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第3课时　专题强化：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.理解“滑块—弹簧”、“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
考点一　碰撞模型
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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
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
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
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′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1 m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1 m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。
思考　质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞，碰撞物体B的速度范围为__________≤vB≤__________。
答案　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＝v0；当发生弹性碰撞时，物体B的速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。
例1　质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为(　　)
A．1 m/s　6 m/s B．4.5 m/s　3.5 m/s
C．3.5 m/s　4.5 m/s D．－1 m/s　9 m/s
答案　C
解析　设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA1＋mvB1＝6m＋2m＝8m，碰前的总动能Ek＝mvA12＋mvB12＝20m。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6 m/s，碰后总动量p′＝mvA1＋mvB1＝7m，动量不守恒，选项A错误；若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B错误；若vA3＝3.5 m/s，vB3＝4.5 m/s，碰后总动量p′＝mvA3＋mvB3＝8m，总动能Ek3＝mvA32＋mvB32＝16.25m，动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；若vA4＝－1 m/s，vB4＝9 m/s，碰后总动量p′＝mvA4＋mvB4＝8m，总动能Ek4＝mvA42＋mvB42＝41m，动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。
碰撞问题遵守的三条原则
1．动量守恒：p1＋p2＝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至少有一个改变。
例2　(2023·黑龙江哈尔滨市六中一模)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　)
A.h B.h C.h D.h
答案　B
解析　设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2＝mvP2＋×2mvQ2，解得vP＝，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝mvP2，解得h′＝h，故选B。
例3　(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失机械能ΔE。
答案　(1)1 m　(2)0　(3)12 J
解析　(1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－gt2＝1.2 m－×10×0.22 m＝1 m
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2
解得vB0＝6 m/s，可得碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能
ΔE＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2＝12 J。
考点二　碰撞模型拓展
1．“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：系统所受外力的矢量和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4　(2023·江西南昌市模拟)如图所示，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＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。下列说法中正确的是(　　)
A．此时乙物体的速度大小为1 m/s
B．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∶4
D．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　根据题意可知，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大小也是1 m/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，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v02＝m1v1′2＋m2v2′2，联立解得v2′＝2 m/s，D错误。
例5　如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(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：
(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)mv02　(2)mv02
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，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①
此时B与C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，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2②
mv12＝ΔE＋(2m)v22③
联立①②③式得ΔE＝mv02④
(2)由②式可知v2由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤
mv02－ΔE＝(3m)v32＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv02。
2．“滑块—斜(曲)面”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。
②返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22(相当于弹性碰撞)。
例6　(多选)(2023·黑龙江哈尔滨市期中)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0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(　　)
A．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Mv02
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
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v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，Mv02＝×2Mv′2＋Mgh，联立解得h＝，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车的过程，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，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为Mv02，即此过程小球对小车做的功为Mv02，故B、C正确，A错误。
例7　如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一个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3 m/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h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小取g＝10 m/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　(1)20 kg　(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m3。对冰块与斜面体分析，由水平方向动量守恒和机械能守恒得
m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入数据得v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v02＝m2v22＋m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s
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。
课时精练
1.(2024·山东济南市历城第二中学月考)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽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。某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则(　　)
A．小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒
C．冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少
D．冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
答案　B
解析　小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故D错误。
2.如图所示，两个物块A、B中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、B质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块A右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲击物块B使其获得0.3 m/s的水平向右的速度，物块B向右压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动物块A运动。当弹簧拉伸到最长时，物块A的速度大小为(　　)
A．0.1 m/s B．0.2 m/s
C．0.3 m/s D．0.4 m/s
答案　B
解析　由机械能守恒可知，当物块B被弹簧弹回到初始位置时速度仍为v0＝0.3 m/s，方向向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2 m/s，即物块A的速度大小为0.2 m/s，故选B。
3．(2023·湖北省七市调研)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3m、静止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v
答案　C
解析　A、B两球在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A球初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝mv1＋3mv2，假设碰撞后A球静止，即v1＝0，则v2＝v，由题意可知A球被反弹，所以B球速度v2>v，A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv12＋×3mv22，联立可得v2≤，可得4.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mvQ2＋×2mvP2，Q离开P时的动能Ek2＝mvQ2，联立解得＝，故C正确。
5．(2022·北京卷·10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
答案　C
解析　x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前的速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝mv2，可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。
6.(多选)(2023·安徽省模拟)如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量m1＝2 kg的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量m2＝1 kg的物块B通过长度l＝0.45 m的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度v0＝3 m/s水平向右运动，g取10 m/s2，则(　　)
A．物块A的最大速度为2 m/s
B．物块A、B组成的系统，动量守恒
C．物块B恰好能够到达细杆MN处
D．物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了1 J
答案　AD
解析　当B在A的右侧运动时，细绳弹力对A一直做正功，可知当B再次回到最低点时，A的速度最大，则有m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v02＝m2v22＋m1v12，解得v1＝2 m/s，A正确；对B分析，可知B在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B组成的系统存在超重与失重过程，系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上动量守恒，B错误；设物块B恰好到达最高点上升的高度为h，此时A、B速度相等，则有m2v0＝(m1＋m2)v3，m2v02－(m1＋m2)v32＝m2gh，解得h＝0.3 m7.(多选)(2023·海南海口市三模)如图所示，质量分别为2m、km(k未知且k>2)的小球B、C静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为(　　)
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
答案　AB
解析　A与B碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得mv＝mvA＋2mvB
mv2＝mvA2＋×2mvB2
联立解得碰后A、B的速度分别为vA＝－v，vB＝v，B与C碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得2mvB＝2mvB′＋kmvC
×2mvB2＝×2mvB′2＋×kmvC2
联立解得碰撞后B的速度为vB′＝v
为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足
|vB′|＝≤|vA|＝
由于k>2，则有≤
联立解得28．(多选)(2023·四川绵阳市期末)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg和mB＝2 kg，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在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
B．4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s
答案　AD
解析　A、C碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝(mA＋mC)v12＝48 J，故A正确；4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的时间内对B由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B错误；当B的速度与A、C速度相等时由动量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC＋mB)v2′，解得v2′＝3 m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep′＝(mA＋mC)v12－(mA＋mC＋mB)v2′2＝12 J，故C错误；当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v3＋mBv4，(mA＋mC)v12＝(mA＋mC)v32＋mBv42，解得v4＝6 m/s，故D正确。
9.(2023·广东省模拟)如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
(1)A到达O点时的速度大小；
(2)A、B碰撞过程中损失的机械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
答案　(1)　(2)mgh　(3)h
解析　(1)物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知mgh＝mv12，解得v1＝
(2)当A、B发生碰撞，根据动量守恒定律可知
mv1＝(m＋2m)v2，解得v2＝
A、B碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv12－(m＋2m)v22＝mgh
(3)将A、B、C看成一个整体，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3，根据能量守恒定律可知(m＋2m)v22＝(m＋2m＋3m)v32＋(m＋2m)gh′
联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h′＝h。
10．(2023·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力。
(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。
答案　(1)2.4 m/s　6.4 m/s　(2)见解析
解析　(1)丙向下摆动过程中机械能守恒
MgL(1－cos θ)＝Mv02
解得v0＝4 m/s
丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mv0＝Mv′＋mv
由机械能守恒得Mv02＝Mv′2＋mv2
解得碰后瞬间，丙的速度大小v′＝2.4 m/s，
甲的速度大小v＝6.4 m/s
(2)假设乙能从C点离开，乙到达C点时甲、乙水平速度相同，设甲速度为v甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒
mv＝2mv甲2，解得v甲2＝3.2 m/s
设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，由机械能守恒得mv2＝mv甲22＋mv乙12＋mgR
又因为v乙12＝v甲22＋vy2，解得vy＝2 m/s>0，所以乙能从C点离开圆弧轨道。
11.(多选)如图所示，质量为3 kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．物块对小球不做功
B．物块的最大速度为1 m/s
C．两者分离时物块移动了0.15 m
D．物块对地面的最大压力为70 N
答案　BC
解析　小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A错误；
系统在水平方向动量守恒，有0＝mv小－Mv
根据能量守恒有mg(R＋R)＝mv小2＋Mv2
解得v小＝3 m/s，v＝1 m/s，故B正确；
小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了d＝＝0.15 m，故C正确；
小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系(此时为惯性系)，小球此时相对圆心的速度为v小＋v，由牛顿第二定律得F支＝mg＋，由牛顿第三定律得F压＝F支，对整体有FN＝Mg＋mg＋m＝ N，故D错误。第3课时　专题强化：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.理解“滑块—弹簧”、“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
考点一　碰撞模型
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________外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 ________
非弹性碰撞 ________ 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失________
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
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′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1 m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1 m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。
思考　质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞，碰撞物体B的速度范围为__________≤vB≤__________。
例1　质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为(　　)
A．1 m/s　6 m/s
B．4.5 m/s　3.5 m/s
C．3.5 m/s　4.5 m/s
D．－1 m/s　9 m/s
碰撞问题遵守的三条原则
1．动量守恒：p1＋p2＝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至少有一个改变。
例2　(2023·黑龙江哈尔滨市六中一模)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　)
A.h B.h C.h D.h
例3　(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失机械能ΔE。
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考点二　碰撞模型拓展
1．“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：系统所受外力的矢量和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4　(2023·江西南昌市模拟)如图所示，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＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。下列说法中正确的是(　　)
A．此时乙物体的速度大小为1 m/s
B．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∶4
D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
例5　如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(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：
(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。
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2．“滑块—斜(曲)面”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。
②返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22(相当于弹性碰撞)。
例6　(多选)(2023·黑龙江哈尔滨市期中)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0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(　　)
A．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Mv02
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
例7　如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一个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3 m/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h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小取g＝10 m/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？
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第七章
动量守恒定律
第
3
课时
专题强化：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.理解“滑块—弹簧”、“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
内
容
索
引
考点一　碰撞模型
考点二　碰撞模型拓展
课时精练
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考点一
碰撞模型
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 外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
远大于
3.分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 ______
非弹性碰撞 ______ 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失_____
守恒
守恒
最大
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
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′
讨论：
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1 m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1 m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。
思考　质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞，碰撞物体B的速度范围为__________≤vB≤__________。
例1　质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为
A.1 m/s　6 m/s B.4.5 m/s　3.5 m/s
C.3.5 m/s　4.5 m/s D.－1 m/s　9 m/s
√
若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B错误；
碰撞问题遵守的三条原则
1.动量守恒：p1＋p2＝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至少有一个改变。
例2　(2023·黑龙江哈尔滨市六中一模)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽
略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的
高度为
√
例3　(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
答案　1 m
(2)碰后速度v；
答案　0
解得vB0＝6 m/s，可得碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)碰撞损失机械能ΔE。
答案　12 J
根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能
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碰撞模型拓展
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考点二
1.“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：系统所受外力的矢量和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4　(2023·江西南昌市模拟)如图所示，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＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。下列说法中正确的是
A.此时乙物体的速度大小为1 m/s
B.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∶4
D.当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
√
根据题意可知，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大小也
是1 m/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；
例5　如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(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：
(1)整个系统损失的机械能；
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，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 ①
此时B与C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，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
由②式可知v2由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤
2.“滑块—斜(曲)面”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒， (M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。
例6　(多选)(2023·黑龙江哈尔滨市期中)质量为M的带有 光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0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
A.小球以后将向左做平抛运动
B.小球将做自由落体运动
√
√
例7　如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一个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3 m/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h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小取g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
答案　20 kg
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m3。对冰块与斜面体分析，由水平方向动量守恒和机械能守恒得
m2v0＝(m2＋m3)v ①
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入数据得v＝
1 m/s，m3＝20 kg ③
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否
追上小孩？
答案　不能，理由见解析
设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0 ④
代入数据得v1＝－1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3 ⑥
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s
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。
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课时精练
1.(2024·山东济南市历城第二中学月考)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽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。某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则
A.小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方
向动量守恒
C.冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少
D.冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
√
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小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和
冰块系统动量守恒，故A错误；
冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；
冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；
冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故D错误。
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2.如图所示，两个物块A、B中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、B质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块A右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲击物块B使其获得0.3 m/s的水平向右的速度，物块B向右压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动物块A运动。当弹簧拉伸到最长时，物块A的速度大小为
A.0.1 m/s B.0.2 m/s
C.0.3 m/s D.0.4 m/s
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由机械能守恒可知，当物块B被弹簧弹回到初始
位置时速度仍为v0＝0.3 m/s，方向向左；当弹簧
拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2 m/s，即物块A的速度大小为0.2 m/s，故选B。
3.(2023·湖北省七市调研)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3m、静止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是
A.0.2v B.0.3v C.0.4v D.0.6v
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4.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为
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5.(2022·北京卷·10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是
A.碰撞前m2的速率大于m1的速率
B.碰撞后m2的速率大于m1的速率
C.碰撞后m2的动量大于m1的动量
D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
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两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；
6.(多选)(2023·安徽省模拟)如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量m1＝2 kg的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量m2＝1 kg的物块B通过长度l＝0.45 m的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度v0＝3 m/s水平向右运动，g取10 m/s2，则
A.物块A的最大速度为2 m/s
B.物块A、B组成的系统，动量守恒
C.物块B恰好能够到达细杆MN处
D.物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减
少了1 J
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对B分析，可知B在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B组成的系统存在超重与失重过程，系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上动量守恒，B错误；
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7.(多选)(2023·海南海口市三模)如图所示，质量分别为2m、km(k未知且k>2)的小球B、C静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为
A.4.5 B.6 C.7.5 D.9
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A与B碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得mv＝mvA＋2mvB
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为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足
联立解得28.(多选)(2023·四川绵阳市期末)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg和mB＝2 kg，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在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，下列说法正确的是
A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能
为48 J
B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右
C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s
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A、C碰撞过程中由动量守恒可
得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙
知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得
mC＝2 kg，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝ (mA＋mC)v12＝48 J，故A正确；
4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的时间内对B由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B错误；
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当B的速度与A、C速度相等时由
动量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋
mC＋mB)v2′，解得v2′＝3 m/s，
所以物块B离开墙壁后弹簧的最
大弹性势能为Ep′＝ (mA＋mC)v12－ (mA＋mC＋mB)v2′2＝12 J，故C错误；
当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v3＋mBv4， (mA＋mC)v12＝ (mA＋mC)v32＋ mBv42，解得v4＝6 m/s，故D正确。
9.(2023·广东省模拟)如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
(1)A到达O点时的速度大小；
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(2)A、B碰撞过程中损失的机械能；
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当A、B发生碰撞，根据动量守恒定律可知
A、B碰撞过程中损失的机械能
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
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将A、B、C看成一个整体，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3，
10.(2023·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力。
(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
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答案　2.4 m/s　6.4 m/s
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丙向下摆动过程中机械能守恒
解得v0＝4 m/s
丙与甲碰撞过程，由动量守恒得
Mv0＝Mv′＋mv
解得碰后瞬间，丙的速度大小v′＝2.4 m/s，
甲的速度大小v＝6.4 m/s
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动
的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。
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答案　见解析
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假设乙能从C点离开，乙到达C点时甲、乙水平速度相同，设甲速度为v甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒
mv＝2mv甲2，解得v甲2＝3.2 m/s
设乙从C点离开时乙竖直方向速
度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，
又因为v乙12＝v甲22＋vy2，解得vy＝2 m/s>0，所以乙能从C点离开圆弧轨道。
11.(多选)如图所示，质量为3 kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是
A.物块对小球不做功
B.物块的最大速度为1 m/s
C.两者分离时物块移动了0.15 m
D.物块对地面的最大压力为70 N
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解得v小＝3 m/s，v＝1 m/s，故B正确；
小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了d＝ ＝0.15 m，故C正确；
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小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A错误；
系统在水平方向动量守恒，有0＝mv小－Mv
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