彈性碰撞與非彈性碰撞模型（解析版）-2025高考物理解題技巧與模型講義

51s

【模型概述】r

一、碰撞類型正碰(對心碰撞)和斜碰(非對心碰撞)

彈性碰撞和非彈性碰撞

1彈性碰撞:兩個物體發(fā)生碰撞過程，系統(tǒng)的機械能沒有損失。

系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。

2.非彈性碰撞:兩個物體發(fā)生碰撞過程，系統(tǒng)的機械能有損失。

系統(tǒng)動量守恒，機械能減少。

3.完全非彈性碰撞:碰撞后粘合在一起，機械能損失最多。

二、碰撞現(xiàn)象的三個原則

系統(tǒng)動量守恒;不違背能量守恒;物理情景可行性

①若碰前兩物體同向運動，則應有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，

則應有V前2V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.

深化拓展：(1)碰撞過程中作用時間極短，內力遠大于外力，所以滿足動量守恒.

(2)不受外界因素影響的情況下，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、打擊類問題

1.打擊類問題模型也是“碰撞”的一種類型。由于在“打擊”瞬間，其它外力相對于打擊力較小，可以忽略不計,

因此參與“打擊”的物體系統(tǒng)動量守恒。

2.“打擊”時，一般有機械能的損失，屬于“非彈性碰撞”類型，其中子彈“打擊”木塊，并留在木塊中時，系統(tǒng)

機械能損失最多。

3.“打擊”完畢后，一般還有其它過程，注意“多過程”問題的分析。

二、含彈簧的類碰撞問題模型

(1)當彈簧被壓縮至最短時，或被拉伸至最長時，二物體速度相同、動量守恒，此時彈性勢能Ep最大.Ep等

于二物體的動能的減少量.

(2)當彈簧再次恢復自然長度時，一個物體的速度最大，另一物體的速度最小，此時彈簧的彈性勢能為零.

【模型訓練】

【例1】如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質量分別為網(wǎng)和牡，圖乙為它們碰撞后

的S—圖像，已知叫=O.lkg.由此可以判斷（）

甲

A.碰前加2勻速，叫加速運動

B.碰后牡和班都向右運動

C.機2=0.2kg

D.碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒

【答案】D

【詳解】AB.由SY圖像的斜率等于速度可知碰前如靜止，如勻速運動，皿的速度為

As,/

V[=—=4m/s

%

向右運動；碰后加/速度為

v,'=—―-m/s=-2m/s

16-2

向左運動，碰后加2的速度

，16—8/,

%=----m/s=2m/s

6-2

向右運動，故AB錯誤；

C.根據(jù)動量守恒定律得

機I、=加]V；+加2V2，

代入數(shù)據(jù)解得

m2=0.3kg

故C錯誤；

D.兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞前的機械能為

11

E=—m,v,9=—xO.lx47J=0.8J

2112

碰撞后的機械能為

E'=g加F,+；加zv]=0.8J

因為

E=E'

所以碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，故D正確。

故選D。

變式1.1質量為町和加2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間/變化的圖像如圖所示。已

知嗎=1kg,下列說法正確的是（）

A.碰撞前啊的速度4m/sB.碰撞后叫做減速運動

C.啊的質量為3kgD.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，可知碰撞前犯的速度

4，，，

%=Ym/s=4m/s

%的速度為零，選項A錯誤；

B.碰撞后叫向反方向左勻速運動，選項B錯誤；

C.圖像的斜率等于速度可知，碰后叫和電的速度分別為

W=-2m/s

v2=2m/s

根據(jù)動量守恒定律

冽冽匕+

1%=1m2v2

解得

m2=3kg

選項C正確；

D.上述碰撞損失能量為

2

NE——叫v；-（―叫V；+—m2vj）=0

則該碰撞為彈性碰撞，選項D錯誤。

故選C。

變式L2A、B兩滑塊在光滑水平面上發(fā)生正碰，它們的位移x與時間/的關系圖像如圖所示。已知A的質

量為2kg,碰撞時間不計.則（）

A.B的質量為2kg

B.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

8,,,

%m/s=4m/s

撞后A的速度為

v.=---m/s=-2m/s

16-2

撞后B的速度為

v=――-m/s=2m/s

26-2

根據(jù)動量守恒

加A%=WAV1+WBV2

解得

mB=6kg

故AB錯誤;

CD.因為

:機AW+g機BW

所以是彈性碰撞，故C正確D錯誤。

故選Co

【例2】如圖所示，用等長的輕繩將大小相同的彈性小球A、B懸掛于同一高度，靜止時兩球恰能接觸且懸

繩豎直，已知兩球質量分別為mA,mB.現(xiàn)將A球向左拉至某一高度〃后由靜止釋放（懸繩始終保持伸直

狀態(tài)，不計空氣阻力），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〃

B.若碰撞后，A、B都向右擺動，且B球擺起的高度小于〃

C.若叫＜麗碰撞后，A、B都向右擺動，且B球擺起的高度小于

D.無論A、B質量大小如何，釋放后整個過程A、B系統(tǒng)的機械能和動量都守恒

【答案】A

【詳解】小球A下降分時，根據(jù)機械能守恒

%gh=；m國

可得

碰撞的過程中滿足動量守恒，機械能守恒

加A%=WAV1+WBV2

整理得

mA-mR2加A

V1=—--------v0,V2=---------Vo

mA+mB加A+

A.若mA=rriBf可知

匕=0，%=%

即碰后A球靜止，B以vo的速度上擺，擺起的高度等于h,A正確;

B.若冽戶加小可知

匕>0,v2>v0

即碰撞后，A、B都向右擺動，B球擺起的高度大于九B錯誤;

C.若m4VmB,可知

巧<0,v2>0

即碰撞后，A球向左運動，B球向右運動，C錯誤；

D.在A球下擺和碰后兩球運動的過程中，所受合外力均不為零，因此動量均不守恒，D錯誤。

故選Ao

變式2.1如圖所示，A、B是兩個用等長細線懸掛起來的大小可忽略不計的小球，加3=5mA。B球靜止，拉

起A球，使細線與豎直方向偏角為30。，由靜止釋放，在最低點A與B發(fā)生彈性碰撞。不計空氣阻力，則

關于碰后兩小球的運動，下列說法正確的是（）

〃〃/〃//

6

B

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A球到達最低點的速度為v,在最低點A與B發(fā)生彈性碰撞后，A球的速度為四，B球的速度

為VB,規(guī)定向右為正方向。由動量守恒可得

mAV=mAV，+WIBVB

由機械能守恒可得

V2=|WAVI+|OTBVB

可得

2

—V

加A+加B3

%=上—=、

mA+mB3

故A向左，B向右。設碰后A球偏角為6,繩長為3由機械能守恒

=%g〃l-cos。）

故

cos9=\-

2gL

可見偏角與小球在最低點的速度大小有關，與質量無關，故A球偏角大于B球偏角，且都小于A球原來的

偏角30°o

故選C。

變式2.2用如圖所示的“牛頓擺”裝置來研究小球之間的碰撞，5個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架

上，5根輕繩互相平行，5個鋼球彼此緊密排列，球心等高且位于同一直線上，用1、2、3、4、5分別標記

5個小鋼球.如圖甲，當把小球1向左拉起一定高度后由靜止釋放，使它在極短時間內撞擊其他小球，下列

分析中正確的是（）

A.上述實驗中，可觀察到球5向右擺起，且達到的最大高度與球1的釋放高度相同

B.上述碰撞過程中，5個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒

C.如圖乙所示，如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度后，再同時由靜止釋放，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進行實驗，將它們分別向左、右各拉起一個較小的高度，且小球1的

高度是小球2的兩倍，由靜止釋放，可觀察到發(fā)生碰撞后兩小球均反彈并返回初始高度

【答案】A

【詳解】A.小鋼球極短時間內的碰撞可認為彈性碰撞，則實驗中可觀察到球5向右擺起，且達到的最大高

度與球1的釋放高度相同，故A正確；

B.每兩個小球碰撞的過程機械能守恒、動量守恒，不是5個小球組成的系統(tǒng)，故B錯誤；

C.如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度，再同時由靜止釋放，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剛停止的時候2球過來與之碰撞交換速度，然后3

與4碰撞，使4向右擺起，2球剛停止的時候1球過來與之碰撞交換速度，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錯誤；

D.若只用小球1、2進行實驗，將它們分別向左、右各拉起一個較小的高度，且小球1的高度是小球2的

兩倍，由靜止釋放，兩球相碰機械能守恒、動量守恒，則兩球速度交換，應觀察到發(fā)生碰撞后兩小球均反

彈并返回至對方的初始高度，即2球比1球彈得高，故D錯誤。

故選Ao

［例3］如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行的超級碰撞實驗，可以使小球彈起并上升

到很大高度。將質量為碗（左＞1）的大球（在下），質量為機的小球（在上）疊放在一起，從距地面高為

處由靜止釋放，/?遠大于球的半徑，不計空氣阻力。假設大球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞,

且碰撞時間極短。下列說法正確的是（）

A.兩球一起下落過程中，小球對大球的彈力大小為機g

B.大球與地面第一次碰撞過程中，地面對大球平均作用力的沖量大小為初，即

C.無論左取什么值，大球與小球碰撞后大球的速度均不能為0

D.若大球的質量遠大于小球的質量，小球上升的最大高度約為9〃

【答案】D

【詳解】A.兩球一起下落過程中都做自由落體運動，小球對大球的彈力大小為0,A錯誤;

B.下落過程中由自由落體運動規(guī)律得

v2=2gh

解得大球與地面碰撞前的速度大小為

根據(jù)動量定理可得

B錯誤；

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，兩球碰撞前后動量守恒，機械能守恒,

設碰撞前小球和大球的速度分別為V,碰后大球的速度為V/小球的速度為V2,由動量守恒定律

kmv-mv=kmvx+mv2

由機械能守恒定律

—kmv2Hmv~=—kmv,2H--mv.,

2222

兩式聯(lián)立解得

(km-m)v—2mv

可知當

時，大球與小球碰撞后大球的速度為0,C錯誤；

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，兩球碰撞過程系統(tǒng)內力遠大于外力,

系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設碰撞后小球速度大小為力，大球速度大小為v2,選向上為正方向，由動能

量守恒和機械能守恒

Mv—mv=mvt+Mv2

—(m+M}v2=—mv1+—Mv}

解得

*M-m)12gh

當M》m時，不考慮％影響，則

小球上升高度為

H==9h

D正確;

故選Do

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〃處自由落下，h

遠大于兩小球直徑，小球B的質量是A質量的3倍。假設所有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，則下列判斷中錯誤的是（）

A.下落過程中兩個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2〃

D.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4〃

【答案】C

【詳解】A.球B與地面碰撞前，對AB整體，由牛頓第二定律得

(nu+niB)g=(mA+ms)a

解得

a=g

設下落過程中兩個小球之間的彈力為7,對8球，由牛頓第二定律得

解得

7=0

故A不符合題意；

B.根據(jù)機械能守恒定律可得

（冽/+冽8）gh—y（以/+冽8）VQ

解得球A、B與地面碰撞前瞬間的速度大小為

vo=q2gh

B球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選A與B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后

A、B速度大小分別為辦、vB,選向上方向為正方向，由動量守恒定律得

mBVo-mAVo—mAVA+msvs

由機械能守恒定律得

1,、,1,1,

—<mA+mB)vo=~niAVA+~niBVB^

由題可知

%B=3mA

聯(lián)立解得

VB-O

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

H&=4力

故C符合題意，D不符合題意。

故選Co

變式3.2如圖所示，某同學在教室內做“子母球”的實驗，將兩質量分別為如和〃”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，所有的碰撞均為豎直方向內彈性

碰撞，且碰撞時間均可忽略不計。已知兩個彈性小球加2=4〃〃，課桌邊緣離地面高度為人=0.75m,天花板離

地面3.6m,貝1J()

A.A小球彈起能打到天花板

B.B小球彈起能超過桌子一半高度

C.在碰撞的總過程，兩個小球動量變化量等大反向

D.在碰撞的總過程，A小球機械能守恒

【答案】A

【詳解】AB.以B為研究對象，從B小球開始下落至地面時的過程中，設落地前小球B的速度為刃，由功

能關系可得

加2g嗎V；

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，設碰后B速度為電，則在

大小上有

V2=V1

以A球為研究對象，從B小球開始下落至地面時過程中，設A球落地前速度為g取10m/s2,則由功能

關系可得

mxgh=；叫片

根據(jù)以上可解得速度大小均為

=v2=v3=JfMrn/s

由于AB觸地后，兩球之間發(fā)生彈性碰撞，以AB兩球相碰過程為研究過程，設AB兩球相碰后速度分別為

V5，以速度向上為正方向。則根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律有

一冽1匕+m2V2=miV4+m2V5

聯(lián)立以匕及結合題意可解得

v4=-^-V15m/s

v5=1-VT5m/s

以A球為研究對象，碰后至運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律可得

m0；

聯(lián)立可得

h；=3.63m>3,6m

故A球彈起能打到天花板。

同理，以B球為研究對象，碰后至運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律可得

j'12

m2gh2=-m2v5

聯(lián)立可得

h；=0.03m<|=0.375m

故B球彈起后不能超過桌子一半高度。故A正確，B錯誤；

C.在碰撞的總過程中，以速度向上為正，根據(jù)以上分析可知，A球發(fā)生碰撞前后速度分別為V4,故對

A球有

APA=ml(v4-v3)=(^-V15-V15)=y^15^

B球發(fā)生碰撞前后速度分別為V2,V5,故對B球有

\PB=m2(y2+v5)=4ml(V15+-V15)=

故C錯誤。

D.由以上分析可知，A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故機械能增加了，故D錯誤。

故選Ao

【例4】如圖所示。在光滑水平面上。兩個物體的質量都是加，碰撞前乙物體靜止，甲物體以速度2m/s向

它撞去。碰撞后兩個物體粘在一起，成為一個質量為2加的物體，以一定速度繼續(xù)前進。則碰撞過程中系統(tǒng)

損失的機械能為()

//////////////////////////

A.mB.0.5mC.2mD.1.5m

【答案】A

【詳解】根據(jù)動量守恒定律，有

2mvr=mv

解得

vr=—v=lm/s

2

碰撞前總動能

E,=~mv1=2m

k2

碰撞后總動能

E[=2mM2=m

碰撞過程中總動能損失

/=5一琢="7

故選Ao

變式4.1如圖所示，質量相同的A球和B球，A球用細線吊起，B球放在懸點正下方的光滑水平面上。現(xiàn)

將A球拉到高距離地面高度為〃處由靜止釋放，擺到最低點時與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）（）

h

A.等于:B.等于C.介于〃和萬之間D.有可能大于〃

42

【答案】A

【詳解】A球由靜止釋放到最低點與B球碰撞前的過程，根據(jù)動能定理可得

mgh=；冽片

解得

%=7^

A球與B球碰撞過程滿足動量守恒，則有

mvQ=2mv

解得碰后兩球的共同速度為

v——

22

碰后兩球粘在一起向上擺到最大高度過程，根據(jù)動能定理可得

-2mghr=0x2mf

解得兩球上擺的最大高度為

“J

4

A正確，BCD錯誤。

故選Ao

變式4.2如圖所示，在光滑的水平面上有2023個完全相同的小球排成一條直線，均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)給第

一個小球初動能使它正對其他小球運動。若小球間的所有碰撞都是完全非彈性的，則整個碰撞過程中

因為碰撞損失的機械能總量為（

。。O

20222023

【答案】B

【詳解】以第一個小球初速度vo方向的為正方向，將2023個小球組成的整體看作一個系統(tǒng)，設系統(tǒng)最終的

速度為v,運用動量守恒定律得

mvo=2O23mv

則系統(tǒng)損失的機械能為

AE=—mvl--x2023機v

故選Bo

【例5】在光滑水平地面上放一個質量為2kg、內側帶有光滑弧形凹槽的滑塊凹槽的底端切線水平，如

圖所示。質量為1kg的小物塊加以％=6m/s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，恰好能到達滑塊M的頂

端，隨后下滑至底端二者分離。重力加速度取g=10m/s2,不計空氣阻力。在小物塊機沿滑塊M滑行的整

個過程中，下列說法正確的是（）

A.地面對滑塊M的沖量為零

B.小物塊機沿滑塊”上滑的最大高度為0.6m

C.滑塊”對小物塊加做的功為-16J

D.合力對滑塊M的沖量大小為16N-s

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)沖量公式

I=Ft

地面對滑塊W的作用力不為零，可知地面對滑塊M的沖量不為零，A錯誤；

B.當物塊與凹槽二者速度相等時，小物塊加沿滑塊”上滑的高度最大，設最大高度為訪，系統(tǒng)水平方向動

量守恒，以為的方向為正方向，有

mv0=（m+M^v

由機械能守恒可得

~^mvo=；■（加+M）v2+mgh

解得

h=1.2m

B錯誤；

C.設小物塊加返回滑塊M的底端時，小物塊加與滑塊M的速度分別為匕、v2,系統(tǒng)水平方向動量守恒,

有

mv0=mvi+MV2

機械能守恒

~^mvo=g加v；+gMn；

解得

%=-；%=-2m/s

2,,

V2=JV0=4m/s

對加在全過程中，應用動能定理可得

W=；機片一；〃zv；=-16J

C正確;

D.根據(jù)動量定理，合力對滑塊M的沖量大小為

/=A/V2-0=8N-S

D錯誤。

故選Co

變式5.1在光滑水平地面上放一個質量為2kg的內側帶有光滑弧形凹槽的滑塊凹槽的底端切線水平，

離地高度為5cm,如圖所示。質量為1kg的小物塊%以%=3m/s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，

恰好能到達滑塊M的頂端，然后滑下離開凹槽。重力加速度取g=10m/s2,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30cm

B.小物塊離開槽后做自由落體運動

C.弧形凹槽的高度為45cm

D.小物塊對滑塊先做正功后做負功

【答案】A

【詳解】AB.小物塊在槽上運動的過程中，小物塊與凹槽構成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設小物塊剛離

開槽時，小物塊速度為四，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

mvQ=mvx+MV2

整個運動過程機械能守恒，故有

^mvo=g加v；+gMv；

聯(lián)立解得

（方向向左），%=2m/s

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

,12

h=2gt

水平方向上有

X=卬

此過程中凹槽移動位移為

2=v2t

小物塊落地時與槽左端的水平距離為

△x=X+玉

聯(lián)立解得

=0.1s,Ax=30cm

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，小物塊與凹槽構成的系統(tǒng)在水平方向

動量守恒，設小物塊到達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

mv0=(m+M^v

上升到最高點的過程中系統(tǒng)機械能守恒，故有

mv1

~o=~j(m+M^v+mght

聯(lián)立解得

%=60cm

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Ao

變式5.2在光滑水平地面上放一個質量為2kg的內側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。質量為1kg的小物塊加以ve=6m/s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，恰好能到達滑塊

M的頂端。重力加速度取g=10m/s2,不計空氣阻力。在小物塊m沿滑塊M滑行的整個過程中，下列說

法正確的是（）

A.小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.3m

B.小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.6m

C.合力對滑塊M的沖量大小為8N-s

D.合力對滑塊M的沖量大小為16N-S

【答案】C

【詳解】AB.當二者速度相等時，小物塊機沿滑塊M上滑的高度最大，設最大高度為加系統(tǒng)水平方向動

量守恒,以"的方向為正方向，有

mv0=(m+M^v

根據(jù)機械能守恒可知

gmv；=+M)v2+mgh

解得

h=].2m

AB錯誤;

CD.設小物塊機返回滑塊”的底端時，小物塊〃?與滑塊M的速度分別為v/、及，系統(tǒng)水平方向動量守恒,

有

mv0=mv1+MV2

根據(jù)機械能守恒定律有

解得

%=-；%=-2m/s

2//

V2=”=4m/s

根據(jù)動量定理，合力對滑塊M的沖量大小為

I=MV2-0=8N,S

C正確，D錯誤。

故選C。

【例6】如圖所示，光滑水平面上，A、B兩小球與輕質彈簧拴接，彈簧處于原長，兩小球靜止。某時刻給

A球水平向右的初速度，對應初動能為線，設此后運動過程中彈簧彈性勢能最大值為耳。已知A球質量為

E

〃?，若f=4,則B球質量為（）

EP

穌

AQTWVWWWWWVOB

//////////////////////////7////

1

A.~mB.2mC.3mD.4m

3

【答案】A

【詳解】當彈性勢能最大時，兩物體共速，則由動量守恒定律

mvQ=(m+m)v

其中彈簧彈性勢能

1,2

Ep=Ek--(m+m)v

穌

紋=4

耳

解得

，1

m=-m

3

故選Ao

變式6.1物塊a、b中間用一根輕質彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊。的質量為1.2kg,如圖甲所示。

開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，/=0時對物塊。施加水平向右的恒力凡f=ls時撤去，在0?1s內

兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，整個運動過程中以下分析正確

的是()

A.6物塊的質量為1.0kg

B./=Is時彈簧伸長量最大

C.t=ls時a的速度大小為0.8m/s

D.彈簧伸長量最大時，。的速度大小為0.6m/s

【答案】D

【詳解】AC.f=0時，彈簧彈力為零，對a根據(jù)牛頓第二定律可得

F=maa=1.2N

f=ls時，a、b整體加速度相同，且"=0.6m/s2,對整體根據(jù)牛頓第二定律可得

F=+mh^a'=1.2N

解得

mb=0.8kg

故AC錯誤；

B.—圖像與坐標軸所圍的面積表示速度的變化量，從圖像可看出，f=ls時。的速度大于6的速度，撤

去/后，彈簧繼續(xù)伸長，當二者共速時，彈簧伸長量最大，故B錯誤；

D.根據(jù)動量定理可知撤去拉力時，a、6組成的系統(tǒng)動量為

p=I=Ft=1.2kg-m/s

撤去拉力后，根據(jù)圖像可知。的速度大于6的速度，則.、6之間距離還將繼續(xù)增大，此時.、6組成的系

統(tǒng)動量守恒，彈簧伸長量最大時，。、b的速度相同，設為v,則

p=(jna+mh)v

解得

v=0.6m/s

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量為如和加2的兩物塊A、B相連接，并且靜止在光滑的水

平面上，其中巾=4kg?，F(xiàn)使如瞬時獲得水平向右的速度，并以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化

的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得（）

m2

~77/7777/77777777777777777777777777