【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义第7章 专题强化11 碰撞模型及拓展(含解析).doc，共(16)页，306.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化十一碰撞模型及拓展目标要求1.理解碰撞的种类及其遵循的规律.2.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题.3.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题．题型一碰撞基础回扣1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用

力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大技巧点拨1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p

2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．

2．弹性碰撞的结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2联立解得：v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：①若m1＝m2

，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两物体沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两物体沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.

3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝mAmA＋mBv0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝2mAmA＋mBv0.则碰后物体B的速度范围为：mAmA＋mBv0≤vB≤2mAmA＋mBv0.例1如图1所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面

内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80s与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与

桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2.求：图1(1)两小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．答案(1)2m/s(2)4N解析(1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝

2m/s.(2)对A、B组成的系统，碰撞前后动量守恒，则有MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后总动能保持不变，则有12MvA2＝12MvA′2＋12mvB2由以上两式解得vA′＝1m/s，vB＝3m/s设小球B

运动到最高点C时的速度大小为vC，以水平面为参考平面，因为B球由半圆形轨道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有12mvC2＋2mgR＝12mvB2解得vC＝5m/s对小球B，在最高点C有mg＋FN＝mvC2R解得FN＝4N由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为

4N.1．(碰撞可能性)如图2所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可

能是()图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解析根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原

来总动量2kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2kg·m/s，动量不守恒，故A错误；B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确

；D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误．2．(弹性碰撞)如图3所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件

，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性碰撞．图3答案(5－2)M≤m＜M解析A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒，机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为

vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC112mv02＝12mvA12＋12MvC12联立解得vA1＝m－Mm＋Mv0，vC1＝2mm＋Mv0如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，

A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需考虑m<M的情况第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞，设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有mvA1＝mvA2＋MvB112mv

A12＝12mvA22＋12MvB12联立解得vA2＝m－Mm＋MvA1＝(m－Mm＋M)2v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1联立解得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(5－2)M另一解m≤－(

5＋2)M舍去所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m＜M.题型二碰撞模型的拓展“滑块—弹簧”模型1．模型图示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(完全非弹性碰撞拓展模型)(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束

时)例2(多选)如图4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m1、m2，m1>m2，m2的左边有一固定挡板．由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中()图4A．m1的最小速度是0B．m1的最

小速度是m1－m2m1＋m2v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是2m1m1＋m2v1答案BD解析由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，

当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v22，解得v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2

＝2m1m1＋m2v1，B、D选项正确．例3如图5所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8m高处由静止开

始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，取g＝10m/s2.求：图5(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑

块C落地点与桌面边缘的水平距离．答案(1)2m/s(2)3J(3)2m解析(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝12mAv12，解得v1＝6m/s滑块

A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝13v1＝2m/s(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相

等，设为v3，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，解得v3＝16v1＝1m/s由机械能守恒定律有Ep＝12(mA＋mB)v22－12(mA＋mB＋mC)v32解得Ep＝3J(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v

5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv512(mA＋mB)v22＝12(mA＋mB)v42＋12mCv52解得v4＝0，v5＝2m/s滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动s＝v5

t，H＝12gt2解得s＝2m.“滑块—斜(曲)面”模型1．模型图示2．模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能

守恒，12mv02＝12(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝12mv12＋12Mv22(完全弹性碰撞拓展模

型)例4(多选)如图6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θ.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0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v，距地面

高度为h，重力加速度为g，则下列关系式中正确的是()图6A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝12m(v0sinθ)2D．mgh＋12(m＋M)v2＝12mv02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v，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mv0cosθ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械

能守恒定律得mgh＋12(m＋M)v2＝12mv02，故C错误，D正确．例5(2021·黑龙江哈尔滨市第六中学期中)两质量均为m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图

7所示．一质量也为m的可视为质点的物块，从劈A上距水平面高度为h处静止滑下，然后又滑上劈B.重力加速度为g，求：图7(1)物块在劈B上能够达到的最大高度；(2)物块从劈B上返回水平面时的速度．答案(1)h4(2)0解析(1)物块从劈A上滑下，设

水平向右为正方向，物块滑到底端时的速度为v1，劈A的速度为v2.由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得0＝mv1＋mv2mgh＝12mv12＋12mv22解得v1＝gh物块滑上劈B，当二者水平方向速度相同时，物块到达最大高度

．设二者共同速度大小为v共，物块到达最大高度为H，由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得mv1＝2mv共12mv12＝12×2mv共2＋mgH解得H＝h4.(2)设物块从劈B上返回水平面时的速度为v3，劈B的

速度为v4，从物块刚要滑上劈B，到物块从劈B上返回水平面，由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得：mv1＝mv3＋mv412mv12＝12mv32＋12mv42解得v3＝0.3．(“滑块—斜面”模型分析)如图8所示，在足

够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()图8A．hB.m

hm＋MC.mhMD.Mhm＋M答案D解析斜面固定时，根据动能定理可得－mgh＝0－12mv02，解得v0＝2gh，斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得12mv02＝12(M＋m)v2＋mgh1，解得h1＝MM＋mh，D项正确．4.(“

滑块—弹簧”模型分析)如图9所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小．图9答案v2解析当系统动能最小时，弹

簧被压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A、B的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v12m1v02＝12m1v12＋12

m2v2联立解得v＝2m1v0m1＋m2，即m1v0＝m1＋m22v从小球A碰到弹簧到两球达到相同速度的过程中，系统动量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共解得v共＝v2.课时精练1.(多选)(2020·湖北部分重点中学联考)如图1所示，光滑水

平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4kg·m

/s，则()图1A．左方是A球B．B球动量的变化量为4kg·m/sC．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2D．两球发生的碰撞是弹性碰撞答案ABD解析初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，vA＝pAmA＝6m/s，vB＝pBmB＝3m/s，故左方是A球，A正确；由动量守恒定律知，ΔpB＝－Δp

A＝4kg·m/s，B正确；碰撞后A的动量为pA′＝ΔpA＋pA＝2kg·m/s，则vA′＝pA′mA＝2m/s，碰撞后B的动量为pB′＝ΔpB＋pB＝10kg·m/s，则vB′＝pB′mB＝5m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；碰撞前系统的机械能为12mAvA2＋12mBvB2＝27J

，碰撞后系统的机械能为12mAvA′2＋12mBvB′2＝27J，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确．2.如图2所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道

半径R＝1.8m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是()图2A．5m/sB．4m/sC．3m/sD．2m/s答案A解析滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝12mAv02，解得v0＝6m/s；若两个滑块发

生的是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，12mAv02＝12mAvA2＋12mBvB2，解得vB＝4m/s；若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2m/s，所以碰后小滑块B的速度大小范围

为2m/s≤vB≤4m/s，不可能为5m/s，故选A.3．(2020·山东等级考模拟卷)秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(10n)与静止氘核(21H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为

弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为()A.19EB.89EC.13ED.23E答案B解析质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性正碰，满足能量守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，以v0的方向为正方向，可列式：12×1×v02＝12×1×v12＋1

2×2×v22，1×v0＝1×v1＋2×v2，解得v1＝－13v0，即中子的动能减小为原来的19，则中子的动能损失量为89E，故B正确．4．如图3所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上．现在使甲

瞬间获得水平向右的速度v0＝4m/s，当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短．下列说法中正确的是()图3A．此时乙物体的速度为1m/sB．紧接着甲物体将开始做加速运动C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4

m/s答案A解析根据题意得，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度也是1m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当

弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，12m1v02＝12m1v1′2＋12m2v2′2，联立解得v2′＝2m/s，D错误．5．(2019·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M

(m<M)．若使A球获得瞬时速度v(如图4甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()图4A．L1>L2B．L1<L2C．L1＝L2D．不能确定答案C解析当弹簧压缩

到最短时，两球的速度相同，对题图甲，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得：Ep＝12mv2－12(m＋M)v′2联立解得，弹簧压缩到最短时Ep＝mMv22m

＋M同理，对题图乙，取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep＝mMv22m＋M故两种情况下弹簧弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．6．(多选)(2020·广东东山中学月考)如图5甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2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—时间图象如图乙，则有()图5A．在t1、t3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t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1

∶8答案CD解析由题图乙可知t1、t3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，t1时刻弹簧处于压缩状态，而t3时刻处于伸长状态，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩

，t1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，m2仍然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2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t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3

到t4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，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1m/s，B的速度为vB＝2m/s，根据

m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确．7.(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图6，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小

球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则()图6A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒B．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功C．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动答案

AD解析在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上不受外力，则水平方向上动量守恒，故A正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相

反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误．

8.(多选)如图7所示，动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量．则下列选项中可能正确的是()图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解析碰撞问题要遵循三

个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况，本题属于追及碰撞，碰前，后面物体的速度一定要大于前面物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<

0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项D；若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，根据关系式Ek＝p22m可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增

大，这样碰后系统的机械能比碰前增大了，可排除选项C；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个规律．9.如图8所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个14弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以

速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是()图8A．当v0＝2gR时，小球能到达B点B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左答案D解析滑块不固定，当v0＝

2gR时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，12mv02＝12(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝MM＋mR<R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水

平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性

碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，12mv02＝12mv12＋12Mv22，v1＝m－MM＋mv0，当m>M，v1与v0方向相同，向左，当m<M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确．10．如图9所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定轻弹

簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：图9(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案(1)mv0

216(2)1348mv02解析(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1此时B与C相当于发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv212mv

12＝ΔE＋12×2mv22解得ΔE＝116mv02.(2)由mv1＝2mv2可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒和能量守恒定律得：mv0＝3m

v312mv02－ΔE＝12×3mv32＋Ep解得Ep＝1348mv02.11.(2020·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其倾斜面是光滑曲面，曲面下端与光滑的水平面相切，如图10所示，一质量为M的物块B位于劈A的倾斜面上，距水平面的

高度为h，物块从静止开始滑下，到达水平面上，跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后(作用过程无机械能损失)，又滑上劈A，求物块B在劈A上能够达到的最大高度．图10答案14h解析设物块B滑到斜面底端时速率为v1，斜面速率为v2，物块B和斜面组成的系统水平

方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有3mv2－mv1＝0由系统机械能守恒可得mgh＝12mv12＋12×3mv22联立可得v1＝6gh2，v2＝gh6与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，当物块B在劈A上达到最大高度时二者速率相同，

设为v3，系统水平方向动量守恒，则有3mv2＋mv1＝(3m＋m)v3物块B和劈A组成的系统机械能守恒，可得mgh′＝12×3mv22＋12mv12－12×(3m＋m)v32联立可得h′＝14h.12.如图11所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相

距l；a的质量为m，b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数μ满足的条件．图11答案v022gl>μ≥32v02113gl解析若要物块a、b能够发生

弹性碰撞，应有12mv02>μmgl，即μ<v022gl.设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律有12mv02＝12mv12＋μmgl，设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定

律可得mv1＝mv1′＋34mv2′，12mv12＝12mv1′2＋12·34mv2′2联立可得v2′＝87v1.根据题意，b没有与墙发生碰撞，根据功能关系可知，12·34mv2′2≤μ3m4gl，联立解得μ≥32v02113gl，综上所述，a与b发生碰

撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是v022gl>μ≥32v02113gl.