第35課時專題強化：碰撞模型及拓展

【目標(biāo)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(yuǎn)大于外力,可認(rèn)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

X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)量為電、速度為5的小球與質(zhì)量為加2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

，"兇1=m101'+%202‘

212a

-miv1—-miVi+-m2V2

聯(lián)立解得：?！?必產(chǎn)S，。2'=玉」。1

m1+m2mr+m2

討論：

①若加1=恤，則。1'=0,。2'=。1（速度交換）；

②若如>〃?2，則。2'>0（碰后兩小球沿同一方向運動）；當(dāng)加1?〃?2時，Vl~V\,V2~2VI;

③若〃71〈加2,則02>0（碰后兩小球沿相反方向運動）；當(dāng)加1?加2時，V1~-VuV2~0o

0討論交流

質(zhì)量為m、速度為內(nèi)的A球跟質(zhì)量為3m、靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，

因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。那么碰撞后B球的速度可能是以下值嗎？

(l)O.6uo；(2)0.4t;oo

答案A球與靜止的B球發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，B球的速度最小，辦=

當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時，B球的速度最大，如=/^。0=90。則碰后B球的速度范圍為

所以B球的速度不可能是0.600，可能是0.4比。

【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(dāng)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.lm/s6m/sB.4.5m/s3.5m/s

C.3.5m/s4.5m/sD.-lm/s9m/s

答案C

解析設(shè)每個球的質(zhì)量均為m,碰前系統(tǒng)總動量p=zm;Ai+mOBI=6加+2加=8根,碰前的總動能取=，^^/

2

+1mvB1=20mo若碰后0Ai=lm/s,rBi—6m/s,碰后總動量/?—mrAi+mrBi=7m,動量不守恒,選項A錯

誤；若0A2=4.5m/s,OB2=3.5m/s,明顯OA2>0B2不合理,選項B錯誤；若OA3=3.5m/s,⑦3=4.5m/s，碰后

總動量P'=WOA3+M0B3=8機,總動能反3=:mUA3?+］切%32=16.25祖,動量守恒，機械能不增加，選項C可

22

能實現(xiàn)；若0A4=-1m/s,OB4=9m/s,碰后總動量，'=機必4+加強4=8機,tb￡k4—1mvA4+|mvB4=

41m,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)提升碰撞問題遵守的三條原則

1.動量守恒：P1+P2=P1'+P2'。

2.動能不增加：Eki+Ek2>Eki'+Ek2'。

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】(九省聯(lián)考?貴州?15改編)如圖，質(zhì)量為〃?甲=(kg的小物塊甲向右與靜止在水平地面上A點、質(zhì)量

為m乙=lkg的小物塊乙發(fā)生彈性正碰，碰前瞬間甲的速度大小Oo=4.8m/so碰后乙在A3間運動一段距

離后與靜止在3點、質(zhì)量為加丙=1kg的小物塊丙發(fā)生正碰，乙在此碰撞前、后瞬間的速度大小之比為

3：1,碰后丙滑動d=0.04m后停止運動。乙、丙與地面間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.2,所有碰撞時間極

短，g取lOm/s2。求：

畫、恩—、、_、、?

AB

(1)甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小;

(2)乙、丙碰撞過程損失的機械能。

答案(1)2.4m/s(2)0.08J

解析(1)甲、乙發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律

m甲Vo—m甲。甲乙。乙

由機械能守恒定律

1717.17

甲=3"］甲0甲"+-m乙D乙/

解得甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小為

2機甲

v乙=------Vo=2Am/s

+m

甲乙

(2)碰后，對丙由動能定理

-"m丙gd=0-|加丙17丙2

解得v丙=0.4m/s

乙、丙碰撞過程中，由動量守恒定律

m乙v乙i=m乙。乙2+根丙。丙

聯(lián)立解得。乙i=0.6m/s,v乙2=0.2m/s

由能量守恒定律

工根乙U2=工坊乙2；2十工加丙u2+AE

2乙12乙22“丙

解得AE=0.08Jo

【例3】如圖所示，可視為質(zhì)點的彈性小球A、B在同一豎直線上且間距/=2.4m,小球B距地面的高度

h=1.8m,兩小球在外力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)同時由靜止釋放小球A、B,小球B與地面發(fā)生碰撞

后反彈，之后小球A與B發(fā)生碰撞。已知小球A的質(zhì)量mA=0.lkg,小球B的質(zhì)量加B=0.5kg,重力加

速度大小g取10m/s?,所有的碰撞均無機械能損失，不計碰撞時間。求：

9A

0B

(1)小球B第一次著地時小球A的速度大小DA;

(2)小球A、B第一次相碰時離地高度H-,

(3)小球A、B第一次相碰后瞬間小球A的速度大小。

答案(1)6m/s(2)1m(3)12m/s

解析(1)小球B剛著地時，小球A、B的速度大小相等,有以2=為2=28/2

解得VA=VB=6m/s

(2)小球B著地反彈后，相對小球A做勻速直線運動，運動時間力=d=0.2s

2VB

2

由運動學(xué)公式有H=vBti-^gt1

解得H=1m

⑶設(shè)兩小球碰前瞬間，小球A的速度大小為DAI,小球B的速度大小為vBi,有

DAI=OA+勖=8m/s

VBi=VB-gti=4m/s

方法一兩小球碰撞時動量守恒和機械能守恒，取豎直向上為正方向

MA(-DAI)+加B0B1=mA0A'+mB0B'

220A2+，2

|mAvA1+|mBvB1=如加桃

解得0A'=12m/s,—0

方法二把碰撞過程分解為兩個過程，先是碰后到速度相同，然后到分開，兩個過程A球的速度變化相同，

故根A(-OA1)+根B"B1=(機A+機B)lA2

得0A2=2m/s

AZ?A—10m/s

DA=DA2+AOA=12m/s?

考點二碰撞模型拓展

“滑塊一斜(曲)面”模型“滑塊—彈簧”模型

情情

旦

I

樂景UA

紋1§

示示,，〃〃〃〃〃〃〃〃，〃)〃，〃，，

7水平地面光滑平行且光滑的水平桿

接觸面光滑

例例

（1）動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過

（1）上升到最大高度：滑塊機與斜（曲）面M具有

程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)

共同水平速度。共，此時滑塊機的豎直速度為

動量守恒。

=0。系統(tǒng)水平方向動量守恒，

⑵機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力的矢量和為

共；系統(tǒng)機械能守恒，；〃加（）2=共2十

22K

模模零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械

mgh,其中人為滑塊上升的最大高度，不一定

型型能守恒。

等于軌道的高度（相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)

特特（3）彈簧處于最長（最短）狀態(tài)時兩物體速度相

減少的動能轉(zhuǎn)化為滑塊m的重力勢能）。

點點等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小（相當(dāng)

（2）返回最低點：滑塊機與斜（曲）面M分離點。

于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為

系統(tǒng)水平方向動量守恒，mvo—mv\+MV2;系

彈簧的彈性勢能）。

2

統(tǒng)機械能守恒，=imV1+//運2（相當(dāng)于

⑷彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動

彈性碰撞）。

能最大（相當(dāng)于剛完成彈性碰撞）。

【例4】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/z=0.3m（/?小于斜面體的高度）。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30

kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10kg,小孩與滑板始終無相對運動。重力加速度的大小g取lOmM。

（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（1）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兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為。,斜

面體的質(zhì)量為加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

/"2。0=（機2+〃73）。①

扣2%2=+加3）。2+m2gh②

式中Oo=3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得。=1m/s,m3=20kg③

（2）設(shè)小孩推出冰塊后的速度為5,對小孩與冰塊分析，由動量守恒定律有“2101+加2。0=0④

代入數(shù)據(jù)得vi=-lm/s⑤

設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為和。3,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

m-2Vo=m2s+m303⑥

22

1^2VO=^m2v2+|ZM3V3⑦

聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2=-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。

【例5】如圖所示，質(zhì)量為M=2.0kg,半徑R=0.3m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上，有

兩個大小、形狀相同的可視為質(zhì)點的光滑小球A、B質(zhì)量分別為m1、儀，mi=LOkg,m2=2.0kg,B右

側(cè)與球心等高處連接一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離。現(xiàn)將A從圓弧槽頂端由靜

止釋放，重力加速度g取10mH,求：

(1)若圓弧槽固定不動，小球A滑離圓弧槽時的速度大小比；

⑵若圓弧槽不固定，小球A滑離圓弧槽時的速度大小乃；

(3)圓弧槽不固定的情況下彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能；

⑷判斷小球A與彈簧分離后，能否追上圓弧槽，若能，求小球A上升的最大高度。

答案(1)述m/s(2)2m/s(3)|J(4)見解析

2

解析(1)圓弧槽固定，小球A機械能守恒，有migR=^miV0

解得。0=巡m/s

(2)圓弧槽不固定，槽和小球A組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒

定律得m!Vi+Mv2=0

2

由機械能守恒定律得migR^miV-J^MV2

解得Vi=2m/s,V2=-lm/s,負(fù)號表示圓弧槽的速度方向向右

⑶當(dāng)小球A、B速度相等時，彈簧具有最大彈性勢能，

根據(jù)動量守恒得mivi=(mi+m2)v

解得z，=|m/s

2

根據(jù)能量守恒可得Epmax=|mi%2mi+m^v

代入數(shù)據(jù)可得Epmax=gJ

(4)設(shè)小球A與彈簧分離后速度為0/,小球B速度為S,

加=加1。1'+加2。3

,22

扣］%2=imi^i+|m2V3

解得o/=-|m/s,負(fù)號表示與彈簧分離后小球A方向向右

由于協(xié)1=|m/s<lm/s=|02|

故小球A追不上圓弧槽。

【例6】（2024?山東省聯(lián)考）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端分別與質(zhì)量是如、出的A、B兩物塊相連，它

們靜止在光滑水平面上，現(xiàn)使A瞬時獲得水平向右的速度。=3m/s并從此時刻開始計時，兩物塊的速度

隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知%=2kg,下列說法正確的是（）

―?B

////zzz/z/z//zz//zz//////zz///z//z/zzzz/y

甲乙

A.物塊B的質(zhì)量為3kg

B.彈簧的最大彈性勢能為4.5J

CI2時刻A、B的動能之比為反1:Ek2=l：4

D.從打至心4時亥U彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)至U原長

答案D

解析由題圖乙可知，匕時刻兩物塊速度相同，均為歷=1m/s,根據(jù)動量守怛可得加10=。"1+加2）01

解得物塊B的質(zhì)量為加2=4kg,故A錯誤；

當(dāng)兩物塊速度相同時，彈簧彈性勢能最大,根據(jù)能量守恒可得穌=加1。2,（如+M2）%2=6J,故B錯誤；

2

%2時刻，由題圖乙可知A、B速度分別為0A=-1m/s,0B=2m/s,A、B的動能之比為:Ek2=1miVA:

2；

|m2vB=1:8,故c錯誤

由題圖乙可知，B的速度在辦時刻最大，可知此時彈簧恢復(fù)原長，此后B開始做減速運動，彈簧處于拉伸狀

態(tài)；B時刻，兩物塊速度再一次相同，此時彈簧伸長量最大，以時刻，彈簧剛好再次恢復(fù)原長，則從B到以時

刻彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)到原長，故D正確。

課時精練

（分值：60分）

ID基礎(chǔ)落實練

1~5題每小題4分，6題12分，共32分

1.如圖所示，兩質(zhì)量分別為加=1kg和加2=4kg的小球在光滑水平面上相向運動，速度大小oi為4m/s、v2

為6m/s,發(fā)生碰撞后，系統(tǒng)損失的機械能可能為（）

A.35JB.45JC.55JD.65J

答案A

解析若兩球發(fā)生彈性碰撞，則系統(tǒng)機械能不損失，若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則系統(tǒng)機械能損失最多,

取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得

=（根1+加2）0

222

AEmax=|miV1+|m2V2-|（M?l+w2）77

聯(lián)立解得AEmax=40J

系統(tǒng)損失的機械能的范圍為0WAEW40J

故選Ao

2.（2024?山東濟南市模擬）一動能為E的a粒子與一靜止的就核發(fā)生彈性正碰，已知就核的質(zhì)量是a粒子的5

倍，則碰撞后a粒子的動能是（）

/742

A.-B.-EC.-ED.E

693

答案B

,,

解析兩粒子碰撞過程中由動量守恒定律及能量守恒定律得mva=mva+5mv

2,2f2

|mva=+^X5mv

2

其中E=^mva

解得碰撞后a粒子的動能為

a

E'=\nva=^E,故選Bo

3.如圖所示,質(zhì)量均為加的a、b兩個小球，用較長的彈性輕繩連接，現(xiàn)把a、b兩球分別置于距地面高為H處

的4、8兩點（H足夠大），間距為L,當(dāng)a球自由下落的同時，b球以速度均指向A點水平拋出,已知兩球碰

撞時無機械能的損失，彈性輕繩始終處于彈性限度范圍內(nèi)，空氣阻力不計，重力加速度為g,下列說法不正確

的是（）

A.整個運動過程中，兩球始終處于同一高度

B.彈性輕繩伸長過程中，a、b兩球系統(tǒng)動量守恒

C.兩球從開始運動到第一次相碰，a球下落的高度后骼

D.整個運動過程中，彈性輕繩的最大彈性勢能Ep=%r%2

4

答案B

解析兩個小球在豎直方向做自由落體運動，所以豎直方向運動情況相同，整個運動過程中，兩球始終處于同

一高度，故A正確；彈性輕繩伸長過程中，水平方向a、b兩球組成的系統(tǒng)不受外力作用，水平方向動量守恒，

豎直方向受重力作用，豎直方向系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；兩球從開始運動到第一次相碰，經(jīng)過的時間/=-,

v0

a球下落的高度力,聯(lián)立可得狂己，故C正確；當(dāng)兩球水平方向速度相等時，彈性繩最長,彈性勢能最

22%”

222

大，根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒有mvo=2mvi,根據(jù)能量守恒有+2mgh-2xjm（v1+vyl）+Ep,

2222

又由2g/z-vvl-0,MWEp=^mv0-2x1mv1=7mv0,故D正確。

4.（多選）（2024?山東苑澤市開學(xué)考）碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數(shù)游樂場都設(shè)置了碰碰車，如圖所示為

兩游客分別駕駛碰碰車進(jìn)行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發(fā)生正

碰；已知黃車和紅車連同游客的質(zhì)量分別為相1、m2,碰后兩車的速度大小分別為。1、勿，假設(shè)碰撞的過程沒

有機械能損失。則下列說法正確的是（）

黃車紅車

A.若碰后兩車的運動方向相同，則一定有mi>m2

B.若碰后黃車反向運動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5：6

C.若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，則一定有機2>3如

D.碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3:1

答案AC

解析根據(jù)動量守恒與機械能守恒

m\Vm2V2

121212

-miu-+-m2V2

得5—―'2--+西。

可知，當(dāng)如>加2時，兩車速度方向相同，A正確；若碰后黃車反向運動，則mi<m2,則碰撞后黃車速度小于

碰撞前的速度，碰撞前后黃車的速度大小之比不可能為5：6,B錯誤；若碰后黃車反向運動且速度大于紅

車,即葉，得〃介>3加1,C正確；設(shè)碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比為3：1,即

m1+m2

v2:0=3：1,得〃h+3m2=0,不符合實際情況，D錯誤。

5.如圖所示，小車上固定一個足夠高的光滑彎曲軌道，靜止在光滑的水平面上，整個小車（含軌道）的質(zhì)量為

3機。現(xiàn)有質(zhì)量為根的小球，以水平速度從左端滑上小車，能沿彎曲軌道上升到最大高度，然后從軌道左

端滑離小車。重力加速度為g,關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（）

A.小球沿軌道上升到最大高度時，速度為零

B.小球沿軌道上升的最大高度為誓

C.小球滑離小車時，小車恢復(fù)靜止?fàn)顟B(tài)

D.小球滑離小車時，小車相對小球的速度大小為2v0

答案B

解析依題意，小車和小球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，則系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小球達(dá)到最高點與

軌道左端的豎直高度差為H,此時小球與小車共速且不為零，由動量守恒定律，可得加。0=(加+3m)。,根據(jù)

能量守恒，可得》w02=*機+3附"十〃陪”，聯(lián)立解得”=學(xué)，故A錯誤，B正確；設(shè)小球滑離小車時，二

2

者速度分別為。球和o車,取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒可得加。0=根。球+3機。車，jmv0=

^mv..2+^X3mv.2,聯(lián)立解得o球=-凱，o車=*,可知小車相對小球的速度大小為八。=。車-。球=。0,故

2球2年22

C、D錯誤。

6.(12分)(2023?天津卷42)已知A、B兩物體加A=2kg,1kg,A物體從/z=L2m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取10m/s2,

求：

(1)(3分)碰撞時離地高度%；

(2)(6分)碰后速度v；

(3)(3分)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(xué)公式可得

x=h-^gi1=1.2m-|x10X0.22m=lm

(2)設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為迎。,根據(jù)運動學(xué)公式可知》=迎0介全金

解得OBO=6m/s

碰撞前A物體的速度

VA=gt=2m/s,方向豎直向下

碰撞前B物體的速度

OB=OBo-g/=4m/s,方向豎直向上

選豎直向下為正方向，由動量守恒定律可得

MA0A-MBOB=（mA+mB）v

解得碰后速度。=0

⑶根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機械能

222

A￡=|mAVA+|mBvB-1（mA+mo）v

=12J。

10能力綜合練

7、8題每小題6分，9題16分，共28分

7.（多選）（2024?廣東卷JO）如圖所不，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從“甲、“乙高度

同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在。處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為〃，乙在水平面上追

上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）

A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

C.乙的運動時間與“乙無關(guān)

H

D.甲最終停止位置與。處相距上7

答案ABD

解析兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0,故A正確；

兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，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9,乙下滑過程有H乙=3gsin9ti2

在水平面運動一段時間啟后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做與減速運動，所用時間為t3,

乙運動的時間為

由于力和欠與H乙有關(guān),則總時間與H乙有關(guān)，故C錯誤；

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)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如

果不發(fā)生碰撞，

乙下滑過程有mgH乙=gmv/

乙乙

乙在水平面運動到停止有U2=2〃gx

乙

H

聯(lián)立可得尤=」

H

即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與。處相距一。故D正確。

8.（多選）如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=4kg和mB=2kg,用水平輕彈簧拴接，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（）

甲乙

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〃心。0=（旗:+相AWI,由題圖乙知0o=12m/s,s=4m/s,解得〃心=2

kg,當(dāng)A、C速度減為零時彈簧壓縮至最短，此時彈性勢能最大為EP=M〃ZA+MC）%2=48J,故A正確；以

水平向右為正方向，4s到12s的時間內(nèi)彈簧彈力對A、€：的沖量為/彈=（7公+加C）（。2-01）=-48沖5,由系統(tǒng)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-/彈+/墻=0,得/墻=/彈=-48

N.s,即大小為48