2024年高考物理二轮复习提升核心素养“碰撞类”模型问题（解析版）

6.3“碰撞类”模蟹问题

一、碰撞的特点和分类

1.碰撞的特点

⑴时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。

⑵相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力,所以动量守恒。

2.碰撞的分类

⑴弹性碰撞：系统动量守恒,机械能守恒。

(2)非弹性碰撞：系统动量守恒,机械能减少,损失的机械能转化为内能。

⑶完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。

3爆炸:一种特殊的“碰撞”

特点1：系统动量守恒。

特点2：系统功能增加。

二、弹性正碰模型

1.“一动碰一静”模型

m\—mi

切'=〃.+-2山

当02=0时，有《

2nuv\

V2m\+mi

2.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不

变，广义上也可以看成弹性E碰。

三、碰撞可能性分析

判断碰撞过程是否存在的依据

1.满足动量守恒：pi+p2=pi'+p/o

2.满足动能不增加原理：EkLEk22Ek「+Ek2'。

3.速度要符合情景

⑴如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即。后曲，否则

无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或

等于原来在后的物体的速度u/丸/。

⑵如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞

后速度均为零。若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即。前

力。后。

“滑块一弹簧”模型

1.模型图示

纹

77^77777777777777777777777/

水平地面光滑

2.模型特点

⑴动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动

量守恒.

⑵机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒.

⑶弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于完

全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能）.

⑷弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（相当于刚完成弹性碰撞）.

例题1.（多选）如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为加和〃〃的两物块A、B相连接并

静止在光滑的水平地面上.现使A以3m/s的速度向3运动压缩弹簧，速度一时间图像如图

乙，则有（）

甲乙

A.在力、公时刻两物块达到共同速度1m/s,且弹簧都处于压缩状态

B.从A到上时刻弹簧由压缩状态恢复原长

C.两物块的质量之比为加：团2=1:2

D.在尬时刻A与8的动能之比Eki：仄2=1：8

【答案】CD

【解析】

由题图乙可知力、△时刻两物块达到共同速度1m/s,且此时系统动能最小，根据系统机械

能守恒可知，此时弹性势能最大，A时刻弹簧处于压缩状态，而A时刻处于伸长状态，故A

错误；结合图像弄清两物块的运动过程，开始时4逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，。时

刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B

仍然加速，A先减速为零，然后反向力口速，尬时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度

相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在门时刻，两物块速度相等，系统动能

最小，弹簧最长，因此从小到白过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误：根据动量守恒

定律，/=0时刻和/=力时刻系统总动量相等，有如初=（如+/M2）也其中初=3m/s,v?=1

m/s,解得〃?i：〃?2=1：2,故C正确；在Z2时刻4的速度为。八=—1m/s,B的速度为。B=2

m/s,根据〃:〃?2=1:2,求出Eki:Ek2=l:8,故D正确.

如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、8位于光滑水平面上，现使滑块A

以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块8发生相互作用.求二者在发生相互作

用的过程中,

[A]

⑴弹簧的最大弹性势能;

⑵滑块B的最大速度.

【答案】（D6J（2）2m/s,方向向右

【解析】

（1）当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、8同速.系统动量守恒，以

向右为正方向,

由动量守恒定律得/“A0O=（〃以+niB）v

解得安彗~=称m/s=lm/s

inA-vma1十3

弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、B损失的动能

Ep“=；，〃/⑺。2-/("〃+HIB)V2=6J.

（2）当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度,

由动量守恒定律和能量守恒定律得niAV（）=niAVA-^-mBVm

/加加=J加*+^HIAVA2

解得0m=2m/s,方向向右.

两物块A、8用轻弹簧相连，质量均为2kg,初始时弹簧处于原长，A、B两物

块都以。=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所

示.已知3与C碰撞后会粘在一-起运动.在以后的运动中：

rTTwwfT]KL

⑴当弹簧的弹性势能最大时，物块4的速度为多大?

⑵系统中弹性势能的最大值是多少?

B.小球将做自由落体运动

c.此过程小球对小车做的或为沙乃。?

D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为最

【答案】BC

【解析】

小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v',由动量守恒定律和机械能守恒

2/2

定律有：，|MPO=2X（|MU）+Mghf联立解得/?=瑞，故D错误；从小球滚

上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守

恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运

动，小车速度变为。0,动能为:即此过程小球对小车做的功为;Mo（）2,故B、C正确，A

错误.

如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小

球。（视为质点）的质量为滑块产的质量的一半，小球。从滑块尸顶端由静止释放，Q离开尸

时的动能为反】.现解除锁定，仍让。从滑块顶端由静止释放，。离开P时的动能为以2,Eki

和氏2的比值为（）

A.1B.|C.|D.1

【答案】C

【解析】

设滑块户的质量为2nJ,则Q的质量为加，弧形顶端与底端的竖方距离为止?锁定时，

。下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg/z=Eki,P解除锁定，Q下滑过程，P、Q

组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：加OQ—2〃汽a=0,由

11177kl3

机械能守恒定律得：mgh=]mVQ2+,2mvp2,。离开户时的动能：❷2=了〃002,解得：京=1,

故C正确.

如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的"圆槽A和

8并排放在光滑的水平面上，图中。、c分别为A、8槽的最高点，b、bf分别为A、B槽的最

低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为〃7的小球。从圆槽A顶端的。点无初速度释

放.重力加速度为g,求：

⑴小球。从。点运动到匕点时的速度大小及A槽对地面的压力大小;

⑵小球C在B槽内运动所能达到的最大高度;

(3：山的最大速度的大小.

【答案】(1田荻3〃zg+Mg(2)诉蔡

⑶M+商证

【解析】⑴小球。从。点运动到力点的过程，机械能守恒，有/〃

解得小球到b点时的速度大小为加=啦谈

0。2

在最低点乩根据牛顿第二定律可得人一，咫=加五-

解得Fx=3mg

由牛顿第三定律可知，小球。对A的压力尸N'=A=3〃zg,A静止，处于平衡状态，由平衡

条件可知，地面对A的支持力/=尺'+Mg=3mg+Mg,由牛顿第三定律可知，A对地面的

压力F'=/=3mg+Mg.

(2)8、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球。在8槽内运动至所能达

到的最大高度〃处时,两者共速.由动量守恒定律可知机。0=(M+〃2)。

由机械能守恒定律，有=；(M+m)v2+mgh

解得力=拌--

⑶当小球回到B槽的底端。'点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有

由能量守恒定律可知%如(？=\mv।2+\,Mvr

乙L乙

解得。2=关飞丽.

@@@@@“物体与物体”正碰模型

1.碰撞遵守的规律

(1)动量守恒,即pi+p2=pi'+p2'。

oo,2,2

(2)动能不增加，即EKI+Ek22E"+EE或壮斗啜造+舞。

(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，见后面物体的速度必大于前面物体的速

度，即前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在

前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即。后'，否则碰撞没有结束。

如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速

度均为零。

2.碰撞模型类型

(1)弹性碰撞

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

以质量为加、速度为m的小球与质量为小的静止小球发生正面弹性碰撞为例，W

m\V\

g〃71VT=%?IV/+^m2V2,2

口(〃2|一〃22)V\2m\V\

解得初=加+〃心‘=嬴工病

结论：

①当两球质量相等时，k=0,两球碰撞后交换了速度。

②当质量大的球碰质量小的球时，力'>(),。2’>(),碰撞后两球都沿速度切的方向运动。

③当质量小的球碰质量大的球时，功'<(),s'>(),碰撞后质量小的球被反弹回来。

④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等。

(2)完全非弹性碰撞

①撞后共速。

②有动能损失，且损失最多。

例题3,甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰

撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg,则碰撞过程中两

【答案】A

【解析】

设乙物块的质量为"Z乙，由动量守恒定律有"2甲。甲+〃2乙0乙=〃2▼。甲'+"2乙。乙'，代入

图中数据解得，〃乙=6kg,进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E拘=57平a+g〃7

乙日一；/〃甲。甲'2—5〃乙。/2,代入图中数据解得£找=3J,A正确。

G®⑥©

如图所示，光滑水平面.上有A、3两物块，已知A物块的质量如=2kg,且以一定的初

速度向右运动，与静止的物块。发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移一时间图像如图所示

（规定向右为正方向），则碰撞后的速度及物体B的质量分别为（）

A.2m/s,5kgB.2m/s,3kg

C.3.5m/s,2.86kgD.3.5m/s,0.86kg

【答案】B

【解析】

2Q—20

由图像可知，碰前A的速度01=7m/s=5m/s,碰后A8的共同速度02=m/s=

2m/s,A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

解得〃犯=3kg,B正确。

如图所示，在水平面上依次放置小物块4。以及曲面劈8,其中A与C的质

量相等均为“7，曲面劈B的质量〃=3〃7,曲面劈8的曲面下端与水平面相切，旦劈足够高,

各接触而均光滑。现让小物块C以水平速度zm向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块

黏在一起滑上曲面劈瓦求：

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后物块A与。在曲面劈8」：能够达到的最大高度。

【答案】⑴；〃就⑵端

【解析】

(1)小物块C与物块A发生碰撞黏在一^起，以DO的方向为正方向

由动量守恒定律得：/加o=2mv

碰撞过程中系统损失的机械能:

E损=3〃2。8—/义2nw2

解得E拉式

(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等，根据动量守恒定律:

mvo=(，〃+in+3m)vi

解得V\=^V()

根据机械能守恒得

34

解得h=说。

@@@@

“滑块一木板”碰撞模型

模型V。m-Ji9

mtNM1|M

;〃〃冷〃〃，〃〃〃〃/〃〃

图示水平地面光滑水平地面光滑

模型(1)若子弹耒射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或

特点木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完

全非弹性碰撞拓展模型)

(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等

于系统减少的机械能

(3)根据能量守恒，系统损失的动能AEk—〃反°，可以看出，子弹

(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多

(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模

型，也可以从力和运动的角度借助图示求解

例题4.如图所示，质量M=1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量〃?=0.495kg的物块(可

视为质点)放在木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数〃=0.4。质量〃zo=O.OO5kg的子弹以

速度uo=3OOm/s沿水平方向射入物块并留在其中(子弹与物块作用时间极短)，木板足够长,

g取1()m/s2o求：

(1)物块的最大速度

(2)木板的最大速度V2；

(3)物块在木板上滑动的时间/o

【答案】(1)3m/s(2)1m/s(3)0.5s

【解析】

(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根

据子弹和物块组成的系统动量守恒得："MU0=("2+mo)V1

解得3=3m/so

(2)当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守

恒得：

("?+mo)v।=(M++mo)V2

解得：V2=1m/So

(3)对木板，根据动量定理得：〃(〃?+mo)gt=Mvi—0

解得：f=0.5s。

向图所示，质量”=1kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M=

2kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度均为0.6m且上表面等

高.现对小物块施加一水平向右的恒力F,使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时

撤去恒力凡小物块刚好能够到达小车的右端.小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦

因数〃均为0.5,重力加速度g取1。力加求：

⑴小物块离开平台时速度的大小；

⑵水平恒力E对小物块冲量的大小.

【答案】⑴3m/s(2)5N-s

【解析】

(1)设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为UD,小物块和小车的共同速度大小为VI.

从撤去恒力到小物块到达小左右端过程，以见的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：

由动量守恒："切0=(〃2+知)切

由能量守恒:m+।2+/imgl

联立以上两式并代入数据得：。0=3m/s

(2)设水平恒力/对小物块冲量的大小为/,小物块在平台上相对平台运动的时间为f.小物块

在平台上相对平台运动的过程，对小物块：

由动量定理：/—0

由运动学规律：Z=y-r

联立并代入数据得：/=5N-s.

如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有

小物块8。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、8均可视为质

点，4、8与C间的动摩擦因数均为〃，4、8、。三者的质量相等，重力加速度为g。

依1c

(1)求A刚滑上木板时，A、B的加速度大小。

(2)要使A、B不发生碰撞，求A的初速度应满足的条件。

(3)若已知A的初速度为加，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线

运动。要保证A、8均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少？

,2

【答案】(l)〃g警(2)合W[3〃g£◎)急

【解析】

(1)对A有〃〃Zg=〃2〃4

得4A="g

对BC有Nmg=2maB

解得血=早。

(2)若A、8刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，由动量守恒有〃皿=3〃w%

且有iimgL2苫〃沆一JX3〃?琢

解得uWy/3〃gL。

(3)由于发生弹性碰撞，八、8碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继

续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有〃wo'=3〃w』

且有f.imgL总切o'-/2

联立解得L总=

3〃g°

貂隔境缭合摆开练

1.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为/两小球质量分别为如、"Z2,

m\>tn2,侬的左边有一固定挡板.由图示位置静止释放M、，〃2,当mi与侬相距最近时如的

速度为功，则在以后的运动过程中()

A.m\的最小速度是0

B.加的最小速度是号当|

m\十〃22

C.mi的最大速度是V]

D.也的最大速度是

【答案】BD

【解析】

由题意结合题图可知，当"71与〃22相距最近时，"22的速度为0,此后，在前，做减速运

动，加2在后，做加速运动，当再次相距最近时，〃八减运结束，〃72加速结束，因此此时〃?I速

度最小，加2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，"29l="Z10l'+"2202,^^n\V\2=

热“2+会苏，解得“专ys=;^胃了，B、D选项正确

2.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面

前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块

平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为力=0.3m(/z小于斜面体的高度).已知小孩

与滑板的总质量为加=3。kg,冰块的质量为〃，2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动.取重

力加速度的大小g=10m/s2.

⑴求斜面体的质量；

⑵通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

【答案】⑴20kg(2)不能，理由见解析

【解析】

(1)规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速

度为V,斜面体的质量为"73.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得加2。0

=(〃72+〃[3)。①

J"?。。？=:(〃72+m3)/+fmgh②

式中00=3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得

V—1m/s,〃Z3=20kg③

⑵设小孩推出冰块后的速度为。1,对小孩与冰块，由动量守恒定律有

加|。1+"2200=(X3)

代入数据得ui=-1m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为D2和。3,对冰块与斜面体，由动量守恒定律而机械能守

恒定律有

，〃无0="7202+机303⑥

=^m2V22+1/W3V32®

联立③⑥⑦式并代入数据得

V2=-1m/s⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块

不能追上小孩.

3.(多选)如图所示，质量分别为M和〃7。的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定的速度。沿光

滑水平面运动，与位于正前方的质量为根的静止滑块区发生碰撞，碰撞时间极短.在甲、丙

碰撞瞬间，下列情况可能发生的是()

乙一”甲丙

7777777|A77A77A77A77A77A77A77A77/7W777777^7777777^7777^

A.甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为。1、V2、03,而且满足(M+〃70)0=Min+机(W2+〃W3

B.乙的速度不变，甲和丙的速度变为。I和。2,而且满足加2

C.乙的速度不变，甲和丙的速度都变为，，且满足如

D.甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为功，丙的速度变为。2,且满足(例+〃70%

=(M-i-fJio)vi+/nV2

【答案】BC

【解析】

碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度不变，以滑块甲的初速度方向

为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为0和02,由动量守恒定律得MU=MO|+〃202：

若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得，故B、C正确.

4.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，

与水平方向的夹角为。.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度。。沿斜面向上开始运

动.当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为。，距地面高度为〃，重力加速度为g,

则下列关系式中正确的是()

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/

A.〃wo=(〃?+Af)0

B."切ocos。=("2+M)v

C.1/w(vosin8)2=mgh

D.pnuo2=tngh+；(〃z+M)v2

【答案】BD

【解析】

小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为小

沿水平方向，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒.以水平向右为正

方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒律mmcosO=（〃z+M）。，故A错误，B

正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得=mgh+!（m+M）o\故C错误，D正确.

5.（多选）如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为机，B左端固定一个处在压缩

状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效.A以速率。向右

运动，当A撞上弹簧后，设悻簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法

正确的是（）

—zv__

A.A物体最终会静止，B物体最终会以速率。向右运动

B.A、8系统的总动量最终将大于〃历

C.A、B系统的总动能最终将大于9加

D.当弹簧的弹性势能最大时，A、8的总动能为%?方

［答案］CD

6.（多选）如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水

平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，。为圆心.质量为〃?的小滑块（可视为质点）

以水平向右的初速度必冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已知M=2〃z,则下列判

断正确的是（）

oR

网j

A.小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒

B.小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒

C.小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为旬o

*

D.小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为

【答案】AD

【解析】

小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A正确；小滑块

冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向所受合力为零，

动量守恒，选项B错误：由水平方向动量守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧

轨道的滑块速度大小为/o;当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带有圆弧轨道的滑块

速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v\和w.,则有mva=nru\+Mv?f

加。2=y/77l?|2+^M^22,21

解得。2=^u),v\=—^vof故C错误，D正确.

7.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度式向右运动压缩

弹簧，测得弹簧的最大压缩量为工现让弹簧一端连接另一质量为m的物体3(如图乙所示),

物体4以2内的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x,贝小)

---%|---2UQ

777777777777777777777777777777777^7//z///z/lzzzzzzzzzzzzzzzzzzz/zzzzzzzzz

甲乙

A.A物体的质量为3"?

B.A物体的质量为2加

C.弹簧压缩最大时的弹性势能为去加。2

D.弹簧压缩最大时的弹性势能为，〃加

【答案】AC

【解析】

对题图甲，设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能瓦=

)加(A对题图乙，物体A以2a的速度向右压缩弹簧，A、8组成的系统动量守恒，弹簧达

到最大压缩量时，A、3二者速度相等，由动量守恒定律有M-2uo=(M+m)。，由空量守恒定

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2—22

律有Ep=^M(2uo)^(A/+m)u,联立解得Af=3〃z,EP—\Mvo—^mu(r,选项A、C正确，B、

D错误.

8.如图所示，光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.4kg、机=0.1kg的两个小球，中

间夹着一个被压缩的具有Ep=4.0J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状

态，现突然释放弹簧，球机脱离弹簧滑向与水平相切的竖直放置的光滑半圆形轨道，到达最

高点B时小球对轨道的压力为3N,g取lOm/s2,求：

(1)两小球离开弹簧时的速度大小；

(2)半圆形轨道半径。

【答案】(l)8m/s2m/s(2)0.8m

【解析】

(1)弹簧弹开过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m初一Ms=0,

由机械能守恒定律得：pnp?+=EP,解得：ui=8m/s,V2=2m/s;

(2)小球m到达B点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：%加=mg・2R+J:/,小球

在圆形轨道上做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：〃吆+/=〃无解得：R=0.8m。

9.在光滑水平地面上放有一