專題強化十一碰撞模型及拓展

【目標(biāo)要求】1.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律.2.會分析、計算“滑塊—彈簧”模型有關(guān)問

題.3.理解“滑塊一斜(曲)面”模型與碰撞的相似性，會解決相關(guān)問題.

題型一碰撞

【基礎(chǔ)回扣】

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(rèn)為相互碰撞的系統(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

【技巧點撥】

1.碰撞問題遵守的二條原則

(1)動量守恒：Pl+〃2=P1'+〃2'.

(2)動能不增加：Ekl+Ek2，Ekl'+反2’.

(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。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。/2。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.

2.彈性碰撞的結(jié)論

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

m\V\=m\V\'+m2。2’

1,1f9I?f9

^ll\V\-=^n\V\+于7292

m\—in22m\

聯(lián)立解得：3,

〃“+〃丁，”2

討論：①若〃“=〃12，則s'=0,V2=。1(速度交換):

②若則v\'X),s'>0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當(dāng)孫》，〃2時，V]'名功，

vi比2研；

③若如<恤,則0]'<0,由'>0(碰后兩物體沿相反方向運動)；當(dāng)㈣《加2時,V\f七一5,

s'^0.

3.物體A與靜止的物體B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，物體8

的速度最小，VB=?如，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時，物體/3速度最大，VB=22Am則碰后物

體8的速度范圍為：

mA-TUlB十，〃8

mn如圖i所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為/?=

0.1m,半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為機=0.1kg的小球B,水平面上有一個質(zhì)量為加=

0.3kg的小球A以初速度劭=4.0m/s開始向著小球B運動，經(jīng)過時間r=0.80s與B發(fā)生彈

性碰撞，設(shè)兩個小球均可以看作質(zhì)點，它們的碰撞時間極短，且已知小球A與桌面間的動摩

擦因數(shù)"=0.25,g取lOm/s?.求：

圖1

(1)兩小球碰前A的速度大小VAX

(2)小球B運動到最高點。時對軌道的壓力大小.

答案(1)2m/s(2)4N

解析(1)碰前對A由動量定理有一〃一例如

解得。八=2m/s.

(2)對A、3組成的系統(tǒng)，碰撞前后動量守恒，則有

MVA=MVA'+HIVB

碰撞前后總動能保持不變，

則有=^MVA'2+pMPfi2

由以上兩式解得VA'=1m/s,VB=3m/s

設(shè)小球8運動到最高點。時的速度大小為。c,以水平面為參考平面，因為8球由半圓形軌

道的底端運動到C點的過程中機械能守恒，則有品Pc2+2mgR=ginVB?

解得vc=y[5m/s

對小球B,在最高點C有咋+仆=〃中

解得FN=4N

由牛頓第三定律知小球3運動到最高點。時對就道的壓力大小為4N.

跟進訓(xùn)練

1.（碰撞可能性）如圖2所示，在光滑水平面上有直徑相同的4、8兩球，在同一直線上運動,

選定向右為正方向，兩球的動量分別為P6=6kg-m/s、"〃=—4kg+m/s.當(dāng)兩球相碰之后，兩球

的動量可能是（）

圖2

A.pa=-6kg?m/s、p/>=4kgm/s

B.pa=-6kg-in/s>p/,=8kg-m/s

C.pa=-4kg-m/sx6kg-m/s

D.p4i=2kg,m/sspb=O

答案C

解析根據(jù)碰撞過程中動量守恒可知碰撞后的總動量等亍原來總動量2kg?m/s,A選項碰后

的總動量為-2kg?m/s,動量不守恒，故A錯誤；B選項城后。球的動能不變，〃球的動能增

加了，不符合機械能不增加的規(guī)律，故B錯誤：C選項碰后a、h小球的動量滿足動量守恒

定律，也不違背物體的運動規(guī)律，故C正確；D選項與實際不符，〃不可能穿過靜止的〃向

前運動，故D錯誤.

2.（彈性碰撞）如圖3所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、8、。位于同一直線上，A位

于3、C之間.A的質(zhì)量為〃?，B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使A以某一速

度向右運動，求，〃和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使4只與從C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體

間的碰撞都是彈性碰撞.

圖3

答案（小一2）M&n〈M

解析4向右運動與。發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒.設(shè)速

度方向向右為正，開始時A的速度為。o,第一次碰撞后C的速度為。ci,A的速度為。川，由

動量守恒定律和機械能守恒定律得

〃7&）="WAI+MOC1

1/^02=3加AI2-h^Mvci2

日2N初；?m-M2m

職工解付內(nèi)產(chǎn)訴產(chǎn)，近產(chǎn)啟工產(chǎn)

如果第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與〃發(fā)生

碰撞；如果〃?=M,第一次碰撞后，A停止，C以人碰前的速度向右運動，4不可能與8發(fā)

生碰撞，所以只需考慮〃?<M的情況

第一次碰撞后，A反向運動與8發(fā)生碰撞，設(shè)與8發(fā)生碰撞后，A的速度為孫2,3的速度為

同樣有

D.〃?2的最大速度是一T_V\

，小十次2

答案BD

解析由題意結(jié)合題圖可知，當(dāng)〃與相距最近時，〃；2的速度為0,此后，孫在前，做減

速運動，〃”在后，做加速運動，當(dāng)再次相距最近時，減速結(jié)束，加2加速結(jié)束，因此此時

2

m\速度最小，〃?2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守恒，/'+ni2V2t^uuvi

=Tm\V]'^+與小蘇，解得Ui'='"二〃),Vi=~~T—^i,B、D選項正確.

22m\-vni2m\-rm2

m3]如圖5所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊4上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該

整體靜止放在離地面高為H=5m的光滑水平桌面上.現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h

=1.8m高處由靜止開始滑下，與滑塊8發(fā)生碰撞并粘在?起壓縮彈簧推動滑塊。向前運動，

經(jīng)一段時間，滑塊。脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出.已知

mA=1kg,nm=2kg,mc=3kg,取g=10m/s2.求：

圖5

⑴滑塊A與滑塊8碰撞結(jié)束瞬間的速度大小；

(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；

(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離.

答案(1)2m/s(2)3J(3)2m

解析(1)滑塊A從光滑曲面上/?高處由J爭止開始滑下的述程機械能守恒，設(shè)其滑到底面的速

度為。I,由機械能守恒定律有解得。i=6m/s

滑塊A與8碰撞的過程，A、8系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結(jié)束瞬間具有共同速度，設(shè)為s,由

動量守恒定律有

"〃。1=(〃以+〃5)。2,

解得V2=\y\=lm/s

(2)滑塊A、8發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈

性勢能最大時，滑塊A、氏C速度相等，設(shè)為。3,由動量守恒定律有

"5。1=(〃M+niB+mc)V3,

解得力=，=1m/s

由機械能守恒定律有

2

EP=2（W?I+MB）W-爹（如+HIB+wc）V3

解得島=3J

(3)被壓縮彈簧再次恢復(fù)自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設(shè)滑塊人、A的速度為。小滑塊。的

速度為4,由動量守恒定律和機械能守恒定律有

A+lflB）V2=（mA+mn）V4+mcV5

+/如）立2=；（〃〃+/nB）m2+1/72C^52

解得。4=0,V5=2m/s

滑塊C從桌面邊緣飛出后效.平拋運動s=V5t,H=gg尸

解得s=2m.

“滑塊一斜（曲）面”模型

1.模型圖示

■如

M

水平地面光滑

2.模型特點

⑴最高點：〃?與"具有共同水平速度。共，機不會從此處或提前偏離軌道.系統(tǒng)水平方向動

量守恒，mvo=（M-^-m）v共：系統(tǒng)機械能守恒，共？+〃妙，其中。為滑塊上

升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度（完全非彈性瓏撞拓展模型）

（2）最低點：〃？與M分離點.水平方向動量守恒，機。0=〃?。|+”S；系統(tǒng)機械能守恒，/〃加

=攝血2+法22（完全彈性碰撞拓展模型）

m4］（多選）如圖6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，與水平方向的夾角為。.一個質(zhì)量為〃?的小物塊從斜面底端以初速度如沿斜面向上開始

運動.當(dāng)小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為。，距地面高度為〃，重力加速度為

g,則下列關(guān)系式中正確的是（）

圖6

A.〃切o=（m+M）。

B.〃w（）cos0=（m+M）v

\,

C.〃?,g/?=2〃2（o（）sin6）-

D.mgh+〃?+M）。2=g,兩）2

答案BD

解析小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體岸止，所以小物塊與楔形物體的速度都

為二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機械能守恒.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)動量守恒得"WoCQS9=(〃?+M)。，故A錯誤，B正確；

系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得〃吆/?+：(+故C錯誤，D正確.

m5](2021?黑龍江哈爾濱市第六中學(xué)期中)兩質(zhì)量均為俄的劈A和以高度相同，放在光滑

水平面上，A和8的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖7所示.一質(zhì)量也

為，〃的可視為質(zhì)點的物塊，從劈A上距水平面高度為〃處靜止滑下，然后乂滑上劈比.重力加

速度為班求：

圖7

(1)物塊在劈B上能夠達到的最大高度；

(2)物塊從劈B上返回水平面時的速度.

答案(1g(2)0

解析(1)物塊從劈A上滑下，設(shè)水平向右為正方向，物塊滑到底端時的速度為s,劈;4的速

度為也由水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒列方程得

0=/如|+"?。2

ing/^^mvr+^mv^

解得v\=y[g/i

物塊滑上劈"，當(dāng)二者水工方向速度和同時，物塊到達最大高度.設(shè)二者共同速度大小為

。關(guān)，物塊到達最大高度為”，由水平方向動量守恒和系沈機械能守恒列方程得

mv\=2mv表

%ivr=yX2mv吳2+mgH

解得〃=￡.

(2)設(shè)物塊從劈B上返回水平面時的速度為內(nèi)，劈B的速皮為。4,從物塊剛要滑上劈用至[物

塊從劈B上返回水平而，由水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒列方程得：

mvi=〃膽+〃?。4

:nrui2=^mvy+%加J

解得s=0.

跟進訓(xùn)練

3.(“滑塊一斜面”模型分析)如圖8所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為例的

斜面，斜面表面光滑、高度為力、傾角為"一質(zhì)量為加的小物塊以一定的初速度沿水平

面向右運動，不計沖上斜面過程中的機械能損失.如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的

頂端.如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為（）

圖8

A.hB.cqC.cqD.eq

答案D

解析斜面固定時，根據(jù)功能定理可得一,〃9=0一5〃帚，條隼得。o=岳兀斜面不固定時，

由水平方向動量守恒得"RO=（M+〃7）0,由能量守恒得5?0（）2=；（M+M/+〃吆舟，解得/?!=

77T—h,D項正確.

4.（“滑塊一彈簧"模型分析）如圖9所示，小球8與一輕質(zhì)彈簧相連，并靜止在足夠長的光

滑水平面上，小球A以某一速度與輕質(zhì)彈簧正碰.小球A與彈簧分開后，小球8的速度為

求當(dāng)兩個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時，小球B的速度的大小.

圖9

小.v

答案5

解析當(dāng)系統(tǒng)動能最小時，彈簧被壓縮至最短，兩球具有共同速度。矣.

設(shè)小球4、8的質(zhì)量分別為〃“、加2,

碰撞前小球A的速度為的，小球A與彈簧分開后的速度為v\.

從小球人碰到彈簧到與彈簧分開的過程中，由系統(tǒng)動量守恒和能量守恒有〃100="715+打2。

1Vo2=I功2+^IH2V2

聯(lián)立解得。=

如+62

即/HlVo=------5------V

從小球A碰到彈簧到兩球達到相同速度的過程中，系統(tǒng)動量守恒,

故fn\Vo=（fn\^-m2）v法

解得v共=*

課時精練

小雙基鞏固練

1.（多選）（2020?湖北部分重點中學(xué)聯(lián)考）如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的A、8兩球在

同一直線上運動.兩球的質(zhì)量分別為〃?A=1kg、mn=2kg,規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B

兩球的動量均為6kgm/s,運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量的變化量為一4kgm/s,

則（）

圖1

A.左方是A球

B.B球動量的變化量為4kg?m/s

C,碰撞后A、3兩球的速度大小之比為5：2

D.兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞

答案ABD

解析初狀態(tài)兩球的動量均為正，故兩球均向右運動，內(nèi)=以=611海，Z?B=^-=3m/s,故左

mB

方是A球，A正確：由動量守恒定律知，△〃/?=—4kg-m/s,B正確：碰撞后A的動量

PA'

為PA'=2kg,nVs,則VA'==2m/s,碰撞后8的動量為pj=A［）B+PB=

DR'

10kg-m/s,則如'=L—=5m/s,故。，：勿?'=2：5,C錯誤；

〃/B

碰撞前系統(tǒng)的機械能為同必2+%蕨=27J,碰撞后系統(tǒng)的機械能為5m'2+5"鹿/2=

27J,故兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，D正確.

2.如圖2所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊8靜

止在圓弧軌道的最低點.現(xiàn)將小滑塊4從圓弧軌道的最局點無初速度釋放.已知圓弧軌道半

徑/?=1.8m,小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是"〃尸2叫，重力加速度g=10m/s?.則碰后小滑塊B的速度

大小不可能是（）

答案A

解析滑塊A下滑過程，由機械能守恒定律得〃/孫研）2,解得如=6m/s：若兩個滑塊

發(fā)生的是彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mAVo=/flAVA+IHBVB,%認(rèn)研）2=

品2￡解得。A=4m/s:若兩個滑塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞,由動量守恒定律得：

,解得=2m/s,所以碰后小滑塊8的速度大小范圍為2m/sWgW

4m/s,不可能為5m/s,故選A.

3.（2020?山東等級考模擬卷）秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技

術(shù)，利用中子&1）與靜止笊核（泡）的多次碰撞，使中子減速.已知中子某次碰撞前的動能為E；

碰撞可視為彈性正碰.經(jīng)過該次碰撞后，中子損失的動能為（）

A.eqEB.eqEC.eqED.eqF

答案B

解析質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的笊核發(fā)生彈性正碰，滿足能量守恒和動量守恒，設(shè)

中子的初速度為00,碰撞后中子和兔核的速度分別為0和02,以的的方向為正方向，可列

式：1xW=；X1X°J+）X2XS2,1XPO=1XO1+2X%解得。I=一|VO,即中子的動

IQ

能減小為原來的則中子的動能損失量為故B正確.

4.如圖3所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為向和孫的兩物體甲、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如=4m/s,當(dāng)甲物體的速度減小到1n/s時，

彈簧最短.下列說法中正確的是（）

圖3

A.此時乙物體的速度為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)量之比如：〃72=1：4

D.當(dāng)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)題意得，當(dāng)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也是

1nVs,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即=（〃?|+加2%，解得相|："?2=1：3,C錯誤;當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，根據(jù)動量守

恒和機械能守恒有/〃+miV2,ii>o2=^n\V\'2+ynsvi'\聯(lián)立解得。2'=

2m/s,D錯誤.

5.（2019?山東口照市3月模擬）A、6兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、

B兩球的質(zhì)量分別為m和若使A球獲得瞬時速度。（如圖4甲），彈簧壓縮到最短時

的長度為心；若使8球獲得瞬時速度”如圖乙），彈簧壓縮到最短時的長度為心，則心與心

的大小關(guān)系為（）

圖4

A.L\>L2B.L\<L2

C.L\=Z?2D.不能確定

答案c

解析當(dāng)彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，對題圖甲，取A的初速度方向為正方向，由

動量守恒定律得：

mv=（m+M）v'

22

由機械能守恒定律得：Ep=^nv—m+M）v'

聯(lián)立解得，彈簧壓縮到最歷時&=就希

同理，對題圖乙，取B的初速度方向為正方向，當(dāng)彈簧壓縮到最短時有：Ep=\,3

故兩種情況下彈微■彈性勢能相等，則有：L1=L2,故A、B、D錯誤，C正確.

6.（多選）（2020?廣東東山中學(xué)月考）如圖5甲所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為g和，〃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運動壓縮彈

簧，速度一時間圖象如圖乙，則有（）

圖5

A.在力、打時刻兩物塊達到共同速度1m/s,且彈簧都處于壓縮狀態(tài)

B.從八到〃時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢系原長

C.兩物塊的質(zhì)量之比為皿：m2=1:2

D.在也時刻A與8的動能之比Eu：氏=1：8

答案CD

解析由題圖乙可知小f?時刻兩物塊達到共同速度1m/s,且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng)

機械能守怛可知，此時彈性勢能最大，A時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而時刻處于伸長狀態(tài)，

故A錯誤；結(jié)合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時〃？逐漸減速，加2逐漸加速，彈簧被壓

縮，A時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈黃逐漸恢

復(fù)原長，"72仍然加速，，小先減速為零，然后反向加速，及時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此

時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，在A時刻，兩物塊速度相

等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從/3到/4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故B錯誤；

根據(jù)動量守恒定律，/=0時刻和/=八時刻系統(tǒng)總動量相等，有"7期=（，〃1+〃?2）⑦，其中功=

3m/s,V2=1m/s,解得〃力：〃力=1.2,故C正確；在上時亥IA的速度為內(nèi)=-1m/s,B的

速度為g=2m/s,根據(jù)/MI：〃?2=1:2,求出Eki:Ek2=l：8,故D正確.

望能力提升練

7.（多選）（2019.安徽宣城市第二次模擬）如圖6,彈簧的一端【司定在豎直墻上，質(zhì)量為〃?的光滑

弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為，〃的小球從槽上高〃處

由靜止開始自由下滑，則（）

圖6

A.在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

B.在小球下滑的過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功

C,被彈簧反彈后，小球能回到槽上高人處

D.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動

答案AD

解析在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水；方向上不受外力，則水平方向上動

量守恒，故A正確；在小球下滑過程中，槽向左滑動，根據(jù)動能定理知，槽的速度增大，則

小球?qū)Σ鄣淖饔昧ψ稣?，故B錯誤；小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，開始總動

量為零，小球離開槽時，小球和槽的動量大小相等，方向相反，由于質(zhì)量相等，則速度大小

相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧時的速度大小相等，

可知反彈后小戲和槽都做速率不變的直線運動，且速度大小相等，小卒不會回到槽上高h處，

故D正確，C錯誤.

8.（多選）如圖7所示,動量分別為內(nèi)=12kg.m/s、“8=13kg-rn/s的兩個小球4、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A/M、即8表示兩小球動

量的變化量.則下列選項中可能正確的是（）

AB

圖7

A.△/〃=—3kgm/s、A/；B=3kg-m/s

B.△〃八=—2kg?m/s、Ap?=2kg-m/s

C.△〃八二—24kg?m/s、Ap?=24kg-m/s

D.△/〃=3kg-m/s、△/??=-3kg-m/s

答案AB

解析碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機械能不增加和碰撞過檔要符

合實際情況，本題屬于追及端報，碰前，后而物體的速度一定要大于前而物體的速度（否則無

法實現(xiàn)碰撞），碰后，前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以

A〃A<0,Ap//>0,并且△/〃=—△/?/?,據(jù)此可排除選項D;若A/M=-24kg?m/s、A/?/j=24kg-m/s,

、

碰后兩球的動量分別為p：=—12kg-m/ssPH'=37kg-m/s,根據(jù)關(guān)系式反=先可知，A球

乙，/1

的質(zhì)量和動量大小不變，動能不變，而8球的質(zhì)量不變，但動量增大，所以8球的動能增大，

這樣碰后系統(tǒng)的機械能比碰前增大了，可排除選項C:經(jīng)檢驗,選項A、B滿足碰撞遵循的

三個規(guī)律.

9.如圖8所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個1弧形槽，凹

槽半徑為R,A點切線水平.另有一個質(zhì)量為〃?的小球以速度內(nèi)從A點沖上滑塊，重力加速

度大小為g,不計摩擦.下列說法中正確的是（）

A.當(dāng)0o=yj2gR時，小球能到達B點

B.如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上

C.小球到達斜槽最高點處，小球的速度為零

D.小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左

答案D

解析滑塊不固定，當(dāng)。0=、2*尺時,設(shè)小球沿梏上升的高度為fi,則有：/〃"（）=（〃,+M）o,

?，v/

=￥例心兒可解得〃=亦帚/?&故A錯誤；當(dāng)小球速度足夠大，從3點離開滑

塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B

點落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上，B錯誤：當(dāng)小球到達斜槽最高點，

由在水平方向上動量守恒有機研）=（M+〃?）〃小球具有水平速度，故C錯誤；當(dāng)小球回到斜

槽底部，相當(dāng)于完成了彈性碰撞，mvo=niv\-^Mv2,=\mv\2+TMU22,=：：□_%（）,當(dāng)

ZZzM-rm

m>Mt5與伙）方向相同，向左，當(dāng)"KM,。［與如方向相反，即向右，故D正確.

10.如圖9所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為機的物塊A、B、C8的左側(cè)固定輕彈簧

（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）.設(shè)人以速度如向8運動，壓縮彈簧；當(dāng)4、B速度相等時，B

與C恰好相碰并粘接在一起，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，求：

圖9

⑴整個系統(tǒng)損失的機械能：

⑵彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能.

答案（D^~⑵晶儂？

解析（1）從人壓縮彈簧到A與4具有相同速度小時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守

恒定律得："歐）=2mv?

此時8與。相當(dāng)于發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為。2,損失的機械能為AE,

對8、。組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守1恒定律得〃田i=2〃s

5加12