2023年高考物理一轮复习核心知识点提升-“碰撞类”模型问题

6.3“碰撞类”模型问题

。③6忌一、碰撞的特点和分类

1.碰撞的特点

(1)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。

(2)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

(1)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。

(3)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：系统动能增加。

二、弹性正碰模型

1.“一动碰一静”模型

'm\—m2

v\=­V-

十根2

当02=0时，有4c

2m\V\

LV2，=^;

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正碰。

三、碰撞可能性分析

判断碰撞过程是否存在的依据

1.满足动量守怛：pi+p2=pi'+p2'。

2.满足动能不增加原理：Eki+Ek22Eki'+Ek2'。

3.速度要符合情景

(1)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

前，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v/2。后，。(2)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v前2。后。

“滑块一弹簧”模型

1.模型图示

水平地面光滑2.模型特点

（1）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.

（2）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.

（3）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）.

（4）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L（多选）如图甲所示,一个轻弹簧的两端与质量分别为利和〃?2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B运动压缩弹

簧，速度一时间图像如图乙，则有（）

二B

，3。

乙A.在力、d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△到为时刻弹簧由压缩状态恢复原长

C.两物块的质量之比为如：加2=1:2

D.在t2时刻4与8的动能之比演：以2=1：8

【答案】CD

【解析】

由题图乙可知外、n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，力时刻弹簧处于压缩状态，而73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A逐渐

减速，8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,

然后反向加速，力时刻，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，在为时刻，两物块速度相等，系统动能最

小，弹簧最长，因此从△到打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，7=0时刻和f=fi时刻系统总动量相等,有m\V\=(m\+m2)V2,

其中ui=3m/s,V2=1m/s,解得如：mi=1：2,故C正确；在攵时刻A.的速度

为办=-1m/s,B的速度为5?=2m/s,根据:mi=1:2,求出Eki:&2=

1：8,故D正确.

如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B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B发生相互作

用.求二者在发生相互作用的过程中，

JIL划ZL⑴弹簧的最大弹性势能；

(2)滑块8的最大速度.

【答案】(1)6J(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mAVo=(〃〃+

,门mAVo1X4

解付“=晟不嬴=巾m/s=lm/s

弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、8损失的动能

1,1,,

Epm=2^4UO—^(mA+niB)v=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mAVo=mAVA+mnvm

=80m2+解得0m=2m/S,方向向右.

软两物块A、B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o=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8与。碰撞后会粘在一起运动.在以后的运动

中：

Vr

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大?

⑵系统中弹性势能的最大值是多少？

【答案】(1)3m/s(2)12J

【解析】(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，

由动量守恒定律得：+niB)V=(mA+"1B+mcyUA

解得办=3m/s

(2)8、。碰撞过程系统动量守恒

IHBV={niB+mc)vc

古攵。c=2m/s

碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，

2

故EP=^mAV+~^(mA+W?B+mc)v^=12J.

“滑块一斜(曲)面”模型

i.模型图示

水平地面光滑2.模型特点

(1)上升到最大高度：机与M具有共同水平速度。共，此时加的竖直速度今=0.系

22

统水平方向动量守恒，机0o=(M+，w)。共；系统机械能守恒，|mvo=1(M+m)vs

+mgh,其中。为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全

非弹性碰撞，系统减少的动能转化为机的重力势能).

(2)返回最低点：机与M分离点.水平方向动量守恒，mvo=mv\+Mv2；系统机械

能守恒，3"型)2=5如］2+%/022(相当于完成了弹性碰撞).

例题2.(多选)质量为M的带有"光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如

图所示，一质量也为M的小球以速度如水平冲上小车，到达某一高度后，小球

又返回小车的左端，重力加速度为g,则（）

小球以后将向左做平抛运动

B.小球将做自由落体运动

C.此过程小球对小车做的功为gwoo2

2

D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为工

【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/,由动量守恒定律和

2

机械能守恒定律有：，斗必加2=2X（/00'2）+爆〃，联立解得力=卷，

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5）,动能为3^5）2,

即此过程小球对小车做的功为3/0（）2,故B、C正确，A错误.

如图所示，光滑弧形滑块尸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P的质量的一半，小球。从滑块P顶

端由静止释放，Q离开P时的动能为Eki.现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止

释放，Q离开尸时的动能为a2,Eki和&2的比值为（）

【答案】C

【解析】

设滑块尸的质量为2〃z,则。的质量为加，弧形顶端与底端的竖直距离为h；

P锁定时，。下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mggEki,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0°—2加op=0,由机械能守恒定律得：mgh=^mv^,

IZT*2

。离开P时的动能：&2=5，加。2,解得:送=1,故C正确.

GGG软如图所示，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B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、h'分别为A、8槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为机的

小球C从圆槽A顶端的。点无初速度释放.重力加速度为g,求：

「、一、，

二J"荔(1)小球C从a点15动到b点时的速度大小及A槽对地面的

压力大小；

⑵小球C在8槽内运动所能达到的最大高度；

(3)8的最大速度的大小.

【答案】3mg+Mg叫篝；

【解析】(1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有〃吆/?=］小伙，

解得小球到b点时的速度大小为a=4荻

.0。2

在最低点b,根据牛顿第二定律可得F^—mg=m~^

解得FN=3mg

由牛顿第三定律可知，小球。对A的压力FN'=尺=3〃际，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对地面的压力尸=F=3mg+Mg.

(2)3、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在5槽内运

动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mvo=(M+

m)v

由机械能守恒定律，有^mu()2=+m)v2+mgh

MR

解得Zz=

M+m

(3)当小球回到8槽的底端。'点时，8的速度最大，根据动量守恒定律，有〃wo

=mv\+MV2

由能量守恒定律可知%w()2=^mvi2+

解得出二洋河.

“物体与物体”正碰模型

i.碰撞遵守的规律

(1)动量守恒，即Pl+p2=pi'+p2'。

(2)动能不增加，即Eki+Ek22Eki'+Ek2'或卓笑。

2m1Z1T122m]Zmi

(3)速度要符合情景：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。炉后，，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U1的小球与质量为〃22的静止小球发生正面弹性碰撞

为例，有

="7|。|'+〃2202’

产亩=J"101'2+产022'2

("2Lm2)2如功

解得。/=出=

，"1+机2m\+机20

结论：

①当两球质量相等时，切'=0,。2'=初，两球碰撞后交换了速度。

②当质量大的球碰质量小的球时，s'〉0,s'〉0,碰撞后两球都沿速度01的

方向运动。

③当质量小的球碰质量大的球时，02'>0,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,则碰撞过程中两物块损失的机械能为()

v/(m/s)

6.0

4.0

2.0

C.5JD.6J

【答案】A【解析】

设乙物块的质量为m由动量守恒定律有mv+mcvc=m/+〃?

“J,代入图中数据解得=6kg,进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械

能为E极,流vV甲'?一二。匕'，代入图中数据解得E报=3J,

A正确。

如图所示，光滑水平面上有A、8两物块，已知A物块的质量

mA=2kg,且以一定的初速度向右运动，与静止的物块8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

【答案】B

【解析】

由图像可知，碰前A的速度nVs=5m/s,碰后AB的共同速度vi=

28—20

_.m/s=2m/s,A、8碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒

Qo—4

定律得ntAV1=(m,4+ms)V2，解得m8=3kg,B正确。

如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈8,其中

A与C的质量相等均为相，曲面劈8的质量M=3m,曲面劈8的曲面下端与水

平面相切，且劈足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度。o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跳求：

%/B

1)碰撞过程中系统损失的机械能;

(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。

【答案】(1)1加08Q)箫

【解析】

(1)小物块C与物块A发生碰撞黏在一起，以如的方向为正方向

由动量守恒定律得：mvo—2mv

解得0=goo；

碰撞过程中系统损失的机械能：

E«=-yX2mv2

解得E城=；"城。

(2)当小物块4、。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=(w+m+?>m)v\

解得0i=1w)

根据机械能守恒得

2mgh~2X2〃?&(J—|X5〃?忤(J

3比

解得h=W°

您④

QG“滑块一木板”碰撞模型

模型

、〃〃〃〃〃〃〃〃,〃,,〃,,〃,L〃〃，,,'，.」，，〃〃〃〃M〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃方I.

图示水平地面光滑水平地面光滑

(1)若子弹未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

模型木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完

特点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-&。，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m=0.495

kg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

量硒=0.005kg的子弹以速度优=300m/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10m*。求：

VoJTL

京pnM曰_、，.

AL—“""—(I)物块的最大速度vi；

(2)木板的最大速度V2；

(3)物块在木板上滑动的时间t。

【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：movo=(m+mo)v\

解得01=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:

=(M+m+m())V2

解得：vi—1m/so

(3)对木板，根据动量定理得："(m+,"())gf=M02—0

解得：/=0.5s。

如图所示，质量m=\kg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R使小物块开

始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力R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10m/s2,求：

i)小物块离开平台时速度的大小；

(2)水平恒力厂对小物块冲量的大小.

【答案】(l)3m/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。()，小物块和小车的共同

速度大小为in.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以伙)的方向为正方向，

对小物块和小车组成的系统：

由动量守恒：”70o=(m+M)切

由能量守恒:；(加+M)V\2+fimgl

联立以上两式并代入数据得：a=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/.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：I—jungt=mvo—0

由运动学规律：/=，・，

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Bo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、B均可视为质点，A、8与C间的动摩擦因数均为〃，A、B、C三者

的质量相等，重力加速度为g。

伤”勿(1)求A刚滑上木板时,A、8的加速度大小。

(2)要使A、8不发生碰撞，求A的初速度应满足的条件。

(3)若已知A的初速度为优，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、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少？

【答案】(l)〃g号(2)°W13〃gLG)靠

【解析】

(1)对A有^mg=maA

得ClA=Ng

对BC有/.tmg=2maB

解得萼。

(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〃孙

=3mv共

解得W小还Z。

(3)由于发生弹性碰撞，A、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mv^

=3mv共'

,2

且有/.imgL=^mvoX3mv共〃

,2

联•解得=

51LA3o4gO

薪嘴境缭合攫开练

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d,两小球质量分别为如、mi,m\>m2,加2的左边有一固定挡板.由

图示位置静止释放加、恤，当的与他相距最近时加的速度为。”则在以后的

运动过程中()

团］

mi的最小速度是0

B.g的最小速度是〃22的最大速度是6

D.加2的最大速度是一乎S

m\十加2

【答案】BD

【解析】

由题意结合题图可知，当〃“与〃22相距最近时，〃22的速度为0,此后，见在

前，做减速运动，加2在后，做加速运动，当再次相距最近时，如减速结束，，〃2

加速结束，因此此时如速度最小，攸速度最大，在此过程中系统动量和机械能

]jm]—加2

均守恒，如。1=加1。1'+m2V2,2m\V\2=^m\V\'?+]加25?,解得3'=,韦"7i,

"2=瑞2〃芳？"'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人=0.3

m(/?小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为如=30kg,冰块的质量为

加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.

,(1)求斜面体的质量；

(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

【答案】(l)20kg(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〃23.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/〃2。0=(加2+〃23)。①

式中如=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,=20kg③

(2)设小孩推出冰块后的速度为加，对小孩与冰块，由动量守恒定律有

|。|+加2。0=0④

代入数据得01=-1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为。2和。3,对冰块

与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

加2。0=IT12V2+m3。3⑥

^mzVfT=^?2V22+1/«3y32©

联立③⑥⑦式并代入数据得

。2=-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〃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小的静止滑块丙发生碰撞，

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

.甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为S、02、03,而且

满足(M+mo)v=Mvi+moV2+mV3

B.乙的速度不变，甲和丙的速度变为01和02,而且满足Mv=M0i+"短2

C.乙的速度不变，甲和丙的速度都变为。'，且满足Mo=(M+m)o'

D.甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为S，丙的速度变为02,且

满足(M+加O)0=(M+"m)0I+机。2

【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和02,由动量守恒

定律得〃切2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mo

=(M+m)v',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

度如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.MOO=(M+M)O

B.mvocos0=(in+M)v

C.5，〃(o()sinO')2=mgh

D.^muo2=tngh+1(，”+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。，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

得〃?00cos6=（，〃+M）o,故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定

律得J"。/=mg/z+；（"?+,故c错误，D正确.

5.（多选）如图所示，光滑水平地面上有A、8两物体，质量都为加，8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，设弹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（）

ro:oi

力，”切A,A物1小取交会解IE,b物件取类■会以迷率VI可后1S切

B.A、B系统的总动量最终将大于加。

C.A、B系统的总动能最终将大于

D.当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为:〃/

【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00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（）

%°\R

』--------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全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；如；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V2,则有mvo=mv\+Mv2,孙2

121

解得02=^uo,0i=一铲0,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以速度优向

右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为根的

物体8（如图乙所示），物体A以2优的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩

量仍为x，则（）

—冈―SAAA/wf冈SAAAAMM

甲乙A.A物体的质量为3m

3

B.A物体的质量为2aC.弹簧压缩最大时的弹性势能为9n优2口.弹簧压缩最大

时的弹性势能为相如2

【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4=；加002;对题图乙，物体A以25）的速度向右压缩弹簧，A、6组成的

系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、8二者速度相等，由动量守恒定律

有M2次)=(A/+〃?)0,由能量守恒定律有Ep=；M3))2—;(历+"?)/,联立解得M

I3

vmu2J

=3m,Ep=2^^—2°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、m=0.1kg的

两个小球，中间夹着一个被压缩的具有弓=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〃z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8时小球对轨道的压力为3N,g取

10m/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］(1)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：加0］

—Afu2=0,由机械能守恒定律得：加?+；M03=_Ep,解得：oi=8m/s,V2=2m/s;

(2)小球tn到达B点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：^mvy=mg-2R

+少〃。2,小球在圆形轨道上做圆周运动，在