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第35课时　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'
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)；
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。
1.若一个质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞，则碰后两个小球的速度v1'、v2'各是多少？
答案　由动量守恒和机械能守恒可知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2
联立解得v1'=，v2'=。
2.(来自教材)质量为m、速度为v0的A球跟质量为3m、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，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。那么碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v0；(2)0.4v0。
答案　A球与静止的B球发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，B球的速度最小，vB=v0=v0；当发生弹性碰撞时，B球的速度最大，vB=v0=v0。则碰后B球的速度大小范围为v0≤vB≤v0，所以B球的速度不可能是0.6v0，可能是0.4v0。
例1　(2026·黑龙江哈尔滨市检测)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，碰前系统总动量大小p=mvA1+mvB1=8m(kg·m/s)，碰前的总动能Ek=m+m=20m(J)。若碰后vA1=1 m/s，vB1=6 m/s，碰后总动量大小p1=mvA1+mvB1=7m(kg·m/s)，动量不守恒，选项A不符合题意；若vA2=4.5 m/s，vB2=3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B不符合题意；若vA3=3.5 m/s，vB3=4.5 m/s，碰后总动量大小p3=mvA3+mvB3=8m(kg·m/s)，总动能Ek3=m+m=16.25m(J)，动量守恒，动能不增加，可能实现，选项C符合题意；若vA4=-1 m/s，vB4=9 m/s，碰后总动量大小p4=mvA4+mvB4=8m(kg·m/s)，总动能Ek4=m+m=41m(J)，动量守恒，但动能增加，违反能量守恒定律，选项D不符合题意。
　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　(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，不计空气阻力，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　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，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv=mv1+mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2=m+m，联立解得v1=v，v2=0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有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，故选B。
例3　(九省联考·贵州·15改编)如图，质量为m甲= kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量为m乙=1 kg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0=4.8 m/s。碰后乙在AB间运动一段距离后与静止在B点、质量为m丙=1 kg的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小之比为3∶1，碰后丙滑动d=0.04 m后停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，所有碰撞时间极短，g取10 m/s2。求：
(1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；
(2)乙、丙碰撞过程损失的机械能。
答案　(1)2.4 m/s　(2)0.08 J
解析　(1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律
m甲v0=m甲v甲+m乙v乙
由机械能守恒定律
m甲=m甲+m乙
解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为
v乙=v0=2.4 m/s
(2)碰后，对丙由动能定理
-μm丙gd=0-m丙
解得v丙=0.4 m/s
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律
m乙v乙1=m乙v乙2+m丙v丙
其中=
联立解得v乙1=0.6 m/s，v乙2=0.2 m/s
由能量守恒定律
m乙=m乙+m丙+ΔE
解得ΔE=0.08 J。
考点二　碰撞模型的拓展
1.“滑块—弹簧”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。
②系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，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　(多选)(2025·河南省三模)如图(a)所示，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A以速度v0沿A、B连线向物体B运动。t=0时，物体A与轻弹簧接触(不粘连)，此后的一段时间内，两物体的速度v与时间t的关系如图(b)所示。已知0~t0(t0A.物体B的质量为2m
B.物体A与轻弹簧分离时，速度为-v0
C.0~t0时间内，物体A运动的距离为v0t0
D.弹簧压缩最短时弹性势能为m
答案　AC
解析　由题图(b)可知A、B共速时速度大小为，规定向右为正方向，由动量守恒有mv0=(m+M)，解得物体B的质量M=2m，故A正确；设物体A与轻弹簧分离时，A、B速度分别为vA、vB，则由动量守恒有mv0=mvA+MvB，能量守恒有m=m+M，联立解得vA=-v0，故B错误；设A、B在t2前任意时刻速度分别为vA1、vB1，由动量守恒有mv0=mvA1+MvB1，整理得mv0t0=mxA+MxB，其中xB=v0t0，联立解得xA=v0t0，故C正确；弹簧最短时A、B共速，v共=v0，由能量守恒Ep=m-(m+M)，代入数据得Ep=m，故D错误。
1.“滑块—弹簧”模型的解题方法
(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果。
2.过程讨论：当甲、乙两物体与弹簧组成的系统动能最小时，弹簧压缩到最短或伸长到最长(两物体共速)，弹簧的弹性势能最大，物体间发生“完全非弹性碰撞”，只不过动能的减少是暂时的，储存在弹性势能中；当弹簧恢复到原长时，两物体发生“弹性碰撞”，大多数都可类比弹性碰撞“一动碰一静模型”分析求解，但是特殊情况不可照搬。
2.“滑块—斜(曲)面”模型
模型图示
(1)物块m沿曲面上升过程中，两者构成的系统动量守恒吗？物块m沿曲面上升到最高点时两者速度有何特点？
(2)在上述过程中分别用水平方向动量守恒和机械能守恒列出方程。
(3)物块再次返回曲面底端时，物块m和曲面M的速度各是多少？
答案　(1)动量不守恒，水平方向动量守恒；上升到最大高度时，物块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时物块m的竖直速度vy=0。
(2)系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为物块上升的最大高度，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物块m的重力势能)。
(3)系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于弹性碰撞)。联立可得v1=v0，v2=v0。
例5　(多选)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，沿圆弧轨道到达某一高度后，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M
D.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为
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'，M=×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M，即此过程小球对小车做的功为M，故B、C正确，A错误。
例6　如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑、半径R=0.3 m的四分之一圆弧面，圆弧面右侧一蹲在滑板上的某人和其面前的冰块均静止在冰面上。某时刻此人将冰块以相对冰面3 m/s的速度向圆弧面推出，冰块平滑地滑上圆弧面，在圆弧面上上升的最大高度为h=0.3 m。已知此人与滑板的总质量m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，此人与滑板始终无相对运动，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圆弧面的质量；
(2)通过计算判断，冰块与圆弧面分离后能否追上此人？
答案　(1)20 kg　(2)见解析
解析　(1)规定向左为正方向，冰块在圆弧面上上升到最大高度时两者达到共同速度v，
设圆弧面的质量为m3。
对冰块与圆弧面分析，由水平方向动量守恒得m2v0=(m2+m3)v，
由系统机械能守恒得m2=(m2+m3)v2+m2gh
联立解得v=1 m/s，m3=20 kg。
(2)设推出冰块后此人的速度为v1，推冰块的过程中，由动量守恒定律有m1v1+m2v0=0，
代入数据解得v1=-1 m/s，
设冰块与圆弧面分离后的速度分别为v2和v3，
由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0=m2v2+m3v3，
m2=m2+m3，
联立解得v2=-1 m/s，
由于冰块与圆弧面分离后的速度与此人推出冰块后的速度相同且冰块处在此人后方，故冰块不能追上此人。
拓展　若例6中此人将冰块以相对冰面6 m/s的速度向圆弧面推出，求冰块到达圆弧面最高点时的速度，并说明冰块冲出圆弧面后的运动情况。
答案　见解析
解析　冰块在圆弧面上运动过程中，冰块与圆弧面在水平方向动量守恒，冰块到达圆弧面最高点时，两者水平速度相等，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有m2v0'=(m2+m3)v水平
m2v0'2=m3+m2gR+m2v'2
解得v'= m/s
方向相对于冰面斜向左上方。
冰块到达圆弧面最高点时，水平方向分速度与圆弧面速度相同，冰块相对于冰面的速度斜向左上方，故冰块冲出圆弧面后相对于冰面做斜抛运动，相对于圆弧面做竖直上抛运动，最终落回到圆弧面。
课时精练
[分值：54分]
　[1~6题，每题4分]
1.(多选)(2025·河北衡水市模拟)在公园的人工湖上，有A、B两艘质量(含游客)分别为m1=300 kg和m2=200 kg的碰碰船。起初，船A以速度v1=4 m/s沿正东方向行驶，船B静止。当船A与船B发生碰撞后的瞬间，船A的速度变为v1'=2 m/s，方向沿正东方向。下列说法正确的是(　　)
A.船B碰撞后速度大小为3 m/s
B.船B碰撞后速度方向不可能沿正东方向
C.此次碰撞总机械能没有变化，是弹性碰撞
D.此次碰撞过程中系统损失的机械能为900 J
答案　AD
解析　在碰撞过程中系统的总动量保持不变，设船B碰撞后的速度为v2，根据动量守恒定律可得m1v1=m1v1'+m2v2，解得v2=3 m/s，方向沿正东方向，故A正确，B错误；碰撞前系统的总动能Ek1=m1=2 400 J，碰撞后系统的总动能Ek2=m1v1'2+m2=1 500 J，因为Ek1≠Ek2，所以此次碰撞不是弹性碰撞，故C错误；系统损失的机械能ΔE=Ek1-Ek2=2 400 J-1 500 J=900 J，故D正确。
2.(多选)(2024·广西卷·8)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　)
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
答案　BC
解析　由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM=0，vN=v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速直线运动，故选B、C。
3.(2025·浙江宁波市三模)质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，m1=1 kg，下列说法正确的是(　　)
A.m2=1 kg
B.图线①为碰撞后m1的图线
C.碰撞后两物体的速度相同
D.两物体的碰撞为弹性碰撞
答案　D
解析　由x-t图像的斜率表示速度，可知碰撞前m1和m2的速度分别为v1=4 m/s，v2=0，以碰前m1的速度方向为正方向，可知碰撞后m2的x-t图像斜率不可能为负，则图线①为碰后m2的图线，碰撞后两物体的速度分别为v1'=-2 m/s，v2'=2 m/s；碰撞后两物体的速度等大反向，根据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，解得m2=3 kg，碰前Ek0=m1+0=8 J，碰后Ek1=m1v1'2+m2v2'2=8 J，故两个物体发生弹性碰撞。故选D。
4.(多选)(2025·四川巴中市三模)在一次探究实验中，小车上固定一段半径足够大的光滑圆弧轨道(总质量M=4 kg)静止在光滑水平面上，圆弧的下端水平。某质量为m=2 kg的小球以初速度v0=5 m/s沿水平方向从圆弧下端进入轨道。忽略空气阻力，g取10 m/s2。小球在轨道上上升至最高点的过程，下列判断正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.系统水平方向动量守恒
C.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为 m
D.小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1 m/s
答案　BC
解析　在小球上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，但支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A错误；在小球上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B正确；设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则mv0=(M+m)v，解得v= m/s，小球与小车组成的系统机械能守恒，有m=(M+m)v2+mgh，解得h= m，故C正确，D错误。
5.(2025·河北邯郸市二模)如图所示，质量均为m的物块A、B中间用一根原长为L0的轻弹簧相连，放在光滑水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。用一小锤敲击物块A给其一个水平向右的速度v0，此后A、B向右运动，弹簧始终处于弹性限度内。下列关于弹簧的弹性势能Ep与弹簧的长度L、形变量x之间的关系图像可能正确的是(　　)
答案　D
解析　A、B和弹簧组成的系统满足动量守恒，A、B共速时有mv0=2mv，对A、B及弹簧整体，由机械能守恒定律得m=×2mv2+Epmax，联立可得Epmax=，故A、C错误；弹簧处于原长时弹性势能为0，故B错误；弹簧弹性势能的大小Ep=kx2，故D正确。
6.(2026·河南省百师联盟联考)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，质量为m的小物块从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则(　　)
A.小物块下滑过程中，其机械能守恒
B.小物块下滑过程中，小物块和槽的动量大小始终相等
C.小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mgh
D.小物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上高h处
答案　C
解析　弧形槽置于光滑水平地面上，小物块下滑过程中，对槽压力的水平分量使槽向左加速，槽对小物块的支持力做功，小物块的机械能不守恒，故A错误；小物块下滑过程中，物块和槽在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，竖直方向动量不守恒，故小物块和槽的水平方向的动量大小始终相等，但竖直方向的动量大小不相等，故B错误；小物块下滑过程中，根据水平方向动量守恒有mv1=2mv2，根据系统机械能守恒有mgh=m+×2m，联立解得v1=2，v2=，则小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为Ek=×2m=mgh，故C正确；小物块第一次被弹簧反弹后速度大小仍为v1，且v1>v2，故小物块能追上槽，小物块沿槽上滑，二者共速时到达最高处，根据水平方向动量守恒有mv1+2mv2=3mv，根据系统机械能守恒有m+×2m=mgh'+×3mv2，可得h'　[7~9题，每题6分]
7.(2025·山东烟台市三模)如图，质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22 m的细线，细线另一端系一质量为0.1 kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时(小球与轻杆没有发生碰撞)，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。则此后C摆动过程中能上升的最大高度为(　　)
A.0.11 m B.0.55 m
C.0.21 m D.0.22 m
答案　C
解析　C摆到最低点的过程，对于A与C组成的系统，根据水平方向动量守恒和机械能守恒有0=mCvC-mAvA，mCgL=mC+mA，联立解得vC=2 m/s，vA=0.2 m/s，A与B碰撞瞬间，由动量守恒和能量守恒有mAvA=(mA+mB)v，E损=mA-(mA+mB)v2，求得E损=0.01 J，对于A、B、C三者组成的系统，根据水平方向动量守恒可知，C摆到左侧最高点时，A、B、C三者的速度均为零，C由右侧最高点摆到左侧最高点的过程，根据能量守恒有mCg(L-h)=E损，解得h=0.21 m，故选C。
8.(多选)(2025·河北省A9联盟联考模拟)如图，弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，质量为M=4 kg的小球B静止在水平轨道上，将质量为m=2 kg的小球A压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同且半径很小，圆弧轨道半径R=0.1 m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10 m/s2。则(　　)
A.释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为10 J
B.两小球第一次碰撞后速度大小之比为1∶2
C.A小球再次返回轨道运动时与内轨道无弹力
D.两小球至多能发生2次碰撞
答案　BC
解析　小球A在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，有mg=m，代入数据解得vP=1 m/s，由动能定理可知，释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为Ep=m+2mgR=5 J，A错误；由动能定理，小球A与B碰前瞬间有Ep=m，则有v0== m/s，以水平向右为正方向，则A、B碰撞过程根据动量守恒有mv0=mv1+Mv2，根据机械能守恒有m=m+M，代入数据联立解得v1=- m/s，v2= m/s，即两小球第一次碰撞后速度大小之比为1∶2，B正确；设小球A再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则mgh=m，解得h= m9.(多选)(2025·安徽省六安第一中学检测)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4 kg和mB=2 kg，用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。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.4~12 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)=48 J，故A正确；以水平向右为正方向，4~12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹=(mA+mC)(v2-v1)=-48 N·s，由系统能量守恒可知12 s时B的速度为零，4~12 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速度相等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得(mA+mC)v2=(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)-(mA+mC+mB)v2'2=12 J，故C错误；当弹簧恢复原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得(mA+mC)v2=(mA+mC)v3+mBv4，(mA+mC)=(mA+mC)+mB，解得v4=-6 m/s，负号表示方向向左，故D正确。
10.(12分)(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)(4分)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)(8分)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)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1=Mv2
由能量守恒定律有mgh=m+M
联立解得v1=6 m/s，v2= m/s
即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为 m/s，方向水平向右。
(2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3
解得v3=2 m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度大小为v4，根据胡克定律F=kx1
系统机械能守恒(m+ma)=(m+ma)+k
联立解得v4=1 m/s，方向水平向左，x1=0.3 m
b的固定解除之后，小球、物块a和物块b及轻弹簧组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb
解得vb= m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb)=2.5 J。(共70张PPT)
第七章
动量守恒定律
碰撞模型及拓展
第35课时
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。
目标要求
考点一　碰撞模型
考点二　碰撞模型的拓展
内容索引
课时精练
碰撞模型
考点一
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'
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)；
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。
1.若一个质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞，则碰后两个小球的速度v1'、v2'各是多少？
讨论交流
答案　由动量守恒和机械能守恒可知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2
联立解得v1'=，v2'=。
2.(来自教材)质量为m、速度为v0的A球跟质量为3m、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，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。那么碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v0；(2)0.4v0。
答案　A球与静止的B球发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，B球的速度最小，vB=v0=v0；当发生弹性碰撞时，B球的速度最大，vB=v0=v0。则碰后B球的速度大小范围为v0≤vB≤v0，所以B球的速度不可能是0.6v0，可能是0.4v0。
　　　(2026·黑龙江哈尔滨市检测)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
√
　　　设每个球的质量均为m，碰前系统总动量大小p=mvA1+mvB1=8m(kg·m/s)，碰前的总动能Ek=m+m=20m(J)。若碰后vA1=1 m/s，vB1=6 m/s，碰后总动量大小p1=mvA1+mvB1=7m(kg·m/s)，动量不守恒，选项A不符合题意；
若vA2=4.5 m/s，vB2=3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B不符合题意；
若vA3=3.5 m/s，vB3=4.5 m/s，碰后总动量大小p3=mvA3+mvB3=8m(kg·m/s)，总动能Ek3=m+m=16.25m(J)，动量守恒，动能不增加，可能实现，选项C符合题意；
　　　若vA4=-1 m/s，vB4=9 m/s，碰后总动量大小p4=mvA4+mvB4=8m(kg·m/s)，总动能Ek4=m+m=41m(J)，动量守恒，但动能增加，违反能量守恒定律，选项D不符合题意。
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。
　(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，不计空气阻力，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
√
　　　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，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv=mv1+mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2=m+m，联立解得v1=v，v2=0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有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，故选B。
　(九省联考·贵州·15改编)如图，质量为m甲= kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量为m乙=1 kg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0=4.8 m/s。碰后乙在AB间运动一段距离后与静止在B点、质量为m丙=1 kg的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小之比为3∶1，碰后丙滑动d=0.04 m后停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，所有碰撞时间极短，g取10 m/s2。求：
(1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；
答案　2.4 m/s
　　　甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律
m甲v0=m甲v甲+m乙v乙
由机械能守恒定律
m甲=m甲+m乙
解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为
v乙=v0=2.4 m/s
(2)乙、丙碰撞过程损失的机械能。
答案　0.08 J
　　　碰后，对丙由动能定理-μm丙gd=0-m丙
解得v丙=0.4 m/s
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律m乙v乙1=m乙v乙2+m丙v丙
其中=
联立解得v乙1=0.6 m/s，v乙2=0.2 m/s
由能量守恒定律
m乙=m乙+m丙+ΔE
解得ΔE=0.08 J。
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考点二
碰撞模型的拓展
1.“滑块—弹簧”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。
②系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，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)。
　(多选)(2025·河南省三模)如图(a)所示，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A以速度v0沿A、B连线向物体B运动。t=0时，物体A与轻弹簧接触(不粘连)，此后的一段时间内，两物体的速度v与时间t的关系如图(b)所示。已知0~t0(t0A.物体B的质量为2m
B.物体A与轻弹簧分离时，速度为-v0
C.0~t0时间内，物体A运动的距离为v0t0
D.弹簧压缩最短时弹性势能为m
√
√
　　　由题图(b)可知A、B共速时速度大小为，规定向右为正方向，由动量守恒有mv0=(m+M)，解得物体B的质量M=2m，故A正确；
设物体A与轻弹簧分离时，A、B速度分别为vA、vB，则由动量守恒有mv0=mvA+MvB，能量守恒有m=m+M，联立解得vA=-v0，故B错误；
　　　设A、B在t2前任意时刻速度分别为vA1、vB1，由动量守恒有mv0=
mvA1+MvB1，整理得mv0t0=mxA+MxB，其中xB=v0t0，联立解得xA=v0t0，故C正确；
弹簧最短时A、B共速，v共=v0，由能量守恒Ep=m-(m+M)，代入数据得Ep=m，故D错误。
1.“滑块—弹簧”模型的解题方法
(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果。
2.过程讨论：当甲、乙两物体与弹簧组成的系统动能最小时，弹簧压缩到最短或伸长到最长(两物体共速)，弹簧的弹性势能最大，物体间发生“完全非弹性碰撞”，只不过动能的减少是暂时的，储存在弹性势能中；当弹簧恢复到原长时，两物体发生“弹性碰撞”，大多数都可类比弹性碰撞“一动碰一静模型”分析求解，但是特殊情况不可照搬。
2.“滑块—斜(曲)面”模型
模型图示
(1)物块m沿曲面上升过程中，两者构成的系统动量守恒吗？物块m沿曲面上升到最高点时两者速度有何特点？
讨论交流
答案　动量不守恒，水平方向动量守恒；上升到最大高度时，物块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时物块m的竖直速度vy=0。
(2)在上述过程中分别用水平方向动量守恒和机械能守恒列出方程。
答案　系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=
(M+m)+mgh，其中h为物块上升的最大高度，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物块m的重力势能)。
(3)物块再次返回曲面底端时，物块m和曲面M的速度各是多少？
答案　系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m
=m+M(相当于弹性碰撞)。联立可得v1=v0，v2=v0。
　(多选)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，沿圆弧轨道到达某一高度后，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M
D.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为
√
√
　　　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'，M=×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M，即此过程小球对小车做的功为M，故B、C正确，A错误。
　如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑、半径R=0.3 m的四分之一圆弧面，圆弧面右侧一蹲在滑板上的某人和其面前的冰块均静止在冰面上。某时刻此人将冰块以相对冰面3 m/s的速度向圆弧面推出，冰块平滑地滑上圆弧面，在圆弧面上上升的最大高度为h=0.3 m。已知此人与滑板的总质量m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，此人与滑板始终无相对运动，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圆弧面的质量；
答案　20 kg
　　　规定向左为正方向，冰块在圆弧面上上升到最大高度时两者达到共同速度v，
设圆弧面的质量为m3。
对冰块与圆弧面分析，由水平方向动量守恒得m2v0=(m2+m3)v，
由系统机械能守恒得m2=(m2+m3)v2+m2gh
联立解得v=1 m/s，m3=20 kg。
(2)通过计算判断，冰块与圆弧面分离后能否追上此人？
答案　见解析
　　　设推出冰块后此人的速度为v1，推冰块的过程中，由动量守恒定律有m1v1+m2v0=0，
代入数据解得v1=-1 m/s，
设冰块与圆弧面分离后的速度分别为v2和v3，
由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0=m2v2+m3v3，
m2=m2+m3，
联立解得v2=-1 m/s，
由于冰块与圆弧面分离后的速度与此人推出冰块后的速度相同且冰块处在此人后方，故冰块不能追上此人。
拓展　若例6中此人将冰块以相对冰面6 m/s的速度向圆弧面推出，求冰块到达圆弧面最高点时的速度，并说明冰块冲出圆弧面后的运动情况。
答案　见解析
　　　冰块在圆弧面上运动过程中，冰块与圆弧面在水平方向动量守恒，冰块到达圆弧面最高点时，两者水平速度相等，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有m2v0'=(m2+m3)v水平
m2v0'2=m3+m2gR+m2v'2
解得v'= m/s
方向相对于冰面斜向左上方。
冰块到达圆弧面最高点时，水平方向分速度与圆弧面速度相同，冰块相对于冰面的速度斜向左上方，故冰块冲出圆弧面后相对于冰面做斜抛运动，相对于圆弧面做竖直上抛运动，最终落回到圆弧面。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 AD BC D BC D C C BC
题号 　9 10
答案 AD (1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J
答案
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1.(多选)(2025·河北衡水市模拟)在公园的人工湖上，有A、B两艘质量(含游客)分别为m1=300 kg和m2=200 kg的碰碰船。起初，船A以速度v1=4 m/s沿正东方向行驶，船B静止。当船A与船B发生碰撞后的瞬间，船A的速度变为v1'=2 m/s，方向沿正东方向。下列说法正确的是
A.船B碰撞后速度大小为3 m/s
B.船B碰撞后速度方向不可能沿正东方向
C.此次碰撞总机械能没有变化，是弹性碰撞
D.此次碰撞过程中系统损失的机械能为900 J
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基础落实练
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答案
　　　在碰撞过程中系统的总动量保持不变，设船B碰撞后的速度为v2，根据动量守恒定律可得m1v1=m1v1'+m2v2，解得v2=3 m/s，方向沿正东方向，故A正确，B错误；
碰撞前系统的总动能Ek1=m1=2 400 J，碰撞后系统的总动能Ek2=m1v1'2
+m2=1 500 J，因为Ek1≠Ek2，所以此次碰撞不是弹性碰撞，故C错误；
系统损失的机械能ΔE=Ek1-Ek2=2 400 J-1 500 J=900 J，故D正确。
2.(多选)(2024·广西卷·8)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
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答案
　　　由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM=0，vN=v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速直线运动，故选B、C。
3.(2025·浙江宁波市三模)质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，m1=1 kg，下列说法正确的是
A.m2=1 kg
B.图线①为碰撞后m1的图线
C.碰撞后两物体的速度相同
D.两物体的碰撞为弹性碰撞
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答案
　　　由x-t图像的斜率表示速度，可知碰撞前m1和m2的速度分别为v1=4 m/s，v2=0，以碰前m1的速度方向为正方向，可知碰撞后m2的x-t图像斜率不可能为负，则图线①为碰后m2的图线，碰撞后两物体的速度分别为v1'=-2 m/s，v2'=2 m/s；碰撞后两物体的速度等大反向，根据动量守恒定律m1v1+m2v2
=m1v1'+m2v2'，解得m2=3 kg，碰前Ek0=m1+0=8 J，碰后Ek1=m1v1'2+
m2v2'2=8 J，故两个物体发生弹性碰撞。故选D。
4.(多选)(2025·四川巴中市三模)在一次探究实验中，小车上固定一段半径足够大的光滑圆弧轨道(总质量M=4 kg)静止在光滑水平面上，圆弧的下端水平。某质量为m=2 kg的小球以初速度v0=5 m/s沿水平方向从圆弧下端进入轨道。忽略空气阻力，g取10 m/s2。小球在轨道上上升至最高点的过程，下列判断正确的是
A.小球的机械能守恒
B.系统水平方向动量守恒
C.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为 m
D.小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1 m/s
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答案
　　　在小球上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，但支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A错误；
在小球上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B正确；
设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则mv0=
(M+m)v，解得v= m/s，小球与小车组成的系统机械能守恒，有m=
(M+m)v2+mgh，解得h= m，故C正确，D错误。
5.(2025·河北邯郸市二模)如图所示，质量均为m的物块A、B中间用一根原长为L0的轻弹簧相连，放在光滑水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。用一小锤敲击物块A给其一个水平向右的速度v0，此后A、B向右运动，弹簧始终处于弹性限度内。下列关于弹簧的弹性势能Ep与弹簧的长度L、形变量x之间的关系图像可能正确的是
√
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答案
　　　A、B和弹簧组成的系统满足动量守恒，A、B共速时有mv0=2mv，对A、B及弹簧整体，由机械能守恒定律得m=×2mv2+Epmax，联立可得Epmax=，故A、C错误；
弹簧处于原长时弹性势能为0，故B错误；
弹簧弹性势能的大小Ep=kx2，故D正确。
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6.(2026·河南省百师联盟联考)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，质量为m的小物块从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则
A.小物块下滑过程中，其机械能守恒
B.小物块下滑过程中，小物块和槽的动量大小始终相等
C.小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mgh
D.小物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上高h处
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　　　弧形槽置于光滑水平地面上，小物块下滑过程中，对槽压力的水平分量使槽向左加速，槽对小物块的支持力做功，小物块的机械能不守恒，故A错误；
小物块下滑过程中，物块和槽在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，竖直方向动量不守恒，故小物块和槽的水平方向的动量大小始终相等，但竖直方向的动量大小不相等，故B错误；
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答案
　　　小物块下滑过程中，根据水平方向动量守恒有mv1=2mv2，根据系
统机械能守恒有mgh=m+×2m，联立解得v1=2，v2=，则小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为Ek=×2m=mgh，故C正确；
小物块第一次被弹簧反弹后速度大小仍为v1，且v1>v2，故小物块能追上槽，小物块沿槽上滑，二者共速时到达最高处，根据水平方向动量守恒有mv1+2mv2=3mv，根据系统机械能守恒有m+×2m=mgh'+×3mv2，可得h'7.(2025·山东烟台市三模)如图，质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22 m的细线，细线另一端系一质量为0.1 kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时(小球与轻杆没有发生碰撞)，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。则此后C摆动过程中能上升的最大高度为
A.0.11 m B.0.55 m
C.0.21 m D.0.22 m
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能力综合练
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答案
　　　C摆到最低点的过程，对于A与C组成的系统，根据水平方向动量守恒和机械能守恒有0=mCvC-mAvA，mCgL=mC+mA，联立解得vC
=2 m/s，vA=0.2 m/s，A与B碰撞瞬间，由动量守恒和能量守恒有mAvA=
(mA+mB)v，E损=mA-(mA+mB)v2，求得E损=0.01 J，对于A、B、C三者组成的系统，根据水平方向动量守恒可知，C摆到左侧最高点时，A、B、C三者的速度均为零，C由右侧最高点摆到左侧最高点的过程，根据能量守恒有mCg(L-h)=E损，解得h=0.21 m，故选C。
8.(多选)(2025·河北省A9联盟联考模拟)如图，弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，质量为M=4 kg的小球B静止在水平轨道上，将质量为m=2 kg的小球A压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同且半径很小，圆弧轨道半径R=0.1 m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10 m/s2。则
A.释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为10 J
B.两小球第一次碰撞后速度大小之比为1∶2
C.A小球再次返回轨道运动时与内轨道无弹力
D.两小球至多能发生2次碰撞
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答案
√
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答案
　　　小球A在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，有mg=m，代入数据解得vP=1 m/s，由动能定理可知，释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为Ep=m+2mgR=5 J，A错误；
由动能定理，小球A与B碰前瞬间有Ep=m，则有v0== m/s，以
水平向右为正方向，则A、B碰撞过程根据动量守恒有mv0=mv1+Mv2，根
据机械能守恒有m=m+M，代入数据联立解得v1=- m/s，v2= m/s，即两小球第一次碰撞后速度大小之比为1∶2，B正确；
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答案
　　　设小球A再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则mgh=m，解得h= m小球A返回到水平面时的速度大小仍为 m/s，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，D错误。
9.(多选)(2025·安徽省六安第一中学检测)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4 kg和mB=2 kg，用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。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.4~12 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B的最大速度大小为6 m/s
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答案
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答案
　　　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)=48 J，故A正确；
以水平向右为正方向，4~12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹=
(mA+mC)(v2-v1)=-48 N·s，由系统能量守恒可知12 s时B的速度为零，4~12 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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答案
　　　当B的速度与A、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得(mA+mC)v2=(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)-(mA+mC+mB)v2'2=12 J，故C错误；
当弹簧恢复原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得
(mA+mC)v2=(mA+mC)v3+mBv4，(mA+mC)=(mA+mC)+mB，解得v4=-6 m/s，负号表示方向向左，故D正确。
10.(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：
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答案
(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；
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答案
答案　6 m/s　 m/s
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答案
　　　根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1=Mv2
由能量守恒定律有mgh=m+M
联立解得v1=6 m/s，v2= m/s
即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为 m/s，方向水平向右。
(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。
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答案
答案　 m/s　2.5 J
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答案
　　　由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3
解得v3=2 m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度大小为v4，根据胡克定律F=kx1
系统机械能守恒(m+ma)=(m+ma)+k
联立解得v4=1 m/s，方向水平向左，x1=0.3 m
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答案
　　　b的固定解除之后，小球、物块a和物块b及轻弹簧组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m+ma)v4=
(m+ma+mb)vb
解得vb= m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb)=2.5 J。
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第七章
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