模型15、彈性碰撞與非彈性碰撞模型（解析版）

模型15、彈性碰撞與非彈性碰撞模型【模型概述】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(guò)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(guò)程，系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。

系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能削減。

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;不違反能量守恒;物理情景可行性

①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有，碰后原來(lái)在前的物體速度肯定增大，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)方向不行能都不轉(zhuǎn)變.

深化拓展：(1)碰撞過(guò)程中

作用時(shí)間極短，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狀況下，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(wèn)題1.打擊類問(wèn)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，可以忽視不計(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(guò)程，留意“多過(guò)程”問(wèn)題的分析。二、含彈簧的類碰撞問(wèn)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)能的削減量.

(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)量分別為和，圖乙為它們碰撞后的圖像，已知．由此可以推斷（）A．碰前勻速，加速運(yùn)動(dòng)B．碰后和都向右運(yùn)動(dòng)C．D．碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒【答案】D【詳解】AB．由s-t圖像的斜率等于速度可知碰前m2靜止，m1勻速運(yùn)動(dòng)，m1的速度為向右運(yùn)動(dòng)；碰后m1速度為向左運(yùn)動(dòng)，碰后m2的速度向右運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C．依據(jù)動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得故C錯(cuò)誤；D．兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞前的機(jī)械能為碰撞后的機(jī)械能為由于所以碰撞過(guò)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)量為和的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。已知，下列說(shuō)法正確的是（

）A．碰撞前的速度4m/s B．碰撞后做減速運(yùn)動(dòng)C．的質(zhì)量為3kg D．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，可知碰撞前的速度的速度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．碰撞后向反方向左勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．圖像的斜率等于速度可知，碰后和的速度分別為依據(jù)動(dòng)量守恒定律解得選項(xiàng)C正確；D．上述碰撞損失能量為則該碰撞為彈性碰撞，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。變式1.2A、B兩滑塊在光滑水平面上發(fā)生正碰，它們的位移x與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。已知A的質(zhì)量為2kg，碰撞時(shí)間不計(jì)．則（）A．B的質(zhì)量為2kgB．碰撞后A、B速度相同C．A、B發(fā)生的碰撞是彈性碰撞D．A、B發(fā)生的碰撞是非彈性碰撞【答案】C【詳解】AB．由題圖可知，碰撞前A的速度為撞后A的速度為撞后B的速度為依據(jù)動(dòng)量守恒解得故AB錯(cuò)誤；CD．由于所以是彈性碰撞，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mA、mB．現(xiàn)將A球向左拉至某一高度h后由靜止釋放（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mA=mB，碰撞后，A球靜止，B球擺起的高度等于hB．若mA>mB，碰撞后，A、B都向右搖擺，且B球擺起的高度小于hC．若mA<mB，碰撞后，A、B都向右搖擺，且B球擺起的高度小于hD．無(wú)論A、B質(zhì)量大小如何，釋放后整個(gè)過(guò)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h時(shí)，依據(jù)機(jī)械能守恒可得碰撞的過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒整理得，A．若mA=mB，可知，即碰后A球靜止，B以v0的速度上擺，擺起的高度等于h，A正確；B．若mA>mB，可知，即碰撞后，A、B都向右搖擺，B球擺起的高度大于h，B錯(cuò)誤；C．若mA<mB，可知，即碰撞后，A球向左運(yùn)動(dòng)，B球向右運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．在A球下擺和碰后兩球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，所受合外力均不為零，因此動(dòng)量均不守恒，D錯(cuò)誤。故選A。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(lái)的大小可忽視不計(jì)的小球，mB=5mA。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(shuō)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30°【答案】C【詳解】設(shè)A球到達(dá)最低點(diǎn)的速度為v，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞后，A球的速度為vA，B球的速度為vB，規(guī)定向右為正方向。由動(dòng)量守恒可得mAv=mAvA＋mBvB由機(jī)械能守恒可得可得故A向左，B向右。設(shè)碰后A球偏角為，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，由機(jī)械能守恒故可見偏角與小球在最低點(diǎn)的速度大小有關(guān)，與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故A球偏角大于B球偏角，且都小于A球原來(lái)的偏角30°。故選C。變式2.2用如圖所示的“牛頓擺”裝置來(lái)爭(zhēng)辯小球之間的碰撞，5個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5根輕繩相互平行，5個(gè)鋼球彼此緊密排列，球心等高且位于同始終線上，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1向左拉起肯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．上述試驗(yàn)中，可觀看到球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(guò)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，假猶如時(shí)向左拉起小球1、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)行試驗(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，可觀看到發(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，則試驗(yàn)中可觀看到球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(guò)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．假猶如時(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(guò)來(lái)與之碰撞交換速度，然后3與4碰撞，使4向右擺起，2球剛停止的時(shí)候1球過(guò)來(lái)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)行試驗(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，兩球相碰機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒，則兩球速度交換，應(yīng)觀看到發(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A。【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)碰撞試驗(yàn)，可以使小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為（）的大球（在下），質(zhì)量為m的小球（在上）疊放在一起，從距地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，h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，且碰撞時(shí)間極短。下列說(shuō)法正確的是（

）A．兩球一起下落過(guò)程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮锽．大球與地面第一次碰撞過(guò)程中，地面對(duì)大球平均作用力的沖量大小為C．無(wú)論k取什么值，大球與小球碰撞后大球的速度均不能為0D．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9h【答案】D【詳解】A．兩球一起下落過(guò)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(guò)程中由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得解得大球與地面碰撞前的速度大小為依據(jù)動(dòng)量定理可得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v，碰后大球的速度為v1小球的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律由機(jī)械能守恒定律兩式聯(lián)立解得可知當(dāng)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(guò)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v1，大球速度大小為v2，選向上為正方向，由動(dòng)能量守恒和機(jī)械能守恒解得當(dāng)M?m時(shí)，不考慮m影響，則小球上上升度為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h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)全部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，則下列推斷中錯(cuò)誤的是（）A．下落過(guò)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2hD．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4h【答案】C【詳解】A．球B與地面碰撞前，對(duì)AB整體，由牛頓其次定律得（mA+mB）g＝（mA+mB）a解得a＝g設(shè)下落過(guò)程中兩個(gè)小球之間的彈力為T，對(duì)B球，由牛頓其次定律得mBg+T＝mBa解得T＝0故A不符合題意；B．依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得（mA+mB）gh＝（mA+mB）解得球A、B與地面碰撞前瞬間的速度大小為v0＝B球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選A與B碰撞過(guò)程為爭(zhēng)辯過(guò)程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后A、B速度大小分別為vA、vB，選向上方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB由機(jī)械能守恒定律得（mA+mB）v02＝mAvA2+mBvB2由題可知mB＝3mA聯(lián)立解得vA＝vB＝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”的試驗(yàn)，將兩質(zhì)量分別為m1和m2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，全部的碰撞均為豎直方向內(nèi)彈性碰撞，且碰撞時(shí)間均可忽視不計(jì)。已知兩個(gè)彈性小球m2=4m1，課桌邊緣離地面高度為h=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(guò)桌子一半高度C．在碰撞的總過(guò)程，兩個(gè)小球動(dòng)量變化量等大反向D．在碰撞的總過(guò)程，A小球機(jī)械能守恒【答案】A【詳解】AB．以B為爭(zhēng)辯對(duì)象，從B小球開頭下落至地面時(shí)的過(guò)程中，設(shè)落地前小球B的速度為v1，由功能關(guān)系可得由于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v2，則在大小上有以A球?yàn)闋?zhēng)辯對(duì)象，從B小球開頭下落至地面時(shí)過(guò)程中，設(shè)A球落地前速度為v3，g取10m/s2，則由功能關(guān)系可得

依據(jù)以上可解得速度大小均為由于AB觸地后，兩球之間發(fā)生彈性碰撞，以AB兩球相碰過(guò)程為爭(zhēng)辯過(guò)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。則依據(jù)動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律有聯(lián)立以上及結(jié)合題意可解得以A球?yàn)闋?zhēng)辯對(duì)象，碰后至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立可得故A球彈起能打到天花板。同理，以B球?yàn)闋?zhēng)辯對(duì)象，碰后至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立可得故B球彈起后不能超過(guò)桌子一半高度。故A正確，B錯(cuò)誤；C．在碰撞的總過(guò)程中，以速度向上為正，依據(jù)以上分析可知，A球發(fā)生碰撞前后速度分別為v3，v4，故對(duì)A球有B球發(fā)生碰撞前后速度分別為v2，v5，故對(duì)B球有故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?！纠?】如圖所示。在光滑水平面上。兩個(gè)物體的質(zhì)量都是m，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2m的物體，以肯定速度連續(xù)前進(jìn)。則碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為（）A．m B．0.5m C．2m D．1.5m【答案】A【詳解】依據(jù)動(dòng)量守恒定律，有解得碰撞前總動(dòng)能碰撞后總動(dòng)能碰撞過(guò)程中總動(dòng)能損失故選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?，F(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)）（）A．等于 B．等于 C．介于和之間 D．有可能大于【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(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理可得解得A球與B球碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，則有解得碰后兩球的共同速度為碰后兩球粘在一起向上擺到最大高度過(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理可得解得兩球上擺的最大高度為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)?，F(xiàn)給第一個(gè)小球初動(dòng)能Ek，使它正對(duì)其他小球運(yùn)動(dòng)。若小球間的全部碰撞都是完全非彈性的，則整個(gè)碰撞過(guò)程中由于碰撞損失的機(jī)械能總量為（）A．Ek B．EkC．Ek D．Ek【答案】B【詳解】以第一個(gè)小球初速度v0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v，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得mv0＝2023mv解得則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為解得故選B?！纠?】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的小物塊以的水平速度從滑塊的底端沿槽上滑，恰好能到達(dá)滑塊的頂端，隨后下滑至底端二者分別。重力加速度取，不計(jì)空氣阻力。在小物塊沿滑塊滑行的整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．地面對(duì)滑塊的沖量為零B．小物塊沿滑塊上滑的最大高度為0.6mC．滑塊對(duì)小物塊做的功為D．合力對(duì)滑塊的沖量大小為16Ns【答案】C【詳解】A．依據(jù)沖量公式地面對(duì)滑塊的作用力不為零，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，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以的方向?yàn)檎较?，有由機(jī)械能守恒可得解得B錯(cuò)誤；C．設(shè)小物塊返回滑塊的底端時(shí)，小物塊與滑塊的速度分別為、，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有機(jī)械能守恒解得對(duì)在全過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)能定理可得C正確；D．依據(jù)動(dòng)量定理，合力對(duì)滑塊M的沖量大小為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(jì)空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是（

）A．小物塊落地時(shí)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(yùn)動(dòng)C．弧形凹槽的高度為45cmD．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(guò)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v1，槽的速度為v2，以向右為正方向，則水平方向依據(jù)動(dòng)量守恒定律有整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程機(jī)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(yùn)動(dòng)，故小物塊離開凹槽到落地過(guò)程中，豎直方向上有水平方向上有此過(guò)程中凹槽移動(dòng)位移為小物塊落地時(shí)與槽左端的水平距離為聯(lián)立解得，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，則水平方向依據(jù)動(dòng)量守恒定律有上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故有聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤；D．小物塊在凹槽上運(yùn)動(dòng)過(guò)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A。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。重力加速度取不計(jì)空氣阻力。在小物塊m沿滑塊M滑行的整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.3mB．小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.6mC．合力對(duì)滑塊M的沖量大小為8N·sD．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m沿滑塊M上滑的高度最大，設(shè)最大高度為h，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍幸罁?jù)機(jī)械能守恒可知解得h=1.2mAB錯(cuò)誤；CD．設(shè)小物塊m返回滑塊M的底端時(shí)，小物塊m與滑塊M的速度分別為v1、v2，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有依據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得依據(jù)動(dòng)量定理，合力對(duì)滑塊M的沖量大小為C正確，D錯(cuò)誤。故選C?！纠?】如圖所示，光滑水平面上，A、B兩小球與輕質(zhì)彈簧拴接，彈簧處于原長(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，設(shè)此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能最大值為。已知A球質(zhì)量為m，若，則B球質(zhì)量為（）A．m B．2m C．3m D．4m【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)量守恒定律其中彈簧彈性勢(shì)能解得故選A。變式6.1物塊a、b中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊a的質(zhì)量為1.2kg，如圖甲所示。開頭時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長(zhǎng)，時(shí)對(duì)物塊a施加水平向右的恒力F，時(shí)撤去，在0～1s內(nèi)兩物體的加速度隨時(shí)間變化的狀況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中以下分析正確的是（）A．b物塊的質(zhì)量為1.0kgB．時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量最大C．時(shí)a的速度大小為0.8m/sD．彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)，a的速度大小為0.6m/s【答案】D【詳解】AC．時(shí)，彈簧彈力為零，對(duì)a依據(jù)牛頓其次定律可得時(shí)，a、b整體加速度相同，且，對(duì)整體依據(jù)牛頓其次定律可得解得故AC錯(cuò)誤；B．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，時(shí)a的速度大于b的速度，撤去F后，彈簧連續(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．依據(jù)動(dòng)量定理可知撤去拉力時(shí)，a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量為撤去拉力后，依據(jù)圖像可知a的速度大于b的速度，則a、b之間距離還將連續(xù)增大，此時(shí)a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)，a、b的速度相同，設(shè)為v，則解得故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m1和m2的兩物塊A、B相連接，并且靜止在光滑的水平面上，其中m2=4kg?，F(xiàn)使m1瞬時(shí)獲得水平向右的速度，并以此刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得（）A．在t1時(shí)刻A與B兩物塊的動(dòng)能之比為2：1B．在t4