高一物理專項練習：彈性碰撞和非彈性碰撞（解析版）

彈性碰撞和非彈性碰撞--高一物理專題練習（內(nèi)容+練習）

一、彈性碰撞和非彈性碰撞

1.彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動能不變.

2.非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動能減少.

二、彈性碰撞的實例分析

在光滑水平面上質(zhì)量為m\的小球以速度H與質(zhì)量為mi的靜止小球發(fā)生彈性正碰.碰后加1小球

的速度為%」,加2小球的速度為七'，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律：

miki=加1%’+冽2%，;一加1IA'2

-----------------222

解出碰后兩個物體的速度分別為

,mi—m2,2mi

%=---------%，k=-~~1—%.

加1+冽2mi-rm2

（1）若加i＞機2,片'和口’都是正值，表示%'和14,都與乙方向同向.（若加1》機2，=%,

k=2%,表示如的速度不變，冽2以2%的速度被撞出去）

（2）若加1〈加2，為負值，表示與右方向相反,冽1被彈回.（若加1《加2，=一%，14,

=0,表示如被反向以原速率彈回，而冽2仍靜止）

（3）若加1=加2,則有=0,?=%,即碰撞后兩球速度互換.

一、單選題

1.如圖所示，一質(zhì)量為九冽5〉1）的物塊B靜止于水平地面上尸點，尸點左側(cè)地面光滑，物塊在

尸點右側(cè)運動時所受摩擦阻力大小與物塊的速率成正比（/=E,左為已知常數(shù)）、與物塊質(zhì)量無

關?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為冽的物塊A以初速度%向右撞向物塊B,與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，則

下列說法正確的是（）

AB

////////////////9//////////////

P

A.若A、B碰撞過程中沒有機械能損失，則碰撞過程中A對B的沖量大小為（〃一1）："'。

77+1

B.若A、B碰撞過程中沒有機械能損失，則B的位移占~f-

C.若A、B碰后粘在一起，則碰撞過程中A對B的沖量大小為妙

77+1

D.若A、B碰后粘在一起，其共同運動的位移％=箸

【答案】B

【解析】A.由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒可知

mv0=mvA+nmvB

；mVg=gmv^+gnmv^

解得

1-n

%.

Bn+1

得

rInrnv.

1=nmvn=--------

Bn+1

故選項A錯誤；

B.依題意〃>1,則物塊A碰后反彈，物塊B碰后做減速運動，最終靜止

法一：由動量定理可得

—kv\t=0—wmAv

全過程累加求和有

-kxx=0-nmvB

得

_lnmvQ

1k(n+1)

法二：類比電磁感應中的安培力可以證明f與x成線性關系，由動能定理可得

解得

2nmv

M=------a

1左5+1)

故選項B正確；

C.若A、B碰后粘在一起，則有

m%=+

解得

相=7

八〃+1

故

rnmv.

1=〃加v共=-----:

故選項c錯誤；

D.由動量定理可得

-kvAt=(jn+nm)\v

全過程累加求和有

-kx2=0—(m+〃加)v共

得

x-嗎

Ik

故選項D錯誤。

故選Bo

2.如圖所示，右端有固定擋板的長為工的木板C置于光滑水平桌面上，在C上最左端和中點各

放一個小物塊A和B,且物塊A、B和木板C的質(zhì)量均相等。開始時，B和C靜止，A以初速度%

向右運動。若A、B的大小以及擋板的厚度皆可忽略不計，物塊A、B與木板C之間的動摩擦因

數(shù)均為〃，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，所有碰撞都是彈性碰撞，接觸但無彈力視為未碰

撞。以下說法正確的是（）

AB

P-------------------------%---------------------1卜擋板

A.若物塊A與B不會發(fā)生碰撞，則%的最大值為"感

B.若物塊A與B能發(fā)生碰撞，則碰撞后瞬間A的速度小于C的速度

C.若物塊A與B發(fā)生碰撞后，物塊B與擋板不發(fā)生碰撞，則％的最大值為瘋威

D.若物塊A恰好從木板C上掉下來，%的大小為

【答案】C

【解析】A.若物塊A與B不會發(fā)生碰撞，那么恰好不發(fā)生碰撞時二者之間的位移差為人，設A、

2

B、C三者的質(zhì)量均為加，根據(jù)題意可知A與B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設三者共速時的速度為

匕，則由動量守恒定律有

冽

mv0=3W

對三者組成的系統(tǒng)由能量守恒有

121/c、2L

-mv0=-（3m）V1+^mg--

聯(lián)立解得打的最大值為

\3RgL

%=

故A錯誤;

B.由以上分析可知，當%當竽時，A將與B發(fā)生碰撞，碰前A的速度大于C(B)的速度,

而質(zhì)量相同的兩物體發(fā)生彈性碰撞將交換速度，即碰撞后瞬間A與C共速，而B相對于A、C將

向右運動，故B錯誤;

C.A與B發(fā)生碰撞后交換速度，即A相對于C保持靜止，而B相對于A、C向右運動，若B運

動到右端且不與C發(fā)生碰撞時，％有最大值，此過程中A與B、C間的相對位移為:，之后B與

A、C間的相對位移也為。，碰撞為彈性碰撞，設三者最終共速時的速度為匕，則由動量守恒定

律有

mvQ=3mv2

碰撞過程中由能量守恒有

~mvo=~（?m）v2+1MgL

聯(lián)立解得%的最大值為

故C正確;

D.由以上分析可知，當.>j3〃g￡時,A與B發(fā)生碰撞后交換速度，B再與擋板C發(fā)生生碰撞

后交換速度，最終A、B達到共速，不會再發(fā)生碰撞，且二者速度都小于C的速度，A恰好從木

板C上掉下來，即A到達C最左端時三者共速，設為匕，由動量守恒定律有

mv0=3mv3

整個過程中先是A相對于C的路程為之后是B相對于C的路程為最后是A、B相對于C

的路程均為f由能量守恒有

~mvo=（（3加）￥+2/1mgL

聯(lián)立解得%的最大值為

%=

故D錯誤。

故選C。

3.如圖所示，長度為/的輕質(zhì)細線一端與帶孔小球A連接，另一端與木塊B連接，小球A穿在

光滑的固定水平桿（足夠長）上，小球A與木塊B質(zhì)量均為加。f=0時刻，給木塊B—水平瞬時

沖量/,使其獲得丫。=歷的初速度，則從f=0時刻至B再次運動到A正下方的過程中（）

A

B口

A.A、B沿繩方向加速度始終相等B.繩對A球的沖量大小為小而7

C.繩對A先做正功后做負功D.木塊B再次運動到A正下方時繩子拉力的大小

為3mg

【答案】D

【解析】A.從/=0時刻至B再次運動到A正下方的過程中，細繩一直處于向右傾斜狀態(tài)，所以

A一直水平向右加速,B的運動可以分解為水平向右隨A加速直線運動和豎直平面內(nèi)的圓周運動。

所以A的加速度水平向右，B的加速度有與A相同的向右的加速度分量和沿繩的加速度分量。故

A、B沿繩方向加速度不相等，故A錯誤；

B.從f=0時刻至B再次運動到A正下方的過程中，由動量守恒定理和能量守恒定理可得

2gl=mvA+mvB

1c,1212

—m-2gl=-m"+—機壇

解得

%=0，VA=y/2gl

對A球由動量定理可得

/支持力+/重力+/繩=0-nT2gl

由受力分析可知重力與支持力不相等，所以

/支持力+/重力*。

所以

/繩豐-myl2gi

故B錯誤；

C.從f=0時刻至B再次運動到A正下方的過程中，細繩一直處于向右傾斜狀態(tài)，繩對A一直做

正功，故C錯誤；

D.B再次運動到A正下方時，由B項分析知A的速度不為零，所以B隨A水平運動的速度為零,

由

T=3mg

故D正確。

故選D。

4.如圖光滑水平面上有a、b、c、d四個彈性小球，質(zhì)量分別為優(yōu)、9〃?、3陽、正。小球a一端靠

墻，并通過一根輕彈簧與小球6相連，此時彈簧處于原長。小球6和c接觸但不粘連?，F(xiàn)給小球

d一個向左的初速度%,與小球c發(fā)生碰撞，整個碰撞過程中沒有能量損失，彈簧始終處于彈性

限度之內(nèi)。以下說法正確的是（）

abcd

A.整個過程中小球a、b、c、4和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒

B.整個過程中四個彈性小球a、b、c、d的機械能守恒

9

C.小球a速度的最大值為三%

Q

D.彈簧彈性勢能最大值為言機說

【答案】C

【解析】A.由于墻壁對。球有彈力作用，整個過程中小球a、b、c、4和彈簧組成的系統(tǒng)動量不

守恒，故A錯誤；

B.整個過程中彈簧與四個彈性小球的系統(tǒng)機械能守恒，所以四個彈性小球a、6、c、4的機械能

不守恒，故B錯誤：

D.小球d與小球c碰撞，設小球c碰撞后速度為巧，小球d碰撞后速度為匕，由動量守恒和機

械能守恒定律得

2x2

mv0=3mvl+mv2,mv0=3mvj+^mv^

解得

1

vi="vo

小球。與小球b碰撞，設小球c碰撞后速度為丫3,小球］碰撞后速度為曠4，由動量守恒和機械能

守恒定律得

2

37MVJ=3mv3+9OTV4,—x3mv^=—x3mv3+—x9〃7V；

解得

11

y%

小球6向左運動速度為零時，彈簧彈性勢能最大，則

129,

=2X9/MV4=豆"叫

故D錯誤；

C.小球6壓縮彈簧，到彈簧恢復原長過程，小球b與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球b向右

的速度大小為匕；當小球。、6向右運動，彈簧原長時，小球。的速度最大，設小球。的速度大

小為內(nèi)，小球b的速度大小為心,由動量守恒和機械能守恒定律得

22+x2

9mvA=mv5+9mvb,x9mv4=mv5~9mv6

解得

99

v=-v=—v

554200

故C正確。

故選C。

5.如圖，一質(zhì)量M=3kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質(zhì)量機=1kg的小

木塊A?，F(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小均為4m/s,方向相反的初速度，使A開始向左運

動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離B板。站在地面的觀察者看到在一段時間內(nèi)小木塊A

正在做加速運動，則在這段時間內(nèi)的某時刻木板B相對地面的速度大小可能是（）

A.2.8m/sB.2.2m/sC.3.0m/sD.1.8m/s

【答案】B

【解析】根據(jù)題意可知A先向左減速后向右加速，B一直向右減速；當A的速度為。時，設此時

B的速度為匕，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒有

Mv-mv=Mvx,v=4m/s

解得

8/

V,=-m/s

13

最后AB一起共同向右做勻速直線運動，設此時速度為嶺，根據(jù)動量守恒有

Mv-mv=（M+m）v2

解得

v2=2m/s

故這段時間內(nèi)的某時刻木板B相對地面的速度范圍為

2m/s<v<—m/s

RB3

故選Bo

6.某次冰壺比賽中藍壺靜止在大本營。處，材質(zhì)相同、質(zhì)量相等的紅壺與藍壺發(fā)生對心正碰,

在摩擦力作用下最終分別停在"點和N點。可將冰壺視為質(zhì)點，半徑大小如圖所示，則（）

A.碰撞過程中兩壺動量的變化量相同B.碰后運動過程中兩壺動量的變化量相同

C.兩壺碰撞為彈性碰撞D.碰后瞬間藍壺速度大小為紅壺的2倍

【答案】D

【解析】A.兩壺碰撞過程中動量守恒，紅壺的動量減少，藍壺的動量增加，所以碰撞過程中兩

壺動量的變化量的大小相等，方向相反，故A錯誤；

B.由圖可知，碰后兩壺運動的距離不相同，所以碰后兩壺速度大小不同，動量的變化量不相同,

故B錯誤；

D.碰后紅壺運動的距離為

石=R2-R1=0.59m

藍壺運動的距離為

x2=2R2=2.36m

二者質(zhì)量相等，所受摩擦力相等，碰后勻減速運動加速度相等，則

聯(lián)立可得

v22

故D正確；

C.碰撞過程，動量守恒，則

mvQ=mvx+mv2

所以

%=3匕

所以碰前、后的動能關系為

1722

—mv=—mv>—mv-\——mv=—mv

2Q2x2x222x

即碰前動能大于碰后系統(tǒng)的總動能，所以兩壺碰撞屬于非彈性碰撞，故C錯誤。

故選Do

7.1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子

（即中子）組成。如圖，中子以速度%分別碰撞靜止的氫核和氮核，己知氮原子核的質(zhì)量是氫核

的14倍，碰撞后氫核和氮核的速度分別為匕和匕。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下

列說法正確的是（）

%o

氫核

%

O-O-*v2

中了氮核

A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的大

CfD3

%2-v015

【答案】C

【解析】設中子的質(zhì)量為加，氫核的質(zhì)量為加，氮核的質(zhì)量為14機，設中子和氫核碰撞后中子速

度為匕，由動量守恒定律和能量守恒定律可得

mvQ=mvx+mv3

^mvo=~mvi+~mv3

聯(lián)立解得

設中子和氮核碰撞后中子速度為V,,由動量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0=14mv2+mv4

gmVg=；?14mvf+gmv1

聯(lián)立解得

『2”

則有

%_15v2_2

丁萬，^=15

碰撞后氫核的動量為

pH=mv1=mv0

碰撞后氮核的動量為

1.28mv0

PN=14/M%=]5

可得

PN>PH

碰撞后氫核的動能為

碰撞后氮核的動能為

I1.228加說

IN=xl4m2

由2225

可得

EkH>EkN

故選C。

8.如圖所示，在水平光滑桌面上有兩輛靜止的質(zhì)量不同的小車A和B。將兩車用細線拴在一起,

中間有一被壓縮的彈簧，燒斷細線后至彈簧恢復原長的過程中，兩輛小車的（）

A.A、B動能變化量大小相同

B.A、B動量變化量大小相同

C.彈簧彈力對A、B做功相同

D.彈簧彈力對A、B沖量相同

【答案】B

【解析】AB.設開始時彈簧中的彈性勢能為紜，彈簧恢復原長后小車A和B的速度大小分別為VA

和冷，燒斷細線后至彈簧恢復原長時，取水平向右為正方向，對整個系統(tǒng)根據(jù)動量守恒和能量守

恒有

mV

%VA=BB

12,12。

2WAVA+2WBVB=Ep

故A、B動量變化量大小相同，聯(lián)立解得

22州?加B

VA-77\

2丸?加A

%，〃A+%B

即可得A、B動能變化量大小分別為

12丸，恤

5=5"A

加人+機B

12

研忠=2mBVB-

4+mB

因為兩小車質(zhì)量不同，故爪/爪，A錯誤，B正確；

C.分別對兩小車根據(jù)動能定理可知彈簧彈力對A、B做的功等于A、B動能變化量大小，故可知

彈簧彈力對A、B做功不等，C錯誤；

D.分別對兩小車根據(jù)動量定理可知彈簧彈力對A、B沖量大小等于A、B動量變化量大小，但由

于兩小車受到的彈簧彈力方向不同，故彈簧彈力對A、B沖量不同，D錯誤。

故選Bo

二、多選題

9.水平飛行的子彈打穿固定在水平面上的木塊，經(jīng)歷時間為"子彈損失動能為△線僦，系統(tǒng)機

械能的損失為用損，穿透后系統(tǒng)的總動量為4；同樣的子彈以同樣的速度打穿放在光滑水平面上

的同樣的木塊，經(jīng)歷時間為〃，子彈損失動能為公紇2損，系統(tǒng)機械能的損失為外損，穿透后系統(tǒng)

的總動量為P2,設木塊給子彈的阻力為恒力，且上述兩種情況下該阻力大小相等，則下列說法

中正確的是（）

損>人^"想

A.t2<t\B.

C-4報〉片損D.p2>Pj

【答案】BD

【解析】A.兩次擊中木塊過程中，子彈受到的阻力/相同，根據(jù)牛頓第二定律

m

兩次的加速度相等；第二次以同樣的速度擊穿放在光滑水平面上同樣的木塊，由于在子彈穿過木

塊的過程中，木塊會在水平面內(nèi)滑動，所以第二次時子彈的位移S2要大于第一次的位移S/,即

$2>與；子彈做減速運動，由位移公式

12

s=vot+—at

和S?>S],可知

t2>t]

故A錯誤；

B.兩次擊中木塊過程中，子彈受到的阻力相同，阻力對子彈做的功等于子彈損失的動能，即

=fs

由于S2>S],所以

/k2損>人%損

故B正確。

C.兩次擊中木塊過程中，子彈受到的平均阻力相同，系統(tǒng)摩擦生熱。=",其中/為阻力，d

為子彈相對于木塊的位移。由于兩次子彈相對于木塊的位移都是木塊的厚度，所以系統(tǒng)機械能的

損失相等，即

"2損=4損

故C錯誤；

D.第一次子彈穿透木塊后，系統(tǒng)的動量“小于子彈的初動量，而第二次子彈穿透木塊的過程，

系統(tǒng)的動量守恒，則必等于子彈的初動量，所以

P2>P1

故D正確。

故選BD。

10.如圖所示，傾角為6=30。、足夠長的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固

定擋板。質(zhì)量均為他的小球。、6用勁度系數(shù)為后的輕質(zhì)彈簧連接并放置在斜面上，小球6靠在

擋板上，兩小球均保持靜止?，F(xiàn)對小球a施加一平行斜面向上、大小為尸=?Jg的恒力。已知彈

簧的彈性勢能4單與其形變量x滿足￡彈=3船2,彈簧與斜面平行且形變始終處于彈性限度內(nèi)，重

力加速度大小為g。在以后的運動中，下列分析正確的是（）

A.小球a、6和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.小球b脫離擋板后，系統(tǒng)的總動量保持不變

22

C.小球b剛要運動時，小球。的動能為四星

2k

22

D.小球6脫離擋板以后的運動過程中，系統(tǒng)動能可能為生&_

4k

【答案】BCD

【解析】A.小球a、6和彈簧組成的系統(tǒng)受外力少做正功，機械能增大，故A錯誤；

B.根據(jù)分析，小球6脫離擋板后，將小球a,小球6以及彈簧看作一個整體，則整體受到的合外

力為0,根據(jù)所學的知識可知符合動量守恒的條件，因此系統(tǒng)總的動量保持不變。故B正確；

C.初始狀態(tài)時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)受力分析可得

4o=加gsin3O°=Axo=5〃7g

小球b剛要運動時

初末狀態(tài)中彈簧形變量相同，彈性勢能相同。則彈力做的總功為0。根據(jù)動能定理可得

Wr-WG=mg（.x+x0）-mg^x+x0）sin30°=Et—0

故C正確;

D.小球6剛要運動時，根據(jù)上述分析可知小球。的速度為:

彈簧彈性勢能最大時兩小球的速度相等此時系統(tǒng)動能最小，系統(tǒng)總動量守恒，選擇初速度的方向

為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒定律可得：

系統(tǒng)動能為

故D正確;

故選BCDo

11.如圖所示，A、B、C、D四個大小相同的小球并排放置在光滑的水平面上，A、B、C球

質(zhì)量為2加，D球質(zhì)量為加。A球以速度v向B球運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之

后（）

A.2個小球靜止，2個小球運動B.3個小球靜止，1個小球運動

C,C球速度為gD.D球速度為V

【答案】AC

【解析】ABC質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)碰撞規(guī)律可知碰撞后速度交換，即AB碰撞后，A

的速度為0，B以速度v與C碰撞后速度變?yōu)?,C以速度n與D碰撞時根據(jù)動量守恒和動能守恒

可得

1021c2L

2mv=2mv+mv—?2mv=-2mv+

cD22cr2""J

解得

i4

V=-v,

c3

故選ACo

12.如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一單擺，擺球質(zhì)量為加。，小車和單擺以恒定的速度v

沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質(zhì)量為優(yōu)的靜止的木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短，在

此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是（）

A.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)樨?、匕、匕，滿足（M++%匕+〃廳3

B.小車和擺球的速度都變?yōu)樨?，木塊的速度變?yōu)樾?，滿足（M+%）V=（M+%）V|+〃叫

C.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)樨昂?，滿足旃=的1+機%

D.擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)?，滿足MV=（M+〃7）“

【答案】CD

【解析】AB.在小車與木塊碰撞的瞬間，彼此作用力很大，所以它們的速度在瞬間發(fā)生改變，在

此期間它們的位移可看成為零，而擺球并沒有直接與木塊發(fā)生力的作用，因為在它與小車共同勻

速運動時，擺線沿豎直方向，因此繩的拉力不能改變小球速度的大小，即小球的速度在碰撞瞬間

不變，故AB錯誤；

CD.小車和木塊碰撞后，可能以不同的速度繼續(xù)向前運動，也可能以共同速度（完全非彈性碰撞）

向前運動，但碰撞過程均滿足動量守恒，故CD正確。

故選CDo

13.質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7kg-m/s,

B球的動量是5kg.m/s,當A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是（）

A.pA=-2kg?m/s,pB=14kg-m/s

B.%=6kg?m/s,pB=6kg-m/s

C.pA=-4kg?m/s,pB=16kg-m/s

D.pA=5kg.m/s,pB=7kg-m/s

【答案】BD

【解析】兩球在碰撞過程中滿足動量守恒的同時還必須滿足機械能不增加，即碰撞后的機械能不

能大于碰撞前的機械能，設A、B兩球的質(zhì)量均為機，碰撞前A、B兩球的動量分別為品。,

則根據(jù)動量守恒定律有

^AO+40=乙+穌

由機械能不增加原則有

p2p2p2p2

—_|__>_A__?______B_

2m2m2m2m

A.動量守恒，但機械能增加，故A錯誤；

B.動量守恒，機械能減小，故B正確；

C.動量守恒，但機械能增加，故C錯誤；

D.動量守恒，機械能守恒，故D正確。

故選BD。

14.如圖所示，質(zhì)量為用的物塊P與長木板Q之間有一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，P與

彈簧拴接,Q與彈簧接觸但不拴接,Q的上表面粗糙。f=0時，物塊P以初速度%向左運動，0~2%

時間內(nèi)物塊P與長木板Q的。一圖像如圖所示，2辦時刻，把質(zhì)量為g機的物塊M放在Q的最左

端，圖中末畫出，M最終末從Q上滑出，則（）

A.物體Q的質(zhì)量為|"加

B.0時刻彈簧的彈性勢能為

9

C.M和Q之間由于摩擦作用的發(fā)熱量為三卬片

9

D.彈簧可以和Q發(fā)生二次作用

【答案】AC

【解析】A.0時刻，尸、。所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得

與=%=。0

mpm2

殳

mQ

則物體。的質(zhì)量為:加，故A正確;

2

B.%時刻，彈簧壓縮到最短，P和。速度相等，根據(jù)動量守恒

mPv0=(m?+mQ|v

根據(jù)能量守恒可得最大彈性勢能為

加4

mp+加。

故B錯誤;

C.0-2%時間內(nèi)，根據(jù)動量守恒

mpV0=%乂+加2y2

根據(jù)機械能守恒

聯(lián)立解得

4

1

匕二”

23時刻，。和彈簧分離，M和。之間動量守恒，有

加。%=（加v

解得

，2

產(chǎn)生的熱量為

Q=^mQV2~+mM)V'222

=gmV°

故C正確;

D.由上分析可知M和。共速時

,2

v＞匕

彈簧不能和。發(fā)生二次作用，故D錯誤。

故選AC。

三、解答題

15.如圖所示，有一固定的光滑;圓弧軌道，半徑&=0.2m,一質(zhì)量為加B=1kg的小滑塊B從軌

道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，已知人=3kg,B、

C間動摩擦因數(shù)4=0.2,C與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=0-8,C右端有一個擋板，C長為

求：

（1）B滑到A的底端時對A的壓力是多大？

（2）若B未與C右端擋板碰撞，當B與地面保持相對靜止時，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多

少？

（3）在0.16m<Z<0.8m時，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終

【解析】（1）滑塊下滑到軌道底部，有

解得

v0=2m/s

在底部，根據(jù)牛頓第二定律

解得

然=30N

由牛頓第三定律可知B對A的壓力是30No

（2）當B滑上C后，對B分析，受摩擦力力向左，根據(jù)牛頓第二定律得

人="l/Bg=^B?B

解得加速度向左為

%=2m/s2

對C分析，受B向右的摩擦力〃四Bg和地面向左的摩擦力

fitc=〃2(：〃B+^c)g

根據(jù)牛頓第二定律

■4c-Lc=〃2("%+mc)g-=mca2

解得其加速度向左為

a2=10m/s.

由運動學位移與速度關系公式v2-v；=2ax,得B向右運動的距離

x=—Vo=1m

12%

c向右運動距離

2

X)=---=0.2m

2a2

由功能關系可知，B、C間摩擦產(chǎn)生的熱量

O=〃MBg(Xl-X2)

可得

Q=1.6J

(3)由上問可知，若B還末與C上擋板碰撞，C先停下，用時為％,有

a2

解得

tx=0.2s

B的位移為

12

xB1=voti-=0.36m

則此刻的相對位移為

x相=xB1-x2=0.16m

此時

vB1=v-貼=1.6m/s

由Z>0.16m,一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設再經(jīng)％時間B與C擋板碰撞，有

12

Z/—0.16=1?6vg]-

解得

q—0.8—Jo.8—L

碰撞時B速度為

vB2=vB1-axt2=2J0.8-C

碰撞時由動量守恒可得

WBVB2=(WA+WB)V

解得碰撞后B、C速度為

70.8-Z

v=---------

2

之后二者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律得

飛）g=8一

（冽A+恤）

后再經(jīng)匕后停下，則有

_V_Vo.8-Z

,3=-=77

。316

故B從滑上C到最終停止所用的時間總時間

1570.8-Z

，=:++，3=1—----------S

16.如圖所示，半徑為「圓柱體B、C固定在兩個不計質(zhì)量、不計厚度的相同水平底座上，且B、

C靠在一起，底座與水平面間的動摩擦因素為〃，圓柱體A（半徑為r）放在圓柱體B、C,三者處

于靜止狀態(tài)，質(zhì)量關系為機4=2〃7B=2WC=2"Z,三個圓柱面間的光滑，重力加速度為g。

（1）求B對A的支持力樂。

（2）要使系統(tǒng)保持靜止狀態(tài)，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求〃的最小值。

（3）若〃=0,從如圖所示的位置靜止釋放，求A剛接觸水平面時的速度。

【解析】（1）如圖，對A受力分析

由對稱性可知C對A的作用力與B對A的作用力大小相等，設耳A=&A="，則

2綜cos300=2