的《圓槽A和8并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、8槽的最高點(diǎn),壓力大小;b、h1分別為A、B槽的最低點(diǎn)，A槽的左端緊靠著豎直墻壁，一個(gè)質(zhì)量為〃,的小球C從圓槽4頂端的。點(diǎn)無初速度釋放.重力加速度為g,求：壓力大小;(1)小球。從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度大小及A槽對(duì)地面的(2)小球C在6槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大高度;(3)5的最大速度的大小.【答案】(1田頒-img+Mg⑵黑;【解析】(1)小球。從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程，機(jī)械能守恒，有mgR=2^v(r解得小球到b點(diǎn)時(shí)的速度大小為vo=y)2gR2在最低點(diǎn)力，根據(jù)牛頓第二定律可得小一解得FN=3mg由牛頓第三定律可知，小球。對(duì)A的壓力Fn'=FN=3mg,A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對(duì)A的支持力/=Fn'+Mg=3mg+Mg,由牛頓第三定律可知，4對(duì)地面的壓力尸=F=3mg+Mg.(2)8、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，小球C在8槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)至所能達(dá)到的最大高度h處時(shí)，兩者共速，由動(dòng)量守恒定律可知mvo=(M+m)v由機(jī)械能守恒定律，有g(shù)ms』=T(M+m)ir+mgh

解得〃=MR解得〃=MR

M+m(3)當(dāng)小球回到8槽的底端/點(diǎn)時(shí)，8的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有加女)=mv\+Mv2由能量守恒定律可知去徹『=i2+^Mv?23@3@Q。?“物體與物體”正碰模型.碰撞遵守的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒,即pi+p2=pi'+p2'。2 2 ,2 ,2(2)動(dòng)能不增加，即&+氏》&'+反2'或轉(zhuǎn)+券^^+賽。(3)速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即vR>v而，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度,即0前，2。/,否則碰撞沒有結(jié)束。如果碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。.碰撞模型類型(。彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為情、速度為功的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有m\V\=m\V\'+miV21v\—101'+'2解得vi'—(加1解得vi'—(加1一加2)q

mi+加22如5機(jī)1+62°結(jié)論:①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，。/=0,。2'=。1，兩球碰撞后交換了速度。②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，。|'>0,。2'>0,碰撞后兩球都沿速度01的

方向運(yùn)動(dòng)。③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，V\'<G,02'>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回④撞前相對(duì)速度與撞后相對(duì)速度大小相等。(2)完全非彈性碰撞①撞后共速。②有動(dòng)能損失，且損失最多。例題3.甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為()v/(m/s)6.04.02.0C.5C.5J【答案】A【解析】設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m”由動(dòng)量守恒定律有加甲0甲+加乙。匕=/"皿。單'+//7cVa',代入圖中數(shù)據(jù)解得加匕=6kg,進(jìn)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械中福，C中福，C虎加vVr'2~2mcVc代入圖中數(shù)據(jù)解得￡^=31,體8的質(zhì)量分別為(一…圓 體8的質(zhì)量分別為(一…圓 國(guó).…，〃〃>〃，/〃，〃，〃〃，〃〃〃〃)〃，〃3.5m/s,2.86kg3.5m/s,0.86kgA正確。如圖所示，光滑水平面上有4、8兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA=2kg,且以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng),碰撞前后的位移一時(shí)間圖像如圖所示(規(guī)定向右為正方向)，則碰撞后的速度及物【答案】B【解析】由圖像可知，碰前A的速度m/s=5m/s,碰后AB的共同速度vi=28—20—~~—m/s=2m/s,A、8碰撞過程中動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒o—4定律得〃辦0]=(加4+68)。2，解得加8=3kg,B正確。,在水平面上依次放置小物塊A、。以及曲面劈B,其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M=3m,曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且劈足夠高，各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊。以水平速度如向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊黏在一起滑上曲面劈跳求：閱_m_1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度?！敬鸢浮竣?(【解析】(1)小物塊C與物塊4發(fā)生碰撞黏在一起，以如的方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量守恒定律得：mvo=2nw解得u=1uo：碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能：E描=]，"捕一/X2加。2解得E指=；〃就。(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時(shí)，A、8、C系統(tǒng)的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：tnvo=(m+m-^-3m)v\解得v\=^o根據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh=^X2〃?&(J—；X5/〃偈())

“滑塊一木板”碰撞模型模型啊 ~~.mnlMn 1M圖示?〃，〃，)〃〃〃〃〃〃〃)〃〃，水平地面光滑 水平地面光滑模型特點(diǎn)(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊或木板的速度最大，兩者的相對(duì)位移(子彈為射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能△叫—2八彳&0,可以看出，子彈in-rivl(或滑塊)的質(zhì)量越小，木塊(或木板)的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越多(4)該類問題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，相當(dāng)于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖示求解解得力=3解得力=3捕頓。例題4.如圖所示，質(zhì)量M=1.0kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量加=0.495kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.4。質(zhì)量?jī)z=0.005kg的子彈以速度如=300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(子彈與物塊作用時(shí)間極短)，木板足夠長(zhǎng)，g取10m/s2。求：鴻廣] M .巴q… …/…二1 li?-的曷大:束底7…(2)木板的最大速度V2；(3)物塊在木板上滑動(dòng)的時(shí)間t。【答案】(1)3m/s(2)1m/s(3)0.5s【解析】(1)子彈射入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，取向右為正方向，根據(jù)子彈和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：tnoVo=(m+mo)V]解得v\=3m/So(2)當(dāng)子彈、物塊和木板三者速度相同時(shí)，木板的速度最大，根據(jù)三者組成的

系統(tǒng)動(dòng)量守恒得:(6+mo)v?=(M+m+mo)V2解得：vi=1m/so(3)對(duì)木板，根據(jù)動(dòng)量定理得："(m+/〃())gr=Mo2-0解得：/=0.5so如圖所示，質(zhì)量m=1kg的小物塊靜止放置在固定水平臺(tái)的最左端，質(zhì)量M=2kg的小車左端緊靠平臺(tái)靜置在光滑水平地面上，平臺(tái)、小車的長(zhǎng)度均為0.6m且上表面等高.現(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的恒力R使小物塊開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊到達(dá)平臺(tái)最右端時(shí)撤去恒力R小物塊剛好能夠到達(dá)小車的右端.小物塊大小不計(jì)，與平臺(tái)間、小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃均為0.5,重力加速度g取10m/s2,求：1)小物塊離開平臺(tái)時(shí)速度的大??；(2)水平恒力廠對(duì)小物塊沖量的大小.【答案］⑴3m/s(2)5N-s【解析】(1)設(shè)撤去水平向右的恒力/時(shí)小物塊的速度大小為以)，小物塊和小車的共同速度大小為功.從報(bào)去恒力到小物塊到達(dá)小車右端過程，以見的方向?yàn)檎较?，?duì)小物塊和小車組成的系統(tǒng)：由動(dòng)量守恒：mvo=(m+M)v\由能量守恒：^/muo2=^(m+Af)ur+^imgl聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：%=3m/s(2)設(shè)水平恒力F對(duì)小物塊沖量的大小為/,小物塊在平臺(tái)上相對(duì)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為r.小物塊在平臺(tái)上相對(duì)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過程，對(duì)小物塊：由動(dòng)量定理：I—=mv°—0由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：/=y-/聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：/=5N-s.如圖所示，厚度均勻的長(zhǎng)木板C靜止在光滑水平面上，木板上距左端L處放有小物塊Bo某時(shí)刻小物塊A以某一初速度從左端滑上木板向右運(yùn)

動(dòng)，已知A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A、8與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，A、B、。三者的質(zhì)量相等，重力加速度為g。他如,"忠1)求1剛滑上木板時(shí),A、8的加速度大小。(2)要使A、8不發(fā)生碰撞，求A的初速度應(yīng)滿足的條件。(3)若已知A的初速度為內(nèi)，且4、8之間發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后4、8均沿同一直線運(yùn)動(dòng)。要保證A、8均不會(huì)從木板上掉下，木板的最小長(zhǎng)度是多少？【答案】(l)〃g號(hào)⑵小港Z⑶黑【解析】(1)對(duì)A有〃mg=mciA得〃A=〃g對(duì)BC有/nmg=2maB解得西=竽。(2)若A、8剛好不發(fā)生碰撞，則三者正好達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒有加⑨=3mv具且有RmgL2gm講—J義3znu?r解得vWWwgL。(3)由于發(fā)生彈性碰撞，A、8碰后交換速度，等同于A與。相對(duì)靜止一起向前加速，8繼續(xù)減速，剛好不滑下木板時(shí)，三者達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒有mi行=3〃w共'且有/.imgLg=fw(/2—共"貂嘴境線合擺開練1.(貂嘴境線合擺開練1.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長(zhǎng)度均為"，兩小球質(zhì)量分別為陽、加2,m\>mi，加2的左邊有一固定擋板.由圖示位置靜止釋放如、加2，當(dāng)如與加2相距最近時(shí)如的速度為5，則在以后的運(yùn)動(dòng)過程中()

陽1m2陽1m2A.mi的最小速度是0B.如的最小速度是一?"v\C.m2的最大速度是01in\~rm2D.62的最大速度是一二■?一0m\十加2【答案】BD【解析】由題意結(jié)合題圖可知，當(dāng)如與m2相距最近時(shí)，他的速度為0,此后，如在前，做減速運(yùn)動(dòng)，加2在后，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再次相距最近時(shí)，如減速結(jié)束，mi加速結(jié)束，因此此時(shí)加速度最小，加2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，+m2V2,^m\V\1=^m\V\' 解得功'B、B、D選項(xiàng)正瑞2.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)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)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/i=0.3m(/?小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量為如=30kg,冰塊的質(zhì)量為“2=10kg,小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng).取重力加速度的大小g=10m/s2. ，L(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】(l)20kg(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(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為0,斜面體的質(zhì)量為加3.對(duì)冰塊與斜面體，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得W120O=(m2+〃?3)。①；“2伙3=；(62+m3)ir+m2gh②式中v0=3m/s為冰塊推出時(shí)的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v=1m/s,m3=20kg③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為小，對(duì)小孩與冰塊，由動(dòng)量守恒定律有m\V\+m2Vo=O@代入數(shù)據(jù)得。1=-1m/S⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為02和03,對(duì)冰塊與斜面體，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2Vo=m2s+加3。3⑥品2加=%12022+513療⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得。2=-1m/s⑧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.3.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為M和儂的兩滑塊甲、乙用輕彈簧連接，以恒定的速度。沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，與位于正前方的質(zhì)量為m的靜止滑塊丙發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短.在甲、丙碰撞瞬間，下列情況可能發(fā)生的是()乙一”甲丙.甲、乙、丙的速度均發(fā)生變化，分別為S、。2、。3,而且滿足(M+60)0=Mo1+6002+M103B.乙的速度不變，甲和丙的速度變?yōu)?1和02，而且滿足C.乙的速度不變，甲和丙的速度都變?yōu)閛',且滿足用o=(M+m)。'D.甲、乙、丙速度均發(fā)生變化，甲、乙的速度都變?yōu)?,丙的速度變?yōu)椤?,且滿足(M+nzo)o=(M+mo)0i+m02【答案】BC【解析】碰撞的瞬間滑塊甲和丙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，滑塊乙的速度不變，以滑塊甲的初速度方向?yàn)檎较?，若碰后滑塊甲和丙的速度分別變?yōu)?和02,由動(dòng)量守恒定律得Mo=A/oi+"W2；若碰后滑塊甲和丙的速度相同，由動(dòng)量守恒定律得A/o=(M+m)v',故B、C正確.4.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光

滑且足夠長(zhǎng)，與水平方向的夾角為。.一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速

度如沿斜面向上開始運(yùn)動(dòng).當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為

。，距地面高度為九重力加速度為g,則下列關(guān)系式中正確的是( )

mvo=（m+M）vtnvocos9=（〃？+M）v八。C.]m（Oosin6y=mghD.^/nuo2=mgh+g（〃z+M）v2【答案】BD【解析】小物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，小物塊相對(duì)楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為。，沿水平方向，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，全過程機(jī)械能守恒.以水平向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒得〃但ocos6=（m+M）〃故A錯(cuò)誤，B正確；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得:moo?=mgh+^（/n+M）v^,故C錯(cuò)誤，D正確.5.（多選）如圖所示，光滑水平地面上有A、8兩物體，質(zhì)量都為機(jī)，B左端固定一個(gè)處在壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當(dāng)彈簧再受到壓縮時(shí)鎖定裝置會(huì)失效.A以速率。向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過彈性限度，關(guān)于它們后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（） ，阿[0X0)1 ，阿[0X0)1，A.A物體最終會(huì)靜止，3物體最終會(huì)以速率。向右運(yùn)動(dòng)?A.小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊機(jī)械能不守恒B.小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊與帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒2C.小滑塊沖到軌道的最高點(diǎn)時(shí)，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大且大小為fuoD.小滑塊脫離圓弧軌道時(shí)，速度大小為50【答案】AD【解析】小滑塊沖上軌道的過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小滑塊機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A正確；小滑塊沖上軌道的過程，系統(tǒng)豎直方向受力不為零，動(dòng)量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由水平方向動(dòng)量守恒可得，小滑塊沖到軌道的最高點(diǎn)時(shí)，帶有圓弧軌道的滑塊速度大小為當(dāng)小滑塊從圓弧軌道返回脫離圓弧軌道時(shí)，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大，設(shè)脫離時(shí)小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊速度分別為和。2,則有mvo=mv\+Mv2,^mvo2=^inv\21c 2 1+]MO2~,解得02=鏟0,Vl=—^Vo,故C錯(cuò)誤，D正確.7.（多選）如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度如向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B（如圖乙所示），物體A以2%的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x,則（） ?% 1 ?2i/（i同WWWAf⑷wvwwUb]〃分〃〃〃，〃"，〃，，〃，，，，，，4，，〃分〃〃〃，〃"，〃，，〃，，，，，，4，，/，，甲 乙A.A物體的質(zhì)量為3mB.A物體的質(zhì)量為2mC.彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為宏彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mvo2【答案】AC【解析】對(duì)題圖甲，設(shè)物體4的質(zhì)量為M,由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能4=4團(tuán)5）2；對(duì)題圖乙，物體A以2加的速度向右壓縮彈簧，A、8組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)，4、8二者速度相等，由動(dòng)量守恒定律有M?2oo=(M+⑼o,由能量守恒定律有Ep=：M?(2oo)2-：(M+Mo2,聯(lián)立解得M3=3/71,Ep=^Mv()2=^/nu()2,選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤.8.如圖所示，光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M=0.4kg、加=0.1kg的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep=4.0J彈性勢(shì)能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連)，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)突然釋放彈簧，球機(jī)脫離彈簧滑向與水平相切的豎直放置的光滑半圓形軌道，到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)小球?qū)壍赖膲毫?N,g取10m/s2,求：8-\益馬上(1)兩小球離開彈簧時(shí)的速度大小;(2)半圓形軌道半徑?！敬鸢浮?1)8m/s2m/s(2)0.8m【解析】(1)彈簧彈開過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：團(tuán)功—Mo2=0，由機(jī)械能守恒定律得：講+；Mo3=￡p,解得：Ui=8m/s,vi=2m/s;(2)小球m到達(dá)B點(diǎn)過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：^mv]=mg-2R小球在圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，在8點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg-\-F=2V_加元■解得：/?=0.8mo9.在光滑水平地面上放有一質(zhì)量M=3kg帶四分之一光滑圓弧形槽的小車，質(zhì)量為m=2kg的小球以速度如=5m/s沿水平槽口滑上圓弧形槽槽口距地面的高度〃=0.8m,重力加速度g取10m/s?。求：(1)小球從槽口開始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)(未離開小車)的過程中，小球?qū)π≤囎龅墓；(2)小球落地瞬間，小車與小球間的水平間距L?！敬鸢浮?1)6J(2)2m【解析】(1)小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，兩物體水平速度相等，小車和小球水平方向動(dòng)量守恒，得：/加o=(/〃+M)MD對(duì)小車由動(dòng)能定理得：卬=少0/②聯(lián)立①②式解得：W=6JO(2)小球回到槽口時(shí)，小