(全國版)高考物理一輪復習講義第7章 專題強化11 碰撞模型及拓展(含解析)

專題強化十一碰撞模型及拓展目標要求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—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．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(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(yīng)有v前′≥v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m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩物體沿相反方向運動)；當m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.3．物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.則碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.例1如圖1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R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個質(zhì)量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s開始向著小球B運動，經(jīng)過時間t＝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)μ＝0.25，g取10m/s2.求：圖1(1)兩小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大?。鸢?1)2m/s(2)4N解析(1)碰前對A由動量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2m/s.(2)對A、B組成的系統(tǒng)，碰撞前后動量守恒，則有MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后總動能保持不變，則有eq\f(1,2)MvA2＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mvB2由以上兩式解得vA′＝1m/s，vB＝3m/s設(shè)小球B運動到最高點C時的速度大小為vC，以水平面為參考平面，因為B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eq\f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq\f(1,2)mvB2解得vC＝eq\r(5)m/s對小球B，在最高點C有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(C2),R)解得FN＝4N由牛頓第三定律知小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小為4N.1．(碰撞可能性)如圖2所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b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pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.當兩球相碰之后，兩球的動量可能是()圖2A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0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于原來總動量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選項碰后a球的動能不變，b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、b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，a不可能穿過靜止的b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、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、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(eq\r(5)－2)M≤m＜M解析A向右運動與C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v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvA12＋eq\f(1,2)MvC12聯(lián)立解得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0如果m>M，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B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞，所以只需考慮m<M的情況第一次碰撞后，A反向運動與B發(fā)生碰撞，設(shè)與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有mvA1＝mvA2＋MvB1eq\f(1,2)mvA12＝eq\f(1,2)mvA22＋eq\f(1,2)MvB12聯(lián)立解得vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝(eq\f(m－M,m＋M))2v0根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有vA2≤vC1聯(lián)立解得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(eq\r(5)－2)M另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去所以，m和M應(yīng)滿足的條件為(eq\r(5)－2)M≤m＜M.題型二碰撞模型的拓展“滑塊—彈簧”模型1．模型圖示2．模型特點(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結(jié)束時)例2(多選)如圖4所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質(zhì)量分別為m1、m2，m1>m2，m2的左邊有一固定擋板．由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中()圖4A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1答案BD解析由題意結(jié)合題圖可知，當m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次相距最近時，m1減速結(jié)束，m2加速結(jié)束，因此此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，B、D選項正確．例3如圖5所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B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B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經(jīng)一段時間，滑塊C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，mB＝2kg，mC＝3kg，取g＝10m/s2.求：圖5(1)滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大??；(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h高處由靜止開始滑下的過程機械能守恒，設(shè)其滑到底面的速度為v1，由機械能守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAv12，解得v1＝6m/s滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結(jié)束瞬間具有共同速度，設(shè)為v2，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝eq\f(1,3)v1＝2m/s(2)滑塊A、B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、B、C速度相等，設(shè)為v3，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，解得v3＝eq\f(1,6)v1＝1m/s由機械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v22－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v32解得Ep＝3J(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設(shè)滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，由動量守恒定律和機械能守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5eq\f(1,2)(mA＋mB)v22＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v42＋eq\f(1,2)mCv52解得v4＝0，v5＝2m/s滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動s＝v5t，H＝eq\f(1,2)gt2解得s＝2m.“滑塊—斜(曲)面”模型1．模型圖示2．模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道．系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(完全彈性碰撞拓展模型)例4(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θ.一個質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動．當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關(guān)系式中正確的是()圖6A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝eq\f(1,2)m(v0sinθ)2D．mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02答案BD解析小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為v，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mv0cosθ＝(m＋M)v，故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02，故C錯誤，D正確．例5(2021·黑龍江哈爾濱市第六中學期中)兩質(zhì)量均為m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B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m的可視為質(zhì)點的物塊，從劈A上距水平面高度為h處靜止滑下，然后又滑上劈B.重力加速度為g，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(1)eq\f(h,4)(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v1，劈A的速度為v2.由水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒列方程得0＝mv1＋mv2mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v1＝eq\r(gh)物塊滑上劈B，當二者水平方向速度相同時，物塊到達最大高度．設(shè)二者共同速度大小為v共，物塊到達最大高度為H，由水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒列方程得mv1＝2mv共eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×2mv共2＋mgH解得H＝eq\f(h,4).(2)設(shè)物塊從劈B上返回水平面時的速度為v3，劈B的速度為v4，從物塊剛要滑上劈B，到物塊從劈B上返回水平面，由水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒列方程得：mv1＝mv3＋mv4eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv32＋eq\f(1,2)mv42解得v3＝0.3．(“滑塊—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M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ.一質(zhì)量為m(m<M)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8A．hB.eq\f(mh,m＋M)C.eq\f(mh,M)D.eq\f(Mh,m＋M)答案D解析斜面固定時，根據(jù)動能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(2gh)，斜面不固定時，由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh1，解得h1＝eq\f(M,M＋m)h，D項正確．4.(“滑塊—彈簧”模型分析)如圖9所示，小球B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B的速度為v，求當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?。畧D9答案eq\f(v,2)解析當系統(tǒng)動能最小時，彈簧被壓縮至最短，兩球具有共同速度v共．設(shè)小球A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前小球A的速度為v0，小球A與彈簧分開后的速度為v1.從小球A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m1v0＝m1v1＋m2veq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v2聯(lián)立解得v＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)，即m1v0＝eq\f(m1＋m2,2)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m1v0＝(m1＋m2)v共解得v共＝eq\f(v,2).課時精練1.(多選)(2020·湖北部分重點中學聯(lián)考)如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量的變化量為－4kg·m/s，則()圖1A．左方是A球B．B球動量的變化量為4kg·m/sC．碰撞后A、B兩球的速度大小之比為5∶2D．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，vA＝eq\f(pA,mA)＝6m/s，vB＝eq\f(pB,mB)＝3m/s，故左方是A球，A正確；由動量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4kg·m/s，B正確；碰撞后A的動量為pA′＝ΔpA＋pA＝2kg·m/s，則vA′＝eq\f(pA′,mA)＝2m/s，碰撞后B的動量為pB′＝ΔpB＋pB＝10kg·m/s，則vB′＝eq\f(pB′,mB)＝5m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C錯誤；碰撞前系統(tǒng)的機械能為eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝27J，碰撞后系統(tǒng)的機械能為eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′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B靜止在圓弧軌道的最低點．現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放．已知圓弧軌道半徑R＝1.8m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2.則碰后小滑塊B的速度大小不可能是()圖2A．5m/s B．4m/sC．3m/s D．2m/s答案A解析滑塊A下滑過程，由機械能守恒定律得mAgR＝eq\f(1,2)mAv02，解得v0＝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：mAv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得vB＝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：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2m/s，所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為2m/s≤vB≤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(eq\o\al(1,0)n)與靜止氘核(eq\o\al(2,1)H)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.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E答案B解析質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的氘核發(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v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，以v0的方向為正方向，可列式：eq\f(1,2)×1×v02＝eq\f(1,2)×1×v12＋eq\f(1,2)×2×v22，1×v0＝1×v1＋2×v2，解得v1＝－eq\f(1,3)v0，即中子的動能減小為原來的eq\f(1,9)，則中子的動能損失量為eq\f(8,9)E，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m1和m2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v0＝4m/s，當甲物體的速度減小到1m/s時，彈簧最短．下列說法中正確的是()圖3A．此時乙物體的速度為1m/sB．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m1∶m2＝1∶4D．當彈簧恢復原長時，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1m/s，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m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C錯誤；當彈簧恢復原長時，根據(jù)動量守恒和機械能守恒有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，聯(lián)立解得v2′＝2m/s，D錯誤．5．(2019·山東日照市3月模擬)A、B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M(m<M)．若使A球獲得瞬時速度v(如圖4甲)，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若使B球獲得瞬時速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關(guān)系為()圖4A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能確定答案C解析當彈簧壓縮到最短時，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′由機械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2聯(lián)立解得，彈簧壓縮到最短時Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)同理，對題圖乙，取B的初速度方向為正方向，當彈簧壓縮到最短時有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)故兩種情況下彈簧彈性勢能相等，則有：L1＝L2，故A、B、D錯誤，C正確．6．(多選)(2020·廣東東山中學月考)如圖5甲所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2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—時間圖象如圖乙，則有()圖5A．在t1、t3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t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復原長C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8答案CD解析由題圖乙可知t1、t3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)機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而t3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m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1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，然后彈簧逐漸恢復原長，m2仍然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(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t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，故B錯誤；根據(jù)動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻A的速度為vA＝－1m/s，B的速度為vB＝2m/s，根據(jù)m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確．7.(多選)(2019·安徽宣城市第二次模擬)如圖6，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m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m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑，則()圖6A．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h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)在水平方向上不受外力，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Γ蔅錯誤；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，可知反彈后小球和槽都做速率不變的直線運動，且速度大小相等，小球不會回到槽上高h處，故D正確，C錯誤．8.(多選)如圖7所示，動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s的兩個小球A、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ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量．則下列選項中可能正確的是()圖7A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝－2kg·m/s、ΔpB＝2kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－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程要符合實際情況，本題屬于追及碰撞，碰前，后面物體的速度一定要大于前面物體的速度(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ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，據(jù)此可排除選項D；若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，A球的質(zhì)量和動量大小不變，動能不變，而B球的質(zhì)量不變，但動量增大，所以B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eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半徑為R，A點切線水平．另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0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()圖8A．當v0＝eq\r(2gR)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v0＝eq\r(2gR)時，設(shè)小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq\f(M,M＋m)R<R，故A錯誤；當小球速度足夠大，從B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；當小球到達斜槽最高點，由在水平方向上動量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C錯誤；當小球回到斜槽底部，相當于完成了彈性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，v1＝eq\f(m－M,M＋m)v0，當m>M，v1與v0方向相同，向左，當m<M，v1與v0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m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)．設(shè)A以速度v0向B運動，壓縮彈簧；當A、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(1)整個系統(tǒng)損失的機械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．答案(1)eq\f(mv\o\al(02),16)(2)eq\f(13,48)mv02解析(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1此時B與C相當于發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2eq\f(1,2)mv12＝ΔE＋eq\f(1,2)×2mv22解得ΔE＝eq\f(1,16)mv02.(2)由mv1＝2mv2可知v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒和能量守恒定律得：mv0＝3mv3eq