專題02 碰撞模型（解析版）-2025版高二物理寒假精-品講義

專題02碰撞模型1.碰撞的特點(1)時間特點：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時間極短，相對物體運動的全過程可忽略不計。(2)相互作用力特點：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力，所以碰撞過程動量守恒。2.碰撞的分類(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。2．碰撞類問題遵循的三條原則動量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)速度要合理同向碰撞碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或兩物體速度相等相向碰撞碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變3．彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解：根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)。(2)分析討論：當碰前物體2的速度不為零時，若m1＝m2，則：v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。當碰前物體2的速度為零時，v2＝0，則：v1′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩物體沿相同方向運動。③m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。【模型演練1】某打樁機在重錘與樁碰撞的過程中，使樁向下運動，錘向上運動?，F(xiàn)把打樁機和打樁過程簡化如下：如圖所示，打樁機重錘的質(zhì)量為，由牽引機械把重錘牽引到距鋼樁頂上高處自由下落，打在質(zhì)量為的鋼樁上，已知重錘與鋼樁的碰撞可視為彈性碰撞，重錘反彈后再多次與鋼樁發(fā)生碰撞，且每次碰撞時間極短。已知鋼樁在下陷過程中泥土對木樁的阻力恒為，式中為重力加速度，不計空氣阻力。求：（1）重錘第1次與鋼樁碰撞以后鋼樁的深度變化；（2）重錘第2次與鋼樁碰撞以后鋼樁的深度變化；（3）重錘很多次與鋼樁碰撞以后鋼樁深入泥土的總深度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）重錘自由下落運動過程，設(shè)重錘剛與樁接觸時的速度為，則根據(jù)機械能守恒定律得解得重錘與樁的彈性碰撞過程，取向下為正方向，由于作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，由動量守恒定律得由機械能守恒定律有解得，對樁在深入泥土的過程中根據(jù)動能定理得解得（2）設(shè)重錘第2次與樁接觸時的速度為，則據(jù)機械能守恒定律得解得同理，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得，對樁在深入泥土的過程中，根據(jù)動能定理得解得（3）根據(jù)功能關(guān)系有解得【模型演練2】已知A、B兩物體的質(zhì)量mA＝2kg，mB＝1kg，A物體從距水平地面h＝1.2m處自由下落，且同時B物體從水平地面豎直上拋，經(jīng)過t＝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＝10m/s2，求：（1）碰撞時離地高度x；（2）碰后速度v；（3）碰撞損失的機械能ΔE?！敬鸢浮浚?）1m；（2）0；（3）12J【詳解】（1）由自由落體運動規(guī)律可得，碰撞時A物體下落高度為則碰撞時離地高度為（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度大小為，根據(jù)運動學(xué)公式可知代入數(shù)據(jù)解得碰撞前A物體的速度大小方向豎直向下；碰撞前B物體的速度大小方向豎直向上；選豎直向下為正方向，碰撞過程由動量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得碰后速度為（3）根據(jù)能量守恒定律可知，碰撞損失的機械能為代入數(shù)據(jù)解得【模型演練2】．如圖所示，光滑水平面上放有A、B兩小球，B球靜止，某時刻給A球一個水平向右的速度，一段時間后A、B發(fā)生正碰，已知A球質(zhì)量為A、B兩球碰撞過程的相互作用時間為。（1）若B球質(zhì)量為，且碰后B球獲得水平向右的速度。求碰后A球的速度以及碰撞過程中A、B兩球之間的平均作用力的大?。唬?）若B球質(zhì)量可調(diào)節(jié)，A球仍以速度與靜止的B球正碰，碰后A、B兩球的動量大小為。求B球的質(zhì)量的范圍?！敬鸢浮浚?），方向水平向右（2）或【詳解】（1）以水平向右方向為正方向，由動量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得即碰后球速度大小為，方向水平向右；對B由動量定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）以水平向右方向為正方向，碰前A球動量為設(shè)碰后球動量為，B球動量為，若碰后A、B同向運動，則有由動量守恒有碰后應(yīng)滿足A球速度小于B球速度，則有碰后系統(tǒng)機械能不增加，則有聯(lián)立解得若碰后A、B反向運動，則有由動量守恒有碰后系統(tǒng)機械能不增加，則有聯(lián)立解得綜上可得：碰后A、B同向運動，則；碰后A、B反向運動，則。一、單選題1．甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為（）A．1J B．2J C．3J D．4J【答案】C【詳解】設(shè)甲、乙物塊的質(zhì)量分別為、，由動量守恒定律得解得則碰撞過程中兩物塊損失的機械能為代入數(shù)據(jù)解得故選C。2．如圖所示，物體A、B放在光滑的水平面上，且兩物體間有一定的間距。時刻，分別給物體A、B一向右的速度，物體A、B的動量大小均為，經(jīng)過一段時間兩物體發(fā)生碰撞，已知碰后物體B的動量變?yōu)?，兩物體的質(zhì)量分別為、，則下列說法正確的是（

）

A．物體A的動量增加 B．物體A的質(zhì)量可能大于物體B的質(zhì)量C．若碰后兩物體粘合在一起，則 D．若該碰撞無機械能損失，則【答案】C【詳解】A．由題意可知，該碰撞過程物體B的動量增加了碰撞過程兩物體的動量守恒，則有所以物體A的動量減少了4kg·m/s，故A錯誤；B．由題意碰前物體A的速度一定大于物體B的速度，則有解得故B錯誤；C．若碰后兩物體粘合在一起，則碰后兩物體的速度相同，則有又解得故C正確；D．若該碰撞為彈性碰撞，則碰撞過程中沒有能量損失，則有解得故D錯誤。故選C。3．如圖甲所示，兩小球在足夠長的光滑水平面上發(fā)生正向?qū)π呐鲎?。小球質(zhì)量分別為和，且。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前球a做加速運動，球b做勻速運動 B．碰撞后球a做減速運動，球b做加速運動C．球b的質(zhì)量為 D．球b的質(zhì)量為【答案】D【詳解】A．碰撞前球a做勻速運動，球b靜止，A錯誤；B．碰撞后球a、b都做勻速運動，B錯誤；CD．由圖乙可知，碰撞前球b靜止，球a的速度為碰撞后球a的速度為碰撞后球b的速度為根據(jù)動量守恒定律有解得球b的質(zhì)量為C錯誤，D正確；故選D。4．某研究小組通過實驗，測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖像。圖中的三條線段分別表示在光滑水平面上，沿同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移隨時間變化關(guān)系。已知相互作用時間極短，由圖像給出的信息可知（）A．兩滑塊發(fā)生的是彈性碰撞B．碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量大C．碰前滑塊Ⅰ的速度大小為D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的【答案】D【詳解】AC．由題圖可知，碰前滑塊Ⅰ、Ⅱ的速度大小分別為碰后結(jié)合體的速度大小為碰后兩滑塊速度相同，屬于完全非彈性碰撞，故AC錯誤；B．設(shè)碰前滑塊Ⅰ、Ⅱ的動量大小分別為、，碰后結(jié)合體的動量大小為p，則根據(jù)動量守恒定律有所以碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小，故B錯誤；D．根據(jù)動量守恒定律有解得故D正確。故選D。5．算盤是中國古老的計算工具，承載著我國古代勞動人民的智慧結(jié)晶和悠遠文明。算盤一般由框、梁、檔和算珠組成，中心帶孔的相同算珠可在檔上滑動，使用前算珠需要歸零。若一水平放置的算盤中分別有一顆上珠和一顆頂珠未在歸零位置，上珠靠梁，頂珠與框相隔，上珠與頂珠相隔，如圖甲所示?，F(xiàn)用手指將上珠以一定初速度撥出，一段時間后，上珠與頂珠發(fā)生正碰（碰撞時間極短），整個過程，上珠運動的圖像如圖乙所示。已知算珠與檔之間的動摩擦因數(shù)處處相同，重力加速度大小為。下列說法正確的是（）A．算珠與檔之間的動摩擦因數(shù)為0.1B．上珠從撥出到停下所用時間為0.2sC．上珠與頂珠發(fā)生的碰撞頂珠的速度0.1m/sD．頂珠碰撞后恰好能運動至歸零位置【答案】D【詳解】A．根據(jù)上珠運動的圖像可知，上珠碰前勻減速運動的初末速度分別為，根據(jù)牛頓第二定律有利用逆向思維，根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有解得故A錯誤；B．圖像斜率的絕對值表示加速度的大小，結(jié)合圖乙有，解得故B錯誤；C．根據(jù)圖乙可知，碰撞后上珠的速度根據(jù)動量守恒定律有解得故C錯誤；D．頂珠做勻減速運動至速度減為0過程，利用逆向思維有解得故D正確。故選D。6．物體間發(fā)生碰撞時，因材料性質(zhì)不同，機械能會有不同程度的損失，可用碰撞后二者相對速度的大小與碰撞前二者相對速度大小的比值描述，稱之為碰撞恢復(fù)系數(shù)，用符號表示?，F(xiàn)有運動的物塊A與靜止的物塊B發(fā)生正碰，關(guān)于A與B之間的碰撞，下列說法正確的是（

）A．若，則表明碰撞結(jié)束后A與B均停止運動B．若，則表明碰撞結(jié)束后二者交換速度C．若，則表明A與B的碰撞為完全非彈性碰撞D．若，則表明A與B的碰撞為彈性碰撞【答案】D【詳解】若，則表明碰撞結(jié)束后A、B兩物體相對速度為0，表明A、B兩物體共速，說明A與B碰撞為完全非彈性碰撞；假設(shè)為彈性碰撞，則有解得可知若，則表明A與B的碰撞為彈性碰撞。故選D。7．一固定光滑弧形軌道底端與水平軌道平滑連接，將滑塊A從弧形軌道上離水平軌道高度為h處由靜止釋放，滑塊A在弧形軌道底端與滑塊B相撞后合為一體，一起向前做勻減速直線運動，停止時距光滑弧形軌道底端的距離為s。已知滑塊A，滑塊B的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，則滑塊與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)滑塊A到達弧形軌道底端時的速度大小為，根據(jù)動能定理可得兩滑塊碰撞后的速度大小為v，根據(jù)動量守恒可得兩滑塊碰撞后一起向前做勻減速直線運動，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得故選D。8．如圖甲所示，將兩個質(zhì)量分別為m1=60g、m2=30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從小球A下端距地面h0=1.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時間為0.01s，不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度一時間圖像如圖乙所示，g取10m/s2，下列說法中正確的是（）A．B球與A球碰前的速度大小為5m/sB．A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞C．若m2?m1，第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20mD．兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小的比值為1∶101【答案】D【詳解】A．碰前，兩球均做自由落體運動，則有解得即B球與A球碰前的速度大小為6m/s，故A錯誤；B．根據(jù)題意可知，B球碰后的速度方向向上，大小為v2=4m/s，以向上為正方向，碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有解得碰前兩球的機械能為碰后兩球的機械能為碰撞后系統(tǒng)總動能減小，可知碰撞是非彈性碰撞，故B錯誤；C．假設(shè)碰撞是彈性碰撞，此時B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞過程有解得當m2?m1時，有解得則B球上升到最高點過程有解得故C錯誤；D．在碰撞時間t=0.01s內(nèi)，根據(jù)動量定理，對B球有B球重力的沖量解得故D正確。故選D。二、多選題9．在冰壺運動中運動員可以通過冰壺刷摩擦冰面來控制冰壺的運動．如圖甲所示，在某次比賽中，A壺與靜止的B壺發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后運動員用冰壺刷摩擦B壺運動前方的冰面．碰撞前后兩壺運動的圖線如圖乙中實線所示，已知EF與GH平行，且兩冰壺質(zhì)量相等，則（）A．碰撞后A壺的加速度大小為B．碰撞后B壺的加速度大小為C．碰撞后至停止的過程中，A、B兩壺的運動時間之比為D．碰撞后至停止的過程中，A、B兩壺所受摩擦力的沖量大小之比為【答案】BD【詳解】A．由EF與GH平行可知，碰撞前后A壺的加速度不變，由題圖可知，碰撞前后A壺的加速度故A錯誤；B．由圖像可得碰撞后B壺的加速度故B正確；C．由于A壺和B壺碰撞的過程中，動量守恒，則有根據(jù)題圖乙代入數(shù)據(jù)解得則可得碰撞后至停止的過程中，A壺的運動時間故碰撞后至停止的過程中，A、B兩壺的運動時間之比為，，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理可得故可得碰撞后至停止的過程中，A、B兩壺所受摩擦力的沖量大小之比為，故D正確。故選BD。10．如圖所示，光滑的水平面上有P、Q兩個固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點，A點有一質(zhì)量為的靜止小球2.有一質(zhì)量為的小球1以速度從緊貼P擋板處開始向右運動，一段時間后與小球2相碰。兩小球之間的碰撞為一維彈性碰撞，兩小球均可視為質(zhì)點。小球與擋板碰撞后，小球速度大小不變，方向相反。碰撞時間極短。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點，則兩小球的質(zhì)量關(guān)系可能為（）A． B． C． D．【答案】AD【詳解】若兩小球在A點相碰后球1的速度方向與原來的速度方向相同，兩小球在B點相碰，是球2與擋板Q相碰后反彈，在B點與球1相碰，在A點相碰后球2經(jīng)過的路程是球1經(jīng)過的路程的3倍，有可得根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律得聯(lián)立解得若兩小球在A點相碰后球1的速度方向與原來的速度方向相反，兩小球在B點相碰，是球1與擋板P相碰后反彈，在B點追上球2，在A點相碰后球1經(jīng)過的路程是球2經(jīng)過的路程的3倍，有可得同理解得若兩小球在A點相碰后球1的速度方向與原來的速度方向相反，兩小球在B點相碰，是球1與擋板P相碰后反彈，球2與擋板Q相碰后反彈，在B點相碰，球1經(jīng)過的路程等于球2經(jīng)過的路程，有可得同理解得故選AD。11．如圖所示，傾角為37°的斜面上有兩個質(zhì)量均為1kg的貨物P、Q，P、Q與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為、，P沿斜面向下運動，Q沿斜面向上運動，已知P、Q碰撞前瞬間，P的速度大小為4m/s，Q的速度為零，碰撞時間極短，碰后瞬間Q的速度大小為3m/s，重力加速度，（sin37°=0.6cos37°=0.8）下列說法正確的是（）A．P、Q發(fā)生的是彈性碰撞B．P、Q碰后瞬間P的動量大小為C．P、Q碰后到P停下的過程中，P、Q系統(tǒng)動量守恒D．P、Q碰后到P停下的過程中，兩者位移之比為【答案】BCD【詳解】A．依題意，碰撞過程，系統(tǒng)動量守恒，可得解得可得即P、Q發(fā)生的是非彈性碰撞。故A錯誤；B．P、Q碰后瞬間P的動量大小為故B正確；C．P、Q碰后到P停下的過程中，系統(tǒng)所受合力為所以P、Q系統(tǒng)動量守恒。故C正確；D．P、Q碰后到P停下的過程中，由牛頓第二定律可得可知碰后P做勻減速直線運動，Q做勻加速直線運動。根據(jù)解得此時二者的位移分別為，可得兩者位移之比為故D正確。故選BD。12．如圖甲所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，時與木板相撞并粘在一起，兩者運動的圖像如圖乙所示，重力加速度大小g取，則（）A．Q的質(zhì)量為2kg B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.05C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為1J D．時木板的速度恰好為零【答案】BC【詳解】A．滑塊P滑上木板后，滑塊P做勻減速運動，木板Q做勻加速運動，由兩者運動的圖像可知，兩者在碰撞前滑塊P的速度為，木板Q的速度，兩者碰撞后共同速度為，碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，設(shè)滑塊P的質(zhì)量為m，木板Q的質(zhì)量為M，取滑塊P的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得A錯誤；B．設(shè)滑塊P與木板Q間的滑動摩擦因數(shù)為，地面與木板之間的滑動摩擦因數(shù)為，由運動的圖像可知，在0~2s時間內(nèi)，滑塊P的加速度為木板Q的加速度為對兩者由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得B正確；C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為代入數(shù)據(jù)解得C正確；D．對兩者碰撞后的整體由動量定理可得代入數(shù)據(jù)解得可知木板的速度恰好是零的時刻應(yīng)是D錯誤。故選BC。13．如圖，光滑圓弧槽面末端切線水平，并靜置一質(zhì)量為m2的小球Q，另一質(zhì)量為m1的小球P從槽面上某點靜止釋放，沿槽面滑至槽口處與Q球正碰，設(shè)碰撞過程中無能量損失，P、Q兩球落地點到O點水平距離之比為1:3，則P、Q兩球質(zhì)量比可能是（）A．3:1 B．3:5 C．2:3 D．1:7【答案】AB【詳解】設(shè)碰撞前小球P的速度為v0，碰撞后P、Q的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律和機械能守恒定律得解得兩式之比為因P、Q兩球落地點到O點水平距離之比為1:3，即，則可能有兩種情況，一種是碰撞后P球不彈回，繼續(xù)向前運動，有解得另一種是碰撞后P球被彈回，有解得綜上所述，P、Q兩球質(zhì)量比可能是、。故選AB。三、解答題14．2023年6月27日全國殘疾人冰壺錦標賽和殘奧冰球錦標賽拉開序幕。如圖所示，運動員將冰壺A以初速度v0=2m/s從M點水平擲出，沿直線運動一段距離后與靜止在N點的冰壺B發(fā)生正碰，碰后冰壺A、B的速度大小分別為vA=0.3m/s、vB=0.7m/s，碰撞前后A的速度方向不變，運動中冰壺可視為質(zhì)點且碰撞時間極短。若冰壺A、B的質(zhì)量均為20kg，與冰面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.015，重力加速度g=10m/s2。求：(1)兩冰壺碰撞前冰壺A的速度大小v1；(2)M、N兩點間的距離s；(3)通過計算判斷兩冰壺碰撞是否為彈性碰撞?！敬鸢浮?1)1m/s(2)10m(3)見解析【詳解】（1）兩冰壺碰撞過程中，滿足動量守恒，以碰撞前A的速度方向為正方向，有代入數(shù)據(jù)解得（2）冰壺A從M點水平擲出至運動到N點與冰壺B碰撞前，根據(jù)動能定理得代入數(shù)據(jù)解得（3）碰撞前A、B兩冰壺的總動能為碰撞后兩冰壺的總動能為由于Ek1>Ek2，可知兩冰壺碰撞過程中有動能損失，為非彈性碰撞。15．如題1圖，A、B兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其x-t圖像如題2圖所示，以向右為正方向，物體A質(zhì)量m1=1kg。（1）求物體A在碰撞過程中的動量變化量Δp1；（2）求物體B的質(zhì)量m2；（3）通過計算判斷兩個物體的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞?！敬鸢浮?3kg·m/s6kg非彈性碰撞【詳解】（1）由圖可知，物體A碰前速度，碰后速度，則物體A在碰撞過程中的動量變化量為（2）由圖可知，物體B在碰前靜止，碰后速度為，由動量守恒定律得解得（3）兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞過程中損失的機械能為所以碰撞過程是非彈性碰撞。16．如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升至最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）小球A與物塊B相撞前瞬間的速度大?。唬?）碰撞過程小球A對物塊B的沖量大??；（3）物塊B在地面上滑行的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)小球的質(zhì)量為m，運動到最低點與物塊相撞前的速度大小為，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有解得（2）設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為，同理有設(shè)碰撞后物塊的速度大小為，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有由動量定理可得，碰撞過程滑塊獲得的沖量為聯(lián)立解得（3）物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小為設(shè)物塊在水平面上滑動的距離為s，由動能定理有解得17．長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止狀態(tài)。A獲得一速度vA后在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當A回到最低點時，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并也恰好能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)A獲得一速度vA時，輕繩對小球A的拉力大??；(2)A、B碰撞過程中損失的機械能?E?！敬鸢浮?1)6m1g(2)【詳解】（1）恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設(shè)在最高點時的速度大小為，由牛頓第二定律有從最低點到最高點的過程中，取軌跡最低點處重力勢能為零，由機械能守恒定律有對最低點受力分析可得解得輕繩對小球的拉力大?。?）設(shè)兩球粘在一起時的速度大小為粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前的速度方向相同，以此方向為正方向，設(shè)碰前瞬間的速度大小為，由動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律可得，兩球碰撞過程中損失的機械能18．在同一豎直平面內(nèi)，兩個大小相同的小球A，B懸掛于同一高度；靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示?，F(xiàn)將A球從最低點拉起高度h并由靜止釋放，在最低點與B球發(fā)生正碰。已知A球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計小球半徑和空氣阻力。（1）若B球的質(zhì)量也為m且