第09講彈性碰撞和非彈性碰撞內(nèi)容導(dǎo)航——預(yù)習(xí)三步曲第一步：學(xué)析教材學(xué)知識：教材精講精析、全方位預(yù)習(xí)練習(xí)題講典例：教材習(xí)題學(xué)解題、快速掌握解題方法練考點強知識：核心考點精準(zhǔn)練第二步：記串知識識框架：思維導(dǎo)圖助力掌握知識框架、學(xué)習(xí)目標(biāo)復(fù)核內(nèi)容掌握第三步：測過關(guān)測穩(wěn)提升：小試牛刀檢測預(yù)習(xí)效果、查漏補缺快速提升知識點1：彈性碰撞和非彈性碰撞1.彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動能不變的碰撞。即碰撞過程中機械能不損失，即碰撞前后系統(tǒng)總動能守恒，Ek1′＋Ek2′＝Ek1＋Ek2。2.非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞后動能減少的碰撞。(1)非彈性碰撞：碰撞過程中機械能有損失，系統(tǒng)總動能不守恒，Ek1′＋Ek2′＜Ek1＋Ek2。(2)完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體“合”為一體，具有共同的速度，這種碰撞動能損失最大。知識點2：碰撞三原則1.動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.2.動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).3.速度要合理①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v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v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。知識點3：兩種彈性碰撞1.“動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1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，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)2.“動碰動”彈性碰撞發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

(1)(2)

聯(lián)立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1知識點4：非彈性碰撞和完全非彈性碰撞1.非彈性碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非彈性碰撞碰后物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=教材習(xí)題01如圖所示，動量分別為、的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用、表示兩小球動量的變化量。則下列選項中可能正確的是（）A．、 B．、C．、 D．、解題方法A．根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果、，所以碰后兩球的動量分別為、，根據(jù)計算可知碰撞過程總動能不增加，是可能發(fā)生的，故A正確。B．兩球碰撞過程，系統(tǒng)的動量守恒，兩球動量變化量應(yīng)大小相等，方向相反，若，，違反了動量守恒定律，不可能，故B錯誤。C．根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果、，碰后兩球的動量分別為、，由題，碰撞后兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大，與實際運動不符，故C錯誤。D．如果、，所以碰后兩球的動量分別為、，可以看出，碰撞后A的動能不變，而B的動能增大，違反了能量守恒定律，不可能。故D錯誤。【答案】A教材習(xí)題02如圖所示，一個質(zhì)量為的物塊A與靜止在水平面上的另一個質(zhì)量為的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，與沙坑的距離，g取．物塊可視為質(zhì)點，則碰撞前瞬間A的速度大小為（）A． B．C． D．致解題方法碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得v=2m/sA與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有由于沒有機械能的損失，則有聯(lián)立解得v0=3m/s故選B。【答案】B教材習(xí)題03如圖所示，大小相同、質(zhì)量分別為0.2kg和0.1kg的小球，在光滑水平面上分別以0.3m/s和0.9m/s的速度沿同一直線相向運動，相撞之后粘住成為一個整體，則整體的速度大小為（

）A．0.1m/s B．0.3m/s C．0.6m/s D．1.2m/s致解題方法取向左為正方向，根據(jù)動量守恒可知代入數(shù)據(jù)可得故選A?！敬鸢浮緼考點一：碰撞可能性分析1．“充氣碰碰球”游戲簡化為如圖乙所示的模型：直徑相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直線上運動，碰前A球的動量pA=50kg?m/s，B球靜止，碰后B球的動量變?yōu)閜B=30kg?m/s。則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是（

）A．mA=mB B．mA=3mB C．mA=4mB D．mA=5mB【答案】A【詳解】以A球的初速度方向為正方向，由碰撞過程系統(tǒng)動量守恒得解得根據(jù)碰撞過程總動能不增加，有解得碰后兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則有解得因此，兩球質(zhì)量關(guān)系為故選A。2．在光滑水平面上，質(zhì)量為、速度大小為的A球與質(zhì)量為靜止的B球發(fā)生對心碰撞，則碰撞后（）A．A球的速度大小可能是B．B球的速度大小可能是C．A球所受最大沖量為D．B球所受最大沖量為【答案】B【詳解】AB．如果兩個小球發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則有解得如果兩個小球發(fā)生的是彈性碰撞，則有解得故A錯誤，B正確；CD．球和B球所受最大沖量相等，根據(jù)動量定理有故CD錯誤；故選B。3．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（）A．vA′=3m/s，vB′=3.5m/sB．vA′=5m/s，vB′=2.5m/sC．vA′=1.5m/s，vB′=3m/sD．vA′=?3m/s，vB′=6.5m/s【答案】A【詳解】A．碰撞過程動量守恒，碰前總動量為碰后總動量為碰撞過程動量守恒。碰前總動能為碰后總動能為可知總動能沒有增大，A、B兩球速度可能為3m/s，3.5m/s，A正確；B．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)可知，碰后速度均為正值，則碰后兩球同向，此時碰后A的速度不可能大于B的速度，而可知，A、B兩球速度不可能為5m/s，2.5m/s，B錯誤；C．碰后總動量為可知碰后的動量小于碰前的動量，碰撞前后動量不守恒，可知，A、B兩球速度不可能為1.5m/s，3m/s，C錯誤；D．碰后總動量為碰撞過程動量守恒。碰后總動能為可知碰后的總動能大于碰前的總動能，而碰撞前后總動能不增加，可知，A、B兩球速度不可能為-3m/s，6.5m/s，D錯誤。故選A。考點二：彈性碰撞模型4．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰。小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的圖像。已知m1=0.1kg。由此可以判斷（）A．碰后m2和m1都向右運動B．碰撞過程中m2對m1的沖量大小為0.2N·sC．m2=0.1kgD．碰撞過程是彈性碰撞【答案】D【詳解】A．根據(jù)圖像的斜率表示速度，可知碰后向右運動，向左運動，故A錯誤；BC．根據(jù)圖像的斜率表示速度，可知碰前和的速度分別為，碰后和的速度分別為，根據(jù)動量守恒可得聯(lián)立解得對，根據(jù)動量定理可得可知碰撞過程中對的沖量大小為，故BC錯誤；D．碰撞前系統(tǒng)的機械能為碰撞后系統(tǒng)的機械能為可知碰撞過程是彈性碰撞，故D正確。故選D。5．如圖所示，半徑為R、豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計一切摩擦。圓心O點正下方放置質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度向左運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞。碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球B的初速度不可能為（重力加速度為g）（）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)題意可知，小球B與小球A發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后小球B的速度為，小球A的速度為，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律有解得由于碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球A未通過與圓心的等高點或通過圓弧最高點，若小球A恰好到達(dá)圓心的等高點，由能量守恒定律有解得解得若小球恰好通過圓弧最高點，由能量守恒定律有由牛頓第二定律有解得解得則碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，小球B的初速度取值范圍為或選不可能的，故選A。6．如圖所示為一種基于伽利略大炮原理的簡易模型。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h處同時由靜止釋放。已知小球Q的質(zhì)量是P的3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（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)小球P、Q的質(zhì)量分別為m、3m，落地前的瞬間二者速度均為v，由動能定理可得解得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，解得碰后小球P機械能守恒，則有解得故選C?？键c三：完全非彈性碰撞模型7．超市里用的購物車為顧客提供了購物方便，又便于收納，收納時一般采用完全非彈性碰撞的方式把購物車收到一起，如圖甲所示。某興趣小組在超市對同款購物車（以下簡稱“車”）的碰撞進(jìn)行了研究，分析時將購物車簡化為原來靜止的小物塊。已知車的凈質(zhì)量均為，將1號車以速度向右推出，先與2碰撞結(jié)合為一體后再撞擊3，最終三車合為一體。忽略一切摩擦和阻力，則第二次碰撞過程中損失的機械能為（）A．18J B．36J C．54J D．72J【答案】B【詳解】依題意，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，可得解得，則第二次碰撞過程中損失的機械能為故選B。8．A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間圖像。a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時間圖線，c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖線。若A球的質(zhì)量m=2kg，則下列結(jié)論正確的是（

）A．碰撞過程A的動量變化量為4kg?m/sB．B球的質(zhì)量是4kgC．碰撞過程中A對B的沖量為4N?sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為8J【答案】A【詳解】由圖可知，碰撞前A、B兩球的速度大小分別為碰撞后兩球共同運動的速度大小A．碰撞過程A的動量變化量為A正確；B．根據(jù)動量守恒可得求得B錯誤；C．由動量定理可知，碰撞時A對B的沖量為C錯誤；D．根據(jù)能量守恒可得D錯誤。故選A。9．如圖所示，A、B和C是光滑水平面上的三個質(zhì)量都為m的相同的小球，其中B、C兩小球用不計質(zhì)量的輕質(zhì)彈簧連接后靜止在水平面上?，F(xiàn)A球以速度沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起。對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A．機械能守恒，動量不守恒B．彈簧的最大彈性勢能等于C．三球速度相等時，彈簧一定處于壓縮狀態(tài)D．三球速度相等后，速度將保持不變【答案】B【詳解】A．對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，其所受合外力為零，機械能守恒，動量守恒，A錯誤；B．A、B碰撞動量守恒，設(shè)粘在一起時速度為，有A、B整體和C通過彈簧作用時第一次達(dá)到共速v的過程，根據(jù)動量和能量守恒有，解得彈簧的最大彈性勢能為B正確；CD．根據(jù)動量守恒和牛頓第二定律，A、B整體和C通過彈簧作用的過程中，一段時間內(nèi)的圖見下圖，在0~t2時間內(nèi)，彈簧先壓縮后恢復(fù)原狀。在t2~t4時間內(nèi)，彈簧先拉長后恢復(fù)原狀。且分別在t1和t3時刻系統(tǒng)有共同速度，CD錯誤。故選B。知識導(dǎo)圖記憶知識目標(biāo)復(fù)核1.了解彈性碰撞、非彈性碰撞，知道碰撞現(xiàn)象的特點。2.彈性碰撞中的能量轉(zhuǎn)化及特點。1．如圖所示為雜技表演“胸口碎大石”。其原理可解釋為，當(dāng)大石獲得的速度較小時，下面的人感受到的震動就會較小，人的安全性就較強。若大石塊的質(zhì)量是鐵錘的120倍，則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得解得如果發(fā)生的是彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒和機械能守恒得，解得所以撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的和之間。故選B。2．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球的動量為，B球的動量為。當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是（）A．， B．，C．， D．，【答案】A【詳解】設(shè)兩球質(zhì)量均為m．碰撞前總動量碰撞前總動能為A．若，，則碰撞后總動量碰撞后總動能為滿足動量守恒和總動能不增加原則，故A正確；B．若碰撞后，，可知碰撞后A的速度大于B的速度，不符合速度合理性，故B錯誤；C．若碰撞后，，則碰撞后總動量不滿足動量守恒，故C錯誤；D．若碰撞后，，則碰撞后總動量為不滿足動量守恒，故D錯誤。故選A。3．斯諾克原意是“阻礙、障礙”，所以斯諾克臺球也被稱為障礙臺球，打球過程中可以利用球來作障礙迫使對方失誤，而且作障礙是每個職業(yè)斯諾克球手都必須掌握的一種技術(shù)．假設(shè)光滑水平面一條直線上依次放4個質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度與4號紅球發(fā)生彈性正碰，則4號紅球最終的速度大小為（

）A． B． C． D．0【答案】B【詳解】假設(shè)光滑水平面一條直線上依次放4個質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度與4號紅球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)一動碰一靜的彈性碰撞特點可知，每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉淼模?號紅球每次將速度傳給右側(cè)球，故白球與4號紅球碰撞3次后，白球速度此時4號球速度為零，根據(jù)動量守恒和能量守恒有，解得，4號紅球最終的速度大小為故選B。4．如圖所示，水平面上A、B兩處有甲、乙兩個可視為質(zhì)點的小滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，B點右側(cè)水平面粗糙，左側(cè)水平面光滑。若甲在水平向右的拉力的作用下由靜止向右運動，當(dāng)時撤去拉力F，緊接著甲與乙發(fā)生彈性正碰，其中乙滑行1.6m后停下，已知乙的質(zhì)量為1kg，乙與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取，則（）A．0~2s內(nèi)，拉力F的沖量為12N·sB．撤去拉力F時甲的速度大小為3m/sC．兩個滑塊碰撞以后乙的速度是1m/sD．甲的質(zhì)量為1kg【答案】B【詳解】A．F與t線性關(guān)系，力F對甲的沖量為I故A錯誤；C．對乙碰撞后的過程中利用動能定理得故C錯誤；BD．設(shè)甲的質(zhì)量為m1，碰前速度為v0，碰后速度為v1，根據(jù)動量守恒得根據(jù)機械能守恒得聯(lián)立得B正確，D錯誤。故選B。5．如圖3所示，質(zhì)量為的木塊靜止于光滑水平面上，一質(zhì)量為的子彈以水平速度打入木塊并停在木塊中，下列說法正確的是（）

A．子彈打入木塊后子彈和木塊的共同速度為B．子彈對木塊做的功C．木塊對子彈做正功D．子彈打入木塊過程中產(chǎn)生的熱量【答案】A【詳解】A．根據(jù)動量守恒可得解得子彈打入木塊后子彈和木塊的共同速度為故A正確；B．根據(jù)動能定理可知，子彈對木塊做的功為故B錯誤；C．由于子彈的動能減小，根據(jù)動能定理可知，木塊對子彈做負(fù)功，故C錯誤；D．根據(jù)能量守恒可知，子彈打入木塊過程中產(chǎn)生的熱量為故D錯誤。故選A。6．如圖所示，用長度為L的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一個質(zhì)量為M的木塊，一個質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為和v。子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計，木塊和子彈可以看作質(zhì)點，以木塊初始位置為零勢能點，下列說法正確的是（）A．子彈穿透木塊過程中，子彈、木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒B．子彈剛穿透木塊時，木塊速度為C．子彈剛穿透木塊時，繩子的拉力為D．子彈剛穿透木塊后，木塊能到達(dá)的最大高度為【答案】C【詳解】A．子彈穿透木塊過程中，由于子彈穿過木塊的時間不計，子彈、木塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒；子彈與木塊間有摩擦，一部分機械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，故系統(tǒng)不滿足機械能守恒，故A錯誤；B．子彈剛穿透木塊過程中，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得解得子彈剛穿透木塊時，木塊速度為故B錯誤；C．子彈穿透木塊時，以木塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得繩子的拉力為故C正確；D．彈剛穿透木塊后，若木塊上升的最大高度低于天花板，對木塊，根據(jù)機械能守恒可得解得故D錯誤。故選C。7．在光滑水平地面上放一個質(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m以的水平速度從滑塊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，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（

）A．小物塊落地時與槽左端的水平距離為30cmB．小物塊m離開槽后做自由落體運動C．弧形凹槽的高度為45cmD．小物塊對滑塊先做正功后做負(fù)功【答案】A【詳解】AB．小物塊在槽上運動的過程中，小物塊與凹槽構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設(shè)小物塊剛離開槽時，小物塊速度為v1，槽的速度為v2，以向右為正方向，則水平方向根據(jù)動量守恒定律有整個運動過程機械能守恒，故有聯(lián)立解得（方向向左），故小物塊離開凹槽后做平拋運動，故小物塊離開凹槽到落地過程中，豎直方向上有水平方向上有此過程中凹槽移動位移為小物塊落地時與槽左端的水平距離為聯(lián)立解得，故A正確，B錯誤；C．小物塊運動到凹槽最高點時，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)在水平方向動量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)凹槽最高點時速度為v，以向右為正方向，則水平方向根據(jù)動量守恒定律有上升到最高點的過程中系統(tǒng)機械能守恒，故有聯(lián)立解得故C錯誤；D．小物塊在凹槽上運動過程中，小物塊對滑塊的正壓力始終指向斜右下方，對滑塊始終做正功后。故D錯誤。故選A。8．如圖，質(zhì)量和半徑都相同的四分之一光滑圓弧體A、B靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點和水平面相切，圓弧的半徑為R。圓弧體B鎖定，一個小球從A圓弧體的最高點由靜止釋放，小球在圓弧體B上升的最大高度為。已知重力加速度大小為g，則（）A．小球與圓弧體的質(zhì)量之比為B．小球與圓弧體的質(zhì)量之比為C．若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為D．若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為【答案】C【詳解】AB．設(shè)小球質(zhì)量為m，圓弧體質(zhì)量為M，小球從圓弧體A上滾下時，A的速度大小為v1，小球的速度大小為v2，由題意可知，根據(jù)能量守恒解得，故AB錯誤；CD．若圓弧體B沒有鎖定，則小球滑上B過程到滑離，解得圓弧體B最終獲得的速度大小為，故C正確D錯誤。故選C。9．如圖所示，一小車靜止于光滑水平面，其上固定一光滑彎曲軌道，整個小車（含軌道）的質(zhì)量為m?，F(xiàn)有質(zhì)量也為m的小球，以水平速度從左端滑上小車，沿彎曲軌道上升到最高點，最終從軌道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（）A．小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球沿軌道上升到最高點時，小車的速度為零C．小球沿軌道上升的最大高度為D．小球滑離小車后，做自由落體運動【答案】D【詳解】A．小球在豎直方向分速度的初始值與末狀態(tài)值均為0，可知，豎直方向上先加速后減速，即豎直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重與失重，小球和小車構(gòu)成的系統(tǒng)所受外力的合力不為0，系統(tǒng)的動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向上所受外力的合力為0，即系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒，故A錯誤；B．小球沿軌道上升到最高點時，小球豎直分速度為0，結(jié)合上述可知，在水平方向，系統(tǒng)動量守恒，則小球與小車的速度相等，均不為零，故B錯誤；C．小球沿軌道上升到最高點時，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)機械能守恒定律有解得故C錯誤；D．小球從軌道左端滑離小車時，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)機械能守恒定律有解得即小球滑離小車后，做自由落體運動，故D正確。故選D。10．如圖所示，在光滑的水平面上有兩個滑塊，滑塊的左端固定一輕質(zhì)彈簧。兩個滑塊以大小為的速度沿同一直線相向運動，滑塊的質(zhì)量為，滑塊的質(zhì)量為。不計空氣阻力，則下列說法正確的是（

）A．當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，的動能達(dá)到最小值B．彈簧的彈性勢能最大值為C．兩個滑塊分離時滑塊的速度為D．彈簧存在彈力的過程中，彈力對的沖量大小為【答案】C【詳解】A．當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，滑塊PQ共速，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知解得可知滑塊Q速度由向左變成向右，最小動能時為零，所以當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，滑塊Q的動能不是最小值，故A錯誤；B．當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律解得彈簧的彈性勢能最大值為故B錯誤；C．兩個滑塊分離時，設(shè)滑塊P的速度為，滑塊Q的速度為，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律解得，故C正確；D．彈簧存在彈力的過程中，彈力對P的沖量大小為負(fù)號表示方向向左，大小為，故D錯誤。故選C。11．如圖所示，光滑水平地面上的輕彈簧一端拴接著質(zhì)量為1kg的物塊Q，初始時彈簧處于原長，Q靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為2kg的物塊P靜止在距彈簧右端一定距離處?，F(xiàn)給物塊P一方向水平向左、大小為6N·s的瞬時沖量，從物塊P開始接觸彈簧到離開彈簧的過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．彈簧壓縮量最大時物塊Q的速度最大B．物塊Q的最大速度為4m/sC．彈簧的最大彈性勢能為9JD．物塊P離開彈簧時的速度大小為2m/s【答案】B【詳解】A．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，物塊Q的速度最大，當(dāng)彈簧壓縮量最大時，兩個物塊速度相同，物塊Q的速度不最大，故A錯誤；BD．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，物塊Q的速度最大，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律根據(jù)動量定理得解得物塊Q的最大速度為4m/s，物塊P離開彈簧時的速度大小為1m/s，故B正確，D錯誤；C．彈簧最短時，彈簧的彈性勢能最大，兩物塊速度相同，根據(jù)動量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為解得故C錯誤。故選B。12．如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細(xì)線連接，靜止在光滑的水平面上，此時細(xì)線剛好伸直且無彈力。現(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運動過程中，細(xì)線沒有繃斷，以下判斷正確的是（）A．細(xì)線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大B．細(xì)線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大C．彈簧的最大彈性勢能等于D．物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機械能最多為【答案】C【詳解】AB．細(xì)線再次伸直時，也就是彈簧再次恢復(fù)原長時，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒可得，解得細(xì)線再次伸直時，A的速度為，可知細(xì)線再次伸直時，A的速度沒有反向；則細(xì)線恢復(fù)原長的過程中，A始終受到向左的彈力，一直做減速運動，B始終受到向右的彈力，即一直做加速運動，彈簧的彈力先變大后變小，故B的加速度先增大后減小，故AB錯誤；C．彈簧彈性勢能最大時，彈簧壓縮到最短，此時A、B速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得解得根據(jù)能量守恒定律可得，彈性勢能最大值為故C正確；D．當(dāng)細(xì)線再次伸直后，物塊A、B速度又變?yōu)楣菜?，根?jù)動量守恒可得解得細(xì)線再次伸直過程，物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機械能為故D錯誤。故選C。13．如圖所示，水平地面上A、B兩個木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2m、3m，靜止時彈簧恰好處于原長，一質(zhì)量為m的木塊C以速度v0水平向右運動并與木塊A相撞。不計一切摩擦，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】當(dāng)C與A發(fā)生彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有聯(lián)立解得當(dāng)A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為，以A的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得由機械能守恒定律可知解得當(dāng)C與A發(fā)生完全非彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律有當(dāng)A、B、C速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為，則由動量守恒定律得由機械能守恒定律可知解得由此可知，