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专题强化十　碰撞模型及拓展
学习目标　1.理解碰撞的种类和遵循的规律,并会解决相关问题。 2.理解“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性,并会分析解决两类模型的有关问题。
模型一　碰撞模型
角度　弹性碰撞
1.弹性碰撞的特点:碰撞瞬间系统内无机械能损失。
2.“一动碰一静”弹性碰撞的实例分析
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'
m1=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,动量和动能全部转移)。
(2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。
(3)若m1 m2,则v1'≈v1,v2'≈2v1。
(4)若m10(碰后两物体沿相反方向运动)。
(5)若m1 m2,则v1'≈-v1,v2'≈0。
例1 (多选)(2025·江西鹰潭模拟)如图所示,质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排静止放置在光滑的水平面上,质量为m的小球甲以速度v0(沿乙、丙的连线方向)向乙球运动,三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.当三个小球间的碰撞都结束之后,乙处于静止状态
B.当三个小球间的碰撞都结束之后,三个小球的总动量之和为2mv0
C.乙、丙在发生碰撞的过程中,丙对乙做的功为-m
D.甲、乙在发生碰撞的过程中,乙对甲的冲量的大小为mv0
答案　CD
解析　设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为v甲、v乙,由弹性碰撞中动量守恒和能量守恒有mv0=mv甲+2mv乙,m=m+×2m,联立解得v甲=-v0,v乙=v0,设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为v乙'、v丙,有2mv乙=2mv乙'+mv丙,×2m=×2mv乙'2+m,联立解得v乙'=v0,v丙=v0,故A错误;三个小球组成的系统总动量守恒,碰撞结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量mv0,故B错误;乙、丙在发生碰撞的过程中,乙的速度由v乙=v0变成v乙'=v0,由动能定理知,丙对乙做的功为W=×2mv乙'2-×2m=-m,故C正确;甲、乙在发生碰撞的过程中,甲的速度由v0变成v甲=-v0,对甲由动量定理可知,乙对甲的冲量为I=mv甲-mv0=-mv0,负号表示方向,则乙对甲的冲量的大小为mv0,故D正确。
角度　非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
碰撞结束后,动能有部分损失。有
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损
2.完全非弹性碰撞
碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。有
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损max
结果:v=
ΔEk损max=(v1-v2)2
3.静止物体被撞后的速度范围
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大,物体B的速度最小,vB=v0;当发生弹性碰撞时,物体B速度最大,vB=v0,则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。
例2 (2025·河南卷,14)如图,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P,另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰,且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7 m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)该碰撞过程中损失的机械能;
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
答案　(1)24.5 J　(2)5 s
解析　(1)P、Q碰撞过程由动量守恒定律有
m2v0=m1v+m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为
vQ=3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=m2-=24.5 J。
(2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度,则之后两小物块不会再次相碰。P在防滑带上运动,由牛顿第二定律可知加速度大小为a=μg=5 m/s2
若P仅在防滑带上运动,则其从开始运动到静止的过程有2ax=v2
解得该过程的位移为x=4.9 m
则P最终静止在第3个防滑带上
设在防滑带上运动的时间为t0,由0=v-at0得
t0== s=1.4 s
设经过第1个光滑区的速度为v1,经过第2个光滑区的速度为v2
由-v2=-2al2得v1=5 m/s
在第1个光滑区运动的时间t1== s=0.6 s
由-=-2al2得v2=1 m/s
在第2个光滑区运动的时间t2== s=3 s
P从开始运动到静止经历的时间t=t0+t1+t2=5 s。
碰撞问题遵守的三条原则
跟踪训练
1.(2026·湖北名校联考)在光滑水平面上,A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动,A的动量为18 kg·m/s,B的动量为24 kg·m/s。A从后面追上B,它们相互作用一段时间后,B的动量增大为32 kg·m/s,方向不变。下列说法正确的是(　　)
A.若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为mA∶mB=1∶3
B.若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为mA∶mB=7∶18
C.若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为mA∶mB=1∶4
D.若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为mA∶mB=9∶16
答案　B
解析　A从后面追上B,有vA>vB,即>,解得<=,A与B碰撞过程中,有pA+pB=pA1+pB1,+≥+,解得≤,碰后有vA1≤vB1,即≤,解得≥,综上可得≤≤。若为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=,故A、C错误;若为非弹性碰撞,则两物体的质量之比为≤<,故B正确,D错误。
模型二　“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(或最短)状态时两物体速度相同,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,即m1v0=(m1+m2)v,ΔEp=m1-(m1+m2)v2。
(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞),即m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2。
例3 (2026·海南三亚高三期末)如图所示,质量分别为m1=1.0 kg、m2=3.0 kg、m3=2.0 kg的物块A、B、C静止在光滑水平面上,B、C之间用轻质弹簧连接,物块A放在B的左侧某一位置,物块C的右侧与竖直墙壁接触。某时刻水平击打物块A,物块A立即获得水平向右的速度v0=12 m/s,经过一段时间后,A与B发生碰撞(碰撞时间很短),并立即与B粘在一起不再分开。求:
(1)A与B碰撞结束瞬间的速度v1;
(2)物块C离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能Ep;
(3)物块C离开墙壁后,物块C的最大速度v。
答案　(1)3 m/s　(2)18 J　(3)4 m/s
解析　(1)由题意可知物块A与物块B的碰撞为完全非弹性碰撞,碰后瞬间B和A获得共同速度为v1
由动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v1
解得v1=3 m/s。
(2)A、B碰后一起压缩弹簧,当弹簧压缩量最大时,弹簧的弹性势能最大,根据功能关系可知
Ep=(m1+m2)=18 J。
(3)根据能量守恒定律可知,压缩弹簧使A、B向左运动,弹簧恢复原长时,A、B的速度为3 m/s,之后A、B与C组成的系统动量守恒,当弹簧再次恢复原长时,C的速度最大,根据动量守恒定律与能量守恒定律有
(m1+m2)v1=(m1+m2)v2+m3v
(m1+m2)=(m1+m2)+m3v2
解得v=4 m/s。
跟踪训练
2.(2026·重庆八中高三月考)如图甲所示,左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上,物块B以一初速度向A运动,t=0时B与弹簧接触, 0~2 s内两物体的v-t图像如图乙所示, 则(　　)
　　　　　 甲　　　　　　　　乙
A.A的质量比B的小
B.0~1 s内,弹簧对A、B的冲量相同
C.t=1 s时,弹簧的弹性势能为零
D.t=2 s 时,A的动量比B的大
答案　A
解析　由题图乙可知,物块B的初速度为v0=1.2 m/s,t=1 s时,物块A、B的共同速度大小为v=1.0 m/s,由动量守恒定律可得mBv0=(mA+mB)v,解得mB=5mA,故A正确;0~1 s内,弹簧对A的冲量方向向右,弹簧对B的冲量方向向左,所以弹簧对A、B的冲量不相同,故B错误;t=1 s时,物块A、B有共同速度,弹簧最短,此时弹簧的弹性势能最大,故C错误;t=2 s时,由图乙可得A的速度vA=2.0 m/s,动量pA=mAvA=2mA,B的速度vB=0.8 m/s,动量pB=mBvB=0.8mB=4mA,所以A的动量比B的小,故D错误。
模型三　“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:如图甲所示,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,有mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,有m=(M+m)+mgh,其中h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滑块m的重力势能)。
(2)返回最低点:如图乙所示,滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒,有mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,有m=m+M(相当于弹性碰撞)。
例4 (2026·河北邢台高三期末)如图所示,半径均为R=0.45 m、质量均为M=4 kg、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地面上,图中a、c分别为A、B槽的最高点,b、b'分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁,一个质量m=1 kg的小球从圆槽A顶端的a点无初速度释放,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
(1)小球经过b点时的速度大小;
(2)小球在B槽内运动所能到达距b'点的最大高度;
(3)返回b'点时小球的速度大小和此时B槽对地面的压力大小。
答案　(1)3 m/s　(2)0.36 m　(3)1.8 m/s　70 N
解析　(1)设小球经过b点时的速度大小为v0,小球从a点运动到b点,根据机械能守恒定律,有mgR=m
解得v0=3 m/s。
(2)以向右为正方向,设小球到达的最大高度为h,速度为v,小球和B槽组成的系统在水平方向上动量守恒,系统机械能也守恒,有
mv0=(m+M)v
m=(m+M)v2+mgh
联立解得h=0.36 m。
(3)设返回b'点时小球的速度大小为v1,此时B槽的速度大小为v2,根据动量守恒定律和能量守恒定律,有
mv0=-mv1+Mv2,m=m+M
联立解得v1=1.8 m/s,v2=1.2 m/s
设小球返回b'点时受到的支持力为FN
根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得FN=30 N
根据牛顿第三定律可知,小球对B槽的压力大小F压=30 N
故此时B槽对地面的压力大小
FNB=F压+Mg=70 N。
跟踪训练
3.(2026·河南南阳一中高三阶段检测)如图所示,质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道小车静置于光滑水平面上,圆弧轨道最低点切线水平。一质量也为m的小球以水平初速度v0冲上小车,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.小球冲上小车的过程中,小球和小车组成的系统动量守恒
B.小球返回到小车左端时,小车将向左运动
C.无论小球初速度v0多大,小球最终都会从小车上返回
D.小球返回到小车左端后将相对地面向左做平抛运动
答案　C
解析　小球和小车组成的系统在水平方向上所受合力为0,则系统仅在水平方向上动量守恒,故A错误;对圆弧轨道受力分析可知,圆弧轨道所受合力一直向右,小车一直向右加速,直到分离,故B错误;v0足够大使小球飞离小车时,二者水平分速度相等,飞出后又落回小车,而v0较小时小球也会返回小车左端,故C正确;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,选取向右为正方向,整个过程中系统水平方向动量守恒,有mv0=mv1+mv2,由机械能守恒定律得m=m+m,联立解得v1=0,v2=v0,即小球与小车分离时二者交换速度,所以小球与小车分离后相对地面做自由落体运动,故D错误。
A级　基础对点练
对点练1　碰撞模型
1.(2026·云南昆明期中)如图所示,物块A从5 m高的固定坡上由静止滑下,物块B的质量只有A的一半,从另一个固定坡上某位置由静止滑下,当两个物块在坡底水平面上相碰后就立即停下。若忽略一切摩擦,则物块B下滑的高度为(　　)
A.7.5 m B.10 m
C.15 m D.20 m
答案　D
解析　物块A、B在坡底水平面相碰过程中动量守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv1-mv2=0,而v1=,v2=,联立解得h2=4h1=20 m,D正确,A、B、C错误。
2.(多选)(2026·重庆九龙坡一模)
如图所示,水平面上M、N两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态,N点右侧水平面粗糙,左侧水平面光滑。若甲在水平向右的拉力F=3 N的作用下由静止向右运动,当t=2 s时撤去拉力F,紧接着甲与乙发生弹性正碰,其中乙滑行1.6 m后停下,已知乙的质量为1 kg,乙与粗糙水平面间的动摩擦因数为0.5,g=10 m/s2,则(　　)
A.0到2 s内拉力F的冲量为6 N·s
B.碰撞后瞬间乙的速度大小为3 m/s
C.撤去拉力F时甲的速度大小为3 m/s
D.甲的质量为1 kg
答案　AC
解析　根据冲量的定义式可得0到2 s内拉力F的冲量为I=Ft=6 N·s,故A正确;甲、乙碰撞后,乙做匀减速运动,设乙的质量为m2,碰后速度为v2,由动能定理得-μm2gx=0-m2,解得v2=4 m/s,故B错误;设甲的质量为m1,碰前速度为v0,碰后速度为v1,根据动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒定律得m1=m1+m2,又I=m1v0=6 N·s,联立解得m1=2 kg,v0=3 m/s,故C正确,D错误。
3.(2025·甘肃卷,4)如图,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A.1.5 m/s B.3.0 m/s
C.4.5 m/s D.6.0 m/s
答案　B
解析　设小球的质量为m,碰撞前小球B的水平速度为v,碰撞后A球水平速度为v1,B球水平速度为v2,根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,则有mv=mv1+mv2,竖直方向上小球A的竖直速度vA不变,碰撞为完全弹性碰撞,则由能量守恒定律有mv2+m=m+m+m,联立解得v1=v,v2=0。小球A在竖直方向上做自由落体运动,由h=gt2,解得t=2 s,可知碰撞后,小球A运动t'=1 s落地,则水平方向上有x=vt',解得v=3.0 m/s,故B正确。
对点练2　“滑块—弹簧”模型
4.如图所示,两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内,两静止小球1、2,质量分别为m1、m2,分别穿在两杆上,两球间拴接一竖直轻弹簧,弹簧处于原长状态。现给小球2一水平向右的初速度v0,两杆足够长,则在此后的运动过程中(　　)
A.两小球组成的系统动量不守恒
B.两小球组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时,其弹性势能为
D.小球1的最大速度是
答案　D
解析　两小球组成的系统所受合外力为零,则系统的动量守恒,两小球及弹簧组成的系统机械能守恒,故A、B错误;弹簧最长时,两球的速度相等,由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,根据能量守恒定律得此时弹簧弹性势能为Ep=m2-(m1+m2)v2=,故C错误;当弹簧再次回到原长时,小球1的速度最大,则m2v0=m1v1+m2v2,m2=m1+m2,解得v1=,故D正确。
5.(多选)(2025·湖南长沙模拟)光滑水平面有A、B两个物块,质量分别为2m和m,初始时用处于原长状态下的弹簧相连,现在给物块A一个水平向右的初速度v0。水平面右侧有一墙面,已知经过时间t,物块B第一次达到最大速度,且恰好到达墙壁处,在此过程中,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的最大弹性势能是
B.物块B的最大速度是
C.初始时物块B离墙面的距离是v0t
D.初始时物块B离墙面的距离是v0t
答案　AC
解析　当两物块共速时,弹簧压缩到最短,弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒定律有2mv0=(2m+m)v共,两物块和弹簧组成的系统机械能守恒,有×2m=×(2m+m)+Epm,解得Epm=,故A正确;当弹簧恢复原长时,物块B的速度达到最大,根据动量守恒定律有2mv0=2mvA+mvB,两物块的机械能守恒,有×2m=×2m+m,解得vB=,vA=,故B错误;此式2mv0=2mvA+mvB两边同时乘以t可得2mv0t=2mvAt+mvBt,即2mv0t=2mxA+mxB,初末状态弹簧均处于原长,所以xA=xB,解得xB=xA=v0t,故C正确,D错误。
对点练3　“滑块—斜(曲)面”模型
6.如图所示,一个质量为M的圆弧滑块放置在水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧,EF圆弧半径R=1 m,E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上圆弧轨道,若小球刚好没越过圆弧的上端,已知重力加速度大小g=10 m/s2,不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为(　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
答案　C
解析　根据题意,小球上升到圆弧滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,水平方向根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有m=(m+M)+mgR,联立解得=4,故C正确。
7.(多选)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块,从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=5m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则(　　)
A.全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为R+L
B.全过程小车相对地面的位移大小为
C.小车在运动过程中速度的最大值为
D.μ、L、R三者之间的关系为R=μL
答案　CD
解析　滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,由人船模型特点有Ms1=ms2,s1+s2=R+L,由上两式联立解得 s1=,s2=,全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为, 全过程小车相对地面的位移大小为,故A、B错误;滑块滑到圆弧轨道最低点时,小车速度最大,滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,则有Mv1=mv2,由机械能守恒定律有mgR=M+m,联立解得v1=,即小车在运动过程中速度的最大值为,故C正确;滑块最后恰好停在C点时,小车也停止运动,全程由能量守恒定律有mgR=μmgL,解得R=μL,故D正确。
B级　综合提升练
8.(多选)如图,光滑圆弧槽面末端切线水平,并静置一质量为m2的小球Q,另一质量为m1的小球P从槽面上某点静止释放,沿槽面滑至槽口处与Q球正碰,设碰撞过程中无能量损失,P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1∶3,则P、Q两球质量比可能是(　　)
A.3∶1 B.3∶5
C.2∶3 D.1∶7
答案　AB
解析　设碰撞前小球P的速度为v0,碰撞后P、Q的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,解得v1=v0,v2=v0,两式之比为=,因P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1∶3,即xP∶xQ=1∶3,则可能有两种情况,一种是碰撞后P球不弹回,继续向前运动,有==,解得m1∶m2=3∶1,另一种是碰撞后P球被弹回,有==-,解得m1∶m2=3∶5,综上所述,P、Q两球质量比可能是3∶1或3∶5,故A、B正确。
9.(2025·山东卷,17)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g=10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
答案　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J
解析　(1)小球由静止下落至运动到P点的过程,小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力,所以系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律有0=mv1-Mv2
又系统除重力外无外力做功,所以系统机械能守恒,由机械能守恒定律有
mgh=m+M
联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。
(2)小球从P点水平抛出后做平抛运动,水平速度不变,小球与a的碰撞过程,在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律有
mv1=(m+ma)v0
解得v0=2 m/s
b刚解除锁定时,有F=kx0
小球与a的整体开始运动至b解除锁定时,由机械能守恒定律有
(m+ma)=(m+ma)+Ep0
其中Ep0=k
联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小
va=1 m/s
b解除锁定后,a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒,当a与b共速时,弹簧弹性势能最大,由动量守恒定律有
(m+ma)va=(m+ma+mb)vb
解得vb= m/s
由机械能守恒定律有
(m+ma)=(m+ma+mb)+Epm
解得Epm=2.5 J。
C级　培优加强练
10.(2024·安徽卷,14)如图所示, 一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿着轨道运动,已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道
半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
解析　(1)对小球摆动到最低点的过程中,由动能定理有mgL=m-0
解得v0=5 m/s
在最低点,对小球由牛顿第二定律有FT-mg=m
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2
m=m+M
解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时两者共速,物块与小车整体水平方向动量守恒,有
Mv2=2Mv3
由能量守恒定律有
M=×2M+μ1Mgs
解得μ1=0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速,物块与小车整体水平方向动量守恒,有
Mv2=2Mv4
由能量守恒定律有
M=×2M+μ2Mgs+MgR
解得μ2=0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。(共62张PPT)
专题强化十　碰撞模型及拓展
第六章　动量守恒定律
1.理解碰撞的种类和遵循的规律,并会解决相关问题。 2.理解“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性,并会分析解决两类模型的有关问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
模型
01
提升素养能力
02
考点
1
模型二　“滑块—弹簧”模型
模型一　碰撞模型
模型三　“滑块—斜(曲)面”模型
模型一　碰撞模型
角度　　弹性碰撞
1.弹性碰撞的特点:碰撞瞬间系统内无机械能损失。
2.“一动碰一静”弹性碰撞的实例分析
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'
m1=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,动量和动能全部转移)。
(2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。
(3)若m1 m2,则v1'≈v1,v2'≈2v1。
(4)若m10(碰后两物体沿相反方向运动)。
(5)若m1 m2,则v1'≈-v1,v2'≈0。
例1 (多选)(2025·江西鹰潭模拟)如图所示,质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排静止放置在光滑的水平面上,质量为m的小球甲以速度v0(沿乙、丙的连线方向)向乙球运动,三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.当三个小球间的碰撞都结束之后,乙处于静止状态
B.当三个小球间的碰撞都结束之后,三个小球的总动量之和为2mv0
C.乙、丙在发生碰撞的过程中,丙对乙做的功为-m
D.甲、乙在发生碰撞的过程中,乙对甲的冲量的大小为mv0
CD
解析　设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为v甲、v乙,由弹性碰撞中动量守恒和能量守恒有mv0=mv甲+2mv乙,m=m+×2m,联立解得v甲=-v0,v乙=v0,设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为v乙'、v丙,有2mv乙=2mv乙'+mv丙,×2m=×2mv乙'2+m,联立解得v乙'=v0,v丙=v0,故A错误;三个小球组成的系统总动量守恒,碰撞结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量mv0,故B错误;乙、丙在发生碰撞的过程中,乙的速度由v乙=v0变成v乙'=v0,由动能定理知,丙对乙做的功为W=×2mv乙'2-×2m=-m,故C正确;甲、乙在发生碰撞的过程中,甲的速度由v0变成v甲=-v0,对甲由动量定理可知,乙对甲的冲量为I=mv甲-mv0=-mv0,负号表示方向,则乙对甲的冲量的大小为mv0,故D正确。
角度　　非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
碰撞结束后,动能有部分损失。有
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损
2.完全非弹性碰撞
碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。有
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损max
结果:v=
ΔEk损max=(v1-v2)2
3.静止物体被撞后的速度范围
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大,物体B的速度最小,vB=v0;当发生弹性碰撞时,物体B速度最大,vB=v0,则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。
例2 (2025·河南卷,14)如图,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P,另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰,且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7 m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)该碰撞过程中损失的机械能;
答案　24.5 J
解析　P、Q碰撞过程由动量守恒定律有
m2v0=m1v+m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为
vQ=3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=m2-=24.5 J。
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
解析　碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度,则之后两小物块不会再次相碰。P在防滑带上运动,由牛顿第二定律可知加速度大小为a=μg=5 m/s2
若P仅在防滑带上运动,则其从开始运动到静止的过程有2ax=v2
解得该过程的位移为x=4.9 m
则P最终静止在第3个防滑带上
设在防滑带上运动的时间为t0,由0=v-at0得
t0== s=1.4 s
设经过第1个光滑区的速度为v1,经过第2个光滑区的速度为v2
由-v2=-2al2得v1=5 m/s
在第1个光滑区运动的时间t1== s=0.6 s
由-=-2al2得v2=1 m/s
在第2个光滑区运动的时间t2== s=3 s
P从开始运动到静止经历的时间t=t0+t1+t2=5 s。
答案　5 s
碰撞问题遵守的三条原则
跟踪训练
1.(2026·湖北名校联考)在光滑水平面上,A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动,A的动量为18 kg·m/s,B的动量为24 kg·m/s。A从后面追上B,它们相互作用一段时间后,B的动量增大为32 kg·m/s,方向不变。下列说法正确的是(　　)
A.若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为mA∶mB=1∶3
B.若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为mA∶mB=7∶18
C.若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为mA∶mB=1∶4
D.若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为mA∶mB=9∶16
B
解析　A从后面追上B,有vA>vB,即>,解得<=,A与B碰撞过程中,有pA+pB=pA1+pB1,+≥+,解得≤,碰后有vA1≤vB1,即≤,解得≥,综上可得≤≤。若为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=,故A、C错误;若为非弹性碰撞,则两物体的质量之比为≤<,故B正确,D错误。
1.模型图示
模型二　“滑块—弹簧”模型
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(或最短)状态时两物体速度相同,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,即m1v0=(m1+m2)v,ΔEp=m1-(m1+m2)v2。
(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞),即m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2。
例3 (2026·海南三亚高三期末)如图所示,质量分别为m1=1.0 kg、m2=3.0 kg、m3=2.0 kg的物块A、B、C静止在光滑水平面上,B、C之间用轻质弹簧连接,物块A放在B的左侧某一位置,物块C的右侧与竖直墙壁接触。某时刻水平击打物块A,物块A立即获得水平向右的速度v0=12 m/s,经过一段时间后,A与B发生碰撞(碰撞时间很短),并立即与B粘在一起不再分开。求:
(1)A与B碰撞结束瞬间的速度v1;
答案　3 m/s
解析　由题意可知物块A与物块B的碰撞为完全非弹性碰撞,碰后瞬间B和A获得共同速度为v1
由动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v1
解得v1=3 m/s。
(2)物块C离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能Ep;
答案　18 J
解析　A、B碰后一起压缩弹簧,当弹簧压缩量最大时,弹簧的弹性势能最大,根据功能关系可知
Ep=(m1+m2)=18 J。
(3)物块C离开墙壁后,物块C的最大速度v。
答案　4 m/s
解析　根据能量守恒定律可知,压缩弹簧使A、B向左运动,弹簧恢复原长时,A、B的速度为3 m/s,之后A、B与C组成的系统动量守恒,当弹簧再次恢复原长时,C的速度最大,根据动量守恒定律与能量守恒定律有
(m1+m2)v1=(m1+m2)v2+m3v
(m1+m2)=(m1+m2)+m3v2
解得v=4 m/s。
2.(2026·重庆八中高三月考)如图甲所示,左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上,物块B以一初速度向A运动,t=0时B与弹簧接触, 0~2 s内两物体的v-t图像如图乙所示, 则(　　)
跟踪训练
A.A的质量比B的小
B.0~1 s内,弹簧对A、B的冲量相同
C.t=1 s时,弹簧的弹性势能为零
D.t=2 s 时,A的动量比B的大
A
甲　　　　　　　　乙
解析　由题图乙可知,物块B的初速度为
v0=1.2 m/s,t=1 s时,物块A、B的共同速度
大小为v=1.0 m/s,由动量守恒定律可得
mBv0=(mA+mB)v,解得mB=5mA,故A正确;
0~1 s内,弹簧对A的冲量方向向右,弹簧
对B的冲量方向向左,所以弹簧对A、B的冲量不相同,故B错误;t=1 s时,物块A、B有共同速度,弹簧最短,此时弹簧的弹性势能最大,故C错误;t=2 s时,由图乙可得A的速度vA=2.0 m/s,动量pA=mAvA=2mA,B的速度vB=0.8 m/s,动量pB=mBvB=0.8mB=4mA,所以A的动量比B的小,故D错误。
甲　　　　　　　　乙
1.模型图示
模型三　“滑块—斜(曲)面”模型
2.模型特点
(1)上升到最大高度:如图甲所示,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,有mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,有m=(M+m)+mgh,其中h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滑块m的重力势能)。
(2)返回最低点:如图乙所示,滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒,有mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,有m=m+M(相当于弹性碰撞)。
例4 (2026·河北邢台高三期末)如图所示,半径均为R=0.45 m、质量均为M=4 kg、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地面上,图中a、c分别为A、B槽的最高点,b、b'分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁,一个质量m=1 kg的小球从圆槽A顶端的a点无初速度释放,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
(1)小球经过b点时的速度大小;
答案　3 m/s
解析　设小球经过b点时的速度大小为v0,小球从a点运动到b点,根据机械能守恒定律,有mgR=m
解得v0=3 m/s。
(2)小球在B槽内运动所能到达距b'点的最大高度;
答案　0.36 m
解析　以向右为正方向,设小球到达的最大高度为h,速度为v,小球和B槽组成的系统在水平方向上动量守恒,系统机械能也守恒,有
mv0=(m+M)v
m=(m+M)v2+mgh
联立解得h=0.36 m。
(3)返回b'点时小球的速度大小和此时B槽对地面的压力大小。
答案　1.8 m/s　70 N
解析　设返回b'点时小球的速度大小为v1,此时B槽的速度大小为v2,根据动量守恒定律和能量守恒定律,有
mv0=-mv1+Mv2,m=m+M
联立解得v1=1.8 m/s,v2=1.2 m/s
设小球返回b'点时受到的支持力为FN
根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得FN=30 N
根据牛顿第三定律可知,小球对B槽的压力大小F压=30 N
故此时B槽对地面的压力大小
FNB=F压+Mg=70 N。
3.(2026·河南南阳一中高三阶段检测)如图所示,质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道小车静置于光滑水平面上,圆弧轨道最低点切线水平。一质量也为m的小球以水平初速度v0冲上小车,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
跟踪训练
A.小球冲上小车的过程中,小球和小车组成的系统动量守恒
B.小球返回到小车左端时,小车将向左运动
C.无论小球初速度v0多大,小球最终都会从小车上返回
D.小球返回到小车左端后将相对地面向左做平抛运动
C
解析　小球和小车组成的系统在水平方向上所受合力
为0,则系统仅在水平方向上动量守恒,故A错误;对圆弧
轨道受力分析可知,圆弧轨道所受合力一直向右,小车一
直向右加速,直到分离,故B错误;v0足够大使小球飞离小
车时,二者水平分速度相等,飞出后又落回小车,而v0较小时小球也会返回小车左端,故C正确;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,选取向右为正方向,整个过程中系统水平方向动量守恒,有mv0=mv1+mv2,由机械能守恒定律得m=m+m,联立解得v1=0,v2=v0,即小球与小车分离时二者交换速度,所以小球与小车分离后相对地面做自由落体运动,故D错误。
提升素养能力
2
A级　基础对点练
D
对点练1　碰撞模型
1.(2026·云南昆明期中)如图所示,物块A从5 m高的固定坡上由静止滑下,物块B的质量只有A的一半,从另一个固定坡上某位置由静止滑下,当两个物块在坡底水平面上相碰后就立即停下。若忽略一切摩擦,则物块B下滑的高度为(　　)
A.7.5 m B.10 m
C.15 m D.20 m
解析　物块A、B在坡底水平面相碰过程中动量守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv1-mv2=0,而v1=,v2=,联立解得h2=4h1=20 m,D正确,A、B、C错误。
AC
2.(多选)(2026·重庆九龙坡一模)如图所示,水平面上M、N两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态,N点右侧水平面粗糙,左侧水平面光滑。若甲在水平向右的拉力F=3 N的作用下由静止向右运动,当t=2 s时撤去拉力F,紧接着甲与乙发生弹性正碰,其中乙滑行1.6 m后停下,已知乙的质量为1 kg,乙与粗糙水平面间的动摩擦因数为0.5,g=10 m/s2,则(　　)
A.0到2 s内拉力F的冲量为6 N·s
B.碰撞后瞬间乙的速度大小为3 m/s
C.撤去拉力F时甲的速度大小为3 m/s
D.甲的质量为1 kg
解析　根据冲量的定义式可得0到2 s内拉力F的冲量
为I=Ft=6 N·s,故A正确;甲、乙碰撞后,乙做匀减速运
动,设乙的质量为m2,碰后速度为v2,由动能定理得
-μm2gx=0-m2,解得v2=4 m/s,故B错误;设甲的质量为m1,碰前速度为v0,碰后速度为v1,根据动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒定律得m1=
m1+m2,又I=m1v0=6 N·s,联立解得m1=2 kg,v0=3 m/s,故C正确,D错误。
B
3.(2025·甘肃卷,4)如图,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A.1.5 m/s B.3.0 m/s
C.4.5 m/s D.6.0 m/s
解析　设小球的质量为m,碰撞前小球B的水平速度为v,碰撞后A球水平速度为v1,B球水平速度为v2,根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,则有mv=mv1+mv2,竖直方向上小球A的竖直速度vA不变,碰撞为完全弹性碰撞,则由能量守恒定律有mv2+m=m+m+m,联立解得v1=v,v2=0。小球A在竖直方向上做自由落体运动,由h=gt2,解得t=2 s,可知碰撞
后,小球A运动t'=1 s落地,则水平方向上有x=vt',解得v=
3.0 m/s,故B正确。
D
对点练2　“滑块—弹簧”模型
4.如图所示,两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内,两静止小球1、2,质量分别为m1、m2,分别穿在两杆上,两球间拴接一竖直轻弹簧,弹簧处于原长状态。现给小球2一水平向右的初速度v0,两杆足够长,则在此后的运动过程中(　　)
A.两小球组成的系统动量不守恒
B.两小球组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时,其弹性势能为
D.小球1的最大速度是
解析　两小球组成的系统所受合外力为零,则系统的动量
守恒,两小球及弹簧组成的系统机械能守恒,故A、B错误;
弹簧最长时,两球的速度相等,由动量守恒定律得m2v0=
(m1+m2)v,根据能量守恒定律得此时弹簧弹性势能为
Ep=m2-(m1+m2)v2=,故C错误;当弹簧再次回到原长时,小球1的速度最大,则m2v0=m1v1+m2v2,m2=m1+m2,解得v1=,故D正确。
AC
5.(多选)(2025·湖南长沙模拟)光滑水平面有A、B两个物块,质量分别为2m和m,初始时用处于原长状态下的弹簧相连,现在给物块A一个水平向右的初速度v0。水平面右侧有一墙面,已知经过时间t,物块B第一次达到最大速度,且恰好到达墙壁处,在此过程中,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的最大弹性势能是 B.物块B的最大速度是
C.初始时物块B离墙面的距离是v0t D.初始时物块B离墙面的距离是v0t
解析　当两物块共速时,弹簧压缩到最短,弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒定律有2mv0=(2m+m)v共,两物块和弹簧组成的系统机械能守恒,有×2m=
×(2m+m)+Epm,解得Epm=,故A正确;当弹簧恢复原长时,物块B的速度达到最大,根据动量守恒定律有2mv0=2mvA+mvB,两物块的机械能守恒,有×2m=×2m+m,解得vB=,vA=,故B错误;此式2mv0=2mvA+mvB两边同时乘以t可得2mv0t=2mvAt+mvBt,即2mv0t=2mxA+mxB,初末状态弹簧均处于原长,所以xA=xB,解得xB=xA=v0t,故C正确,D错误。
C
对点练3　“滑块—斜(曲)面”模型
6.如图所示,一个质量为M的圆弧滑块放置在水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧,EF圆弧半径R=1 m,E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=
5 m/s的初速度水平向右从E点冲上圆弧轨道,若小球刚好没越过圆弧的上端,已知重力加速度大小g=10 m/s2,不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为(　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
解析　根据题意,小球上升到圆弧滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,水平方向根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有m=
(m+M)+mgR,联立解得=4,故C正确。
CD
7.(多选)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块,从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=5m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则(　　)
A.全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为R+L
B.全过程小车相对地面的位移大小为
C.小车在运动过程中速度的最大值为
D.μ、L、R三者之间的关系为R=μL
解析　滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,由人船模
型特点有Ms1=ms2,s1+s2=R+L,由上两式联立解得 s1=,s2=
,全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为
, 全过程小车相对地面的位移大小为,故A、B错误;
滑块滑到圆弧轨道最低点时,小车速度最大,滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,则有Mv1=mv2,由机械能守恒定律有mgR=M+m,联立解得v1=,即小车在运动过程中速度的最大值为,故C正确;滑块最后恰好停在C点时,小车也停止运动,全程由能量守恒定律有mgR=μmgL,解得R=μL,故D正确。
AB
8.(多选)如图,光滑圆弧槽面末端切线水平,并静置一质量为m2的小球Q,另一质量为m1的小球P从槽面上某点静止释放,沿槽面滑至槽口处与Q球正碰,设碰撞过程中无能量损失,P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1∶3,则P、Q两球质量比可能是(　　)
A.3∶1 B.3∶5
C.2∶3 D.1∶7
B级　综合提升练
解析　设碰撞前小球P的速度为v0,碰撞后P、Q的速度分别
为v1、v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v0=
m1v1+m2v2,m1=m1+m2,解得v1=v0,v2=
v0,两式之比为=,因P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1∶3,即xP∶xQ=1∶3,则可能有两种情况,一种是碰撞后P球不弹回,继续向前运动,有==,解得m1∶m2=3∶1,另一种是碰撞后P球被弹回,有==-,解得m1∶m2=3∶5,综上所述,P、Q两球质量比可能是3∶1或3∶5,故A、B正确。
9.(2025·山东卷,17)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g=10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
答案　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J
解析　(1)小球由静止下落至运动到P点的过程,小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力,所以系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律有0=mv1-Mv2
又系统除重力外无外力做功,所以系统机械能守恒,由机械能守恒定律有
mgh=m+M
联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。
(2)小球从P点水平抛出后做平抛运动,水平速度不变,小球与a的碰撞过程,在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律有
mv1=(m+ma)v0
解得v0=2 m/s
b刚解除锁定时,有F=kx0
小球与a的整体开始运动至b解除锁定时,由机械能守恒定律有
(m+ma)=(m+ma)+Ep0
其中Ep0=k
联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小
va=1 m/s
b解除锁定后,a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒,当a与b共速时,弹簧弹性势能最大,由动量守恒定律有
(m+ma)va=(m+ma+mb)vb
解得vb= m/s
由机械能守恒定律有
(m+ma)=(m+ma+mb)+Epm
解得Epm=2.5 J。
10.(2024·安徽卷,14)如图所示, 一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿着轨道运动,已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=
1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
C级　培优加强练
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,
求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
解析　(1)对小球摆动到最低点的过程中,
由动能定理有mgL=m-0
解得v0=5 m/s
在最低点,对小球由牛顿第二定律有FT-mg=m
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2
m=m+M
解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时两者共速,物块与小车整体水平方向动量守恒,有
Mv2=2Mv3
由能量守恒定律有
M=×2M+μ1Mgs
解得μ1=0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速,物块与小车整体水平方向动量守恒,有
Mv2=2Mv4
由能量守恒定律有
M=×2M+μ2Mgs+MgR
解得μ2=0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
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