碰撞学案新人教版选修3_5.doc

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1、1第四节 碰 撞学 习 目 标 了解什么是弹性碰撞和非弹性碰撞 知道什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象 会运用动量守恒定律分析、解决碰撞等相互作用的问题知 识 导 图知识点 1 弹性碰撞和非弹性碰撞1弹性碰撞如果碰撞过程中_机械能_守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。2非弹性碰撞(1)非弹性碰撞：如果碰撞过程中_机械能_不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。(2)完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例，这种碰撞的特点是碰后_粘在一起_(或碰后具有共同的速度)，其动能损失_最大_。知识点 2 对心碰撞与非对心碰撞1对心碰撞(正碰)一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与_两球心_的连线在同一条

2、直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着_这条直线_。22非对心碰撞一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与_两球心_的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会_偏离_原来两球心的连线。知识点 3 散射1定义微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不象宏观物体那样_相互接触_而发生的碰撞。2散射方向由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率_很小_，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方。预习反馈判一判(1)两物体间发生瞬间碰撞，动量一定守恒，动能可能不守恒。()(2)两物体间发生碰撞，动量和动能都守恒。()(3)两物体发生斜碰时，动量不守恒。()(4)微观粒子的散射现象的发生是因为粒子与物质微粒发

3、生了对心碰撞。()(5)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。()选一选(山东省淄博市淄川中学 20162017 学年高二下学期期中)质量为 ma1kg， mb2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于( A )A弹性碰撞B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞D条件不足，不能确定解析：由 x t 图象知，碰撞前 va3m/s， vb0，碰撞后va1m/s， vb2m/s，碰撞前动能 mav mbv J，碰撞后动能12 2a 12 2b 92mava 2 mbvb 2 J，故机械能守恒；碰撞前动量 mava mbvb3kgm/s，碰撞后

4、动量12 12 92mava mbvb3kgm/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。想一想3五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，你知道这是为什么吗？答案：由于小球发生了弹性碰撞，碰撞中的动量和动能都守恒，发生了速度、动能的“传递” 。探究一 碰撞的特点和分类 S 1思 考 讨 论 i kao tao lun如图所示，取一只乒乓球，在球上挖一个圆孔，向球内填进一些橡皮泥或碎泡沫塑料，放在桌子的边缘处，将玩具枪平放在桌面上，瞄准球的圆孔，扣动扳机，让子弹射入孔中，与乒乓球一同水平抛出。只需测出球的质量 M、子弹的质量 m、

5、桌面的高度 h 和乒乓球落地点离桌子边缘的水平距离 s，就可估算出玩具枪子弹的射出速度 v。你能推导出计算 v 的表达式吗？试着做一下这个实验。答案：能解析：子弹与乒乓球一起做平抛运动，结合平抛运动规律： s v0t， h gt2求出平抛12初速度 v0，此即为子弹与乒乓球作用后的共同速度，再根据动量守恒： mv( m M)v0可求出玩具枪子弹的射出速度 v 。m Msm g2hG 归 纳 总 结 ui na zong jie1碰撞的种类及特点分类标准 种类 特点弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失能量是否守恒完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大碰撞前后 对心碰

6、撞(正碰) 碰撞前后速度共线4动量是否共线 非对心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共线2碰撞和爆炸的比较名称比较项目爆炸 碰撞过程特点都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒。相同点能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变不同点动能、机械能情况有其他形式的能转化为动能，动能会增加，机械能不守恒。弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少，机械能不守恒。特别提醒：(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律。(2)对心碰撞是同一直线上

7、的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取。D 典 例 剖 析 ian lipou xi典例 1 2017 年 3 月 18 日至 26 日，北京世界女子冰壶锦标赛在首都体育馆举行。图为比赛中中国队长王冰在最后一投中，将质量为 19 kg 的冰壶抛出，运动一段时间后以 0.4 m/s 的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以 0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。求：(1)瑞典队冰壶获得的速度。(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。解题指导： Error!动 量 守 恒 系 统 动 能解析：(1)由动量守恒定律知 mv

8、1 mv2 mv3将 v10.4 m/s， v20.1 m/s代入上式得： v30.3 m/s。(2)碰撞前的动能 E1 mv 0.08 m，12 215碰撞后两冰壶的总动能 E2 mv mv 0.05 m12 2 12 23因为 E1E2，所以两冰壶的碰撞为非弹性碰撞。答案：(1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞 ,对点训练 1 (福建福州 20172018 学年高三模拟)如图所示，两滑块 A、 B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( D )A A 和

9、B 都向左运动 B A 和 B 都向右运动C A 静止， B 向右运动 D A 向左运动， B 向右运动解析：弹性碰撞没有机械能损失，取向右为正方向，有2mv02 mv0 mv12 mv2， m(2v0)2 2mv mv 2mv 。联立解得12 12 20 12 21 12 2v12 v0， v2 v0，因此 A 向左运动， B 向右运动。探究二 分析碰撞问题的“三个原则” S 2思 考 讨 论 i kao tao lun下图是马尔西发表的著作中的一幅插图，一颗大理石球对心撞击一排大小相等且同等质料的小球时，运动将传递给最后一个小球，其余的小球毫无影响。你能解释这是为什么吗？提示：该碰撞为弹性

10、碰撞。满足动量守恒、动能守恒，碰后速度“交换” 。G 归 纳 总 结 ui na zong jie在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：1动量守恒即 p1 p2 p1 p2。2动能不增加即 Ek1 Ek2 Ek1 Ek2或 。p212m1 p22m2 p1 22m1 p2 22m23速度要符合情景6如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度大于前面物体的速度，即 v 后 v 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，即 v 前 v 后 ，否则碰撞没有结束，如果碰前两物体是相向运动

11、，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。D 典 例 剖 析 ian lipou xi典例 2 (多选)(湖北省黄冈市黄梅二中 20162017 学年高二下学期期中)如图所示，在光滑水平面上，有 A、 B 两个小球。 A 球动量为 10kgm/s， B 球动量12kgm/s， A 球追上 B 球并相碰，碰撞后， A 球动量变为 8kgm/s，方向没变，则 A、 B两球质量的比值可能为( BC )A0.5 B0.6C0.65 D0.75解题指导：此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)。解析： A

12、 能追上 B，说明碰前 vA vB，所以 ；碰后 A 的速度不大于 B 的速度，所10mA 12mB以 ；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，由以上不等式组解8mA 14mB 1022mA 1222mB 822mA 1422mB得： 。故选 BC。 ,47 mAmB 913对点训练 2 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为 0.2kg 的小球以 5.0m/s 的速度向前运动，与质量为 3.0kg 的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是 v 木1m/s，则( B )A v 木 1m/s 这一假设是合理的，碰撞后球的速度为 v 球 10m/sB v 木 1m/s 这一假设是不合理的，因而这种情

13、况不可能发生C v 木 1m/s 这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D v 木 1m/s 这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足， v 球 的大小不能确定解析：假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律得 m1v m1v1 m2v 木 ，代入数据解得v110m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了。7弹性碰撞的一动一静模型A 球碰撞原来静止的 B 球动量 mAv0 mAvA mBvB规律动能 mAv mAv mBv12 20 12 2A 12 2BA 球 vA v0mA mBmA mB碰后A、B 球速度B 球 vB v02mAmA mBmA mB vA0， vB v0，两球碰后交换

14、了速度mAmB vA0， vB0， vA、 vB与 v0同向讨论mA0，碰后 A 球被弹回来案例 (江西省南康中学 20162017 学年高二下学期期中 )如图所示，B、 C、 D、 E、 F,5 个小球并排放置在光滑的水平面上， B、 C、 D、 E,4 个球质量相等，而 F球质量小于 B 球质量， A 球的质量等于 F 球质量。 A 球以速度 v0向 B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( C )A5 个小球静止，1 个小球运动 B4 个小球静止，2 个小球运动C3 个小球静止，3 个小球运动 D6 个小球都运动解析： A 球与 B 球相碰时，由于 A 质量小于 B， A 弹回

15、， B 获得速度与 C 碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等， B 静止， C 获得速度，同理， C 和 D 的碰撞， D 与 E 的碰撞都是如此， E 获得速度后与 F 的碰撞过程中，由于 E 的质量大于 F，所以 E、 F 碰后都向右运动。所以碰撞之后， A、 E、 F 三球运动， B、 C、 D 三球静止。1(多选)(湖南省常德市 20172018 学年高三上学期期末)如图所示，在光滑水平面上，质量为 m 的 A 球以速度 v0向右运动，与静止的质量为 5m 的 B 球碰撞，碰撞后 A 球以v av0(待定系数 avB，由以上两式可解得： a ，故14B、C 正确。2(多选)(哈尔滨

16、六中 20162017 学年高二下学期期中)质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为 。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度 v，小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( BD )A mv2 B 12 mMv22m MC NmgL D NmgL12解析：根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度 v ，损失的动能mvM m Ek mv2 (M m)v 2 v2，所以 B 正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩12

17、 12 12(mMm M)擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以 Ek fNL NmgL ，可见 D 正确。3(陕西省安康市 20172018 学年高三上学期期末)如图所示，三个小木块 A、 B、 C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为 mA0.1kg， mB0.1kg， mC0.3kg 其中 B与 C 用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态； A 和 B 之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有 E0.4J 转化为 A 和 B 沿轨道方向的动能。求：(1)爆炸后瞬间 A、 B 的速度大小；(2)弹簧弹性势能的最大值；(3)弹簧恢复

18、到原长时 B、 C 的速度大小。答案：(1)均为 2m/s (2)0.15J (3)均为 1m/s9解析：(1)塑胶炸药爆炸瞬间取 A 和 B 为研究对象，假设爆炸后瞬间 A、 B 的速度大小分别为 vA、 vB，取向右为正方向，由动量守恒： mAvA mBvB0爆炸产生的能量有 0.4J 转化为 A、 B 的动能：E mAv mBv12 2A 12 2B解得： vA vB2m/s。(2)取 B、 C 和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时 B、 C 达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为 Ep1，由动量守恒： mBvB( mB mC)vBC由能量守恒定律： mBv (mB m

19、C)v Ep112 2B 12 2BC解得： Ep10.15J。(3)设 B、 C 之间的弹簧第一次恢复到原长时 B、 C 的速度分别为 vB1和 vC1，则由动量守恒和能量守恒，有： mBvB mBvB1 mCvC1mBv mBv mCv12 2B 12 2B1 12 2C1解得： vB11m/s(负号表示方向向左，即 B 的速度大小为 1m/s)， vC11m/s。(其中 vB12m/s， vC10m/s 不符合题意，舍去)。基础夯实 一、选择题(13 题为单选题，4、5 题为多选题)1关于散射，下列说法正确的是( C )A散射就是乱反射，毫无规律可言B散射中没有对心碰撞C散射时仍遵守动量

20、守恒定律D散射时不遵守动量守恒定律解析：由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。2(宜昌市葛州坝中学 20152016 学年高二下学期期中)一中子与一质量数为 A(A1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( A )A BA 1A 1 A 1A 1C D4AA 12 A 12A 12解析：设中子质量为 m，则原子核质量为 Am，10由 mv mv1 Amv2， mv2 mv Amv ，得12 12 21 12 2v1 vm Amm Am所以 ，A 正确。v|v1| A 1A 13在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3 小球静止，并靠在一

21、起，1 球以速度 v0 射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( D )A v1 v2 v3 v0 B v10， v2 v3 v013 12C v10， v2 v3 v0 D v1 v20， v3 v012解析：由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为 mv0，总动能应为 mv 。12 20假如选项 A 正确，则碰后总动量为 mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。33假如选项 B 正确，则碰后总动量为 mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。22假如选项 C 正确，则碰后总动量为 mv0，但总动能为 mv ，

22、这显然违反机械能守恒定14 20律，故也不可能。假如选项 D 正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项 D 正确。4在光滑水平面上，一质量为 m、速度大小为 v 的 A 球与质量为 2m 静止的 B 球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后 B 球的速度大小可能是( BC )A0.7 v B0.6 v C0.4 v D0.2 v解析：以两球组成的系统为研究对象，以 A 球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得： mv mvA2 mvB，由机械能守恒定律得： mv2 mv 2mv ，12 12 2A 12 2B解得： vA v， v

23、B v，13 2311负号表示碰撞后 A 球反向弹回，如果碰撞为完全非弹性碰撞，以 A 球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv( m2 m)vB，解得： vB v，13则碰撞后 B 球的速度范围是： vvB v，故 B、C 正确，A、D 错误。13 235(黑龙江大庆一中 20152016 学年高二下学期检测)如图所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m4kg 的小物体 B 以水平速度 v2m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面，由于 A、 B 间存在摩擦，之后 A、 B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g10m/s 2，则下列说法正确的是( AD )A木板 A 获得的动能

24、为 2J B系统损失的机械能为 2JC木板 A 的最小长度为 2m D A、 B 间的动摩擦因数为 0.1解析：由图象可知，木板获得的速度为 v1m/s， A、 B 组成的系统动量守恒，以 B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv0( M m)v，解得：木板 A 的质量 M4kg，木板获得的动能为： Ek Mv22J，故 A 正确；系统损失的机械能12 E mv mv2 Mv2，代入数据解得： E4J，故 B 错误；由图得到：01s 内 B 的位12 20 12 12移为 xB (21)1m1.5m， A 的位移为 xA 11m0.5m，木板 A 的最小长度为12 12L xB xA

25、1m，故 C 错误；由图象可知， B 的加速度： a1m/s 2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得： m Bg mBa，代入解得 0.1，故 D 正确。二、非选择题6(江西南昌二中 20152016 学年高二下学期期中)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为 M 的盒子，如图甲所示。现给盒子一初速度 v0，此后，盒子运动的 v t图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。答案： M解析：设物体的质量为 m， t0时刻受盒子碰撞获得速度 v，根据动量守恒定律得：12Mv0 mv 3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为 v0，说明碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有： Mv

26、 mv2 12 20 12联立解得 m M7在光滑的水平面上，质量为 m1的小球 A 以速率 v0向右运动，在小球 A 的前方 O 点有一质量为 m2的小球 B 处于静止状态，如图所示，小球 A 与小球 B 发生正碰后小球 A、 B均向右运动，小球 B 被 Q 处的墙壁弹回后与小球 A 在 P 点相遇， PQ1.5 PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比 m1/m2。答案： 2m1m2解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球 A 和 B 的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球 B 和小球 A 在碰撞后的速度大小之比为 41。设碰撞后小球 A 和 B

27、的速度分别为 v1和 v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等。m1v0 m1v1 m2v2， m1v m1v m2v12 20 12 21 12 2利用 v2/v14，可解出 2m1m2能力提升 一、选择题(12 题为单选题，35 题为多选题)1一弹丸在飞行到距离地面 5m 高时仅有水平速度 v2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 31。不计质量损失，取重力加速度 g10m/s 2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能的是( B )解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后。甲在前情况，设总质量为134m，由动量守恒得 4m23 mv 甲 mv 乙 ，由平抛运动规律知

28、，甲图中两弹片的速度分别为v 甲 2.5m/s， v 乙 0.5m/s，不满足动量守恒关系，选项 A 错误；乙图中两弹片的速度分别为 v 甲 2.5m/s， v 乙 0.5m/s，满足动量守恒关系，选项 B 正确；甲在后情况，C 图中 v 甲 1m/s， v 乙 2m/s，不满足动量守恒关系，选项 C 错误；D 图中， v 甲 1m/s， v乙 2m/s，同样不满足动量守恒关系，选项 D 错误。2(山西大学附中 20162017 学年高二下学期检测)在光滑水平面上，有两个小球A、 B 沿同一直线同向运动( B 在前)，已知碰前两球的动量分别为pA12kgm/s、 pB13kgm/s，碰后它们动

29、量的变化分别为 pA、 pB。下列数值可能正确的是( A )A pA3kgm/s、 pB3kgm/sB pA3kgm/s、 pB3kgm/sC pA24kgm/s、 pB24kgm/sD pA24kgm/s、 pB24kgm/s解析：由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同， A 的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为 pA0，故 B、D 错误；根据碰撞过程动量守恒，如果 pA3kgm/s、 pB3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为p A9kgm/s、 p B16kgm/s，根据碰撞过程总动能不增加，故 A 正确。根据碰撞过程动量守恒定律，如果 pA24kgm/s、 pB2

30、4kgm/s，所以碰后两球的动量分别为 pA12kgm/s、 pB37kgm/s，可以看出，碰撞后 A 的动能不变，而 B 的动能增大，违反了能量守恒定律，故 C 错误，故选 A。3如图所示，在质量为 M 的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为 m0，小车(和单摆)以恒定的速度 u 沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是( BC )A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v1、 v2、 v3，满足：( M m0)u Mv1 mv2 m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为 v1和 v2，满足： Mu Mv1

31、mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度变为 v，满足； Mu( M m)vD小车和摆球的速度都变为 v1，木块的速度为 v2，满足：( M m0)u( M m0)v1 mv2解析：由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除 A、D。因为单摆的速度不变，所以，研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞14或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律有： Mu Mv1 mv2，即为 B 选项，由于题目中并没有提供在碰

32、撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞而选 C。4如图，大小相同的摆球 a 和 b 的质量分别为 m 和 3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球 a 向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( AD )A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有： mv0 mv13 mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mv mv 3mv ，解两式

33、得： v1 ， v2 ，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速12 20 12 21 12 2 v02 v02度大小相等，选项 A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项 B 错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项 C 错误；由单摆的周期公式 T2 ，可知，两球摆动周期相同，lg故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项 D 正确。5(吉林二中 20162017 学年高二下学期期中)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为 m 的物体 A 相连， A 放在光滑水平面上，有一质量与 A 相同的物体 B，

34、从高 h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与 A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻 B 与 A 分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是( BD )A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 mghB弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C B 能达到的最大高度为h215D B 能达到的最大高度为h4解析：对 B 下滑过程，据机械能守恒定律可得： mgh mv ， B 刚到达水平地面的速度12 20v0 。碰撞过程，根据动量守恒定律可得： mv02 mv，得 A 与 B 碰撞后的共同速度为2ghv v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 Epm 2mv2 mgh，故 A 错误，B 正12

35、 12 12确；当弹簧再次恢复原长时， A 与 B 将分开， B 以 v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得 mgh mv2， B 能达到的最大高度为 ，故 C 错误，D 正确，故选 BD。12 h4二、非选择题6(天津市第一中学 20172018 学年高三上学期月考)如图所示，质量为 M 的小球通过不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。质量为 m 的子弹以一定的速度水平射入小球未穿出，之后小球在轻绳作用下做圆弧运动。改变子弹的入射速度 v，每次都保证子弹射入小球未穿出，测得每次小球上升的最大高度 h(均不超过绳长)。某同学以 h 为纵坐标，以 v2为横坐标，利用实验数据做直线拟合，

36、得到该直线的斜率为 k210 3 s/m2。已知重力加速度为 g10m/s 2。求小球质量与子弹质量的比值 M/m。答案：4解析：子弹射入小球，由动量守恒定律可知：mv( m M)v1 由机械能守恒定律：( m M)gh (m M)v12 21得 h( )2mm M v2g又 k( )2mm M 12g解得 4。Mm7(哈尔滨六中 20162017 学年高二下学期期中)如图甲所示，物块 A、 B 的质量分别是 mA4.0kg 和 mB3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块 C 从 t0 时以一定速度向右运动，在 t4s 时与物块 A 相碰，并立

37、即与 A 粘在一起不再分开，物块 C 的 v t 图象如图乙所示。求：16(1)物块 C 的质量？(2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 EP?答案：(1)2kg (2)9J解析：(1)由图知， C 与 A 碰前速度为 v19m/s，碰后速度为 v23m/sC 与 A 碰撞过程动量守恒，以 C 的初速度为正方向，由动量守恒定律得： mCv1( mA mC)v2解得： mC2kg(2)12s 末 B 离开墙壁，之后 A、 B、 C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当 AC与 B 速度 v4相等时弹簧弹性势能最大。根据动量守恒定律，有：( mA mc)v3( mA mB mC)v4根据机械能守恒定律，有：(mA mc)v (mA mB mC)v EP12 23 12 24解得 EP9J