(全国版)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)

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

技巧点拨

1．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′

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＝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＝

0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s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10 m/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)2 m/s　(2)4 N

解析　(1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0

解得vA＝2 m/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MvA2＝MvA′2＋mvB2

由以上两式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/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mvC2＋2mgR＝mvB2

解得vC＝ m/s

对小球B，在最高点C有mg＋FN＝m

解得FN＝4 N

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4 N.

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＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是(　　)

图2

A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s

B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s

C．pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s

D．pa＝2 kg·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2 kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2 kg·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　(－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＋MvC1

mv02＝mvA12＋MvC12

联立解得vA1＝v0，vC1＝v0

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＋MvB1

mvA12＝mvA22＋MvB12

联立解得vA2＝vA1＝()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≥(－2)M

另一解m≤－(＋2)M舍去

所以，m和M应满足的条件为(－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4

A．m1的最小速度是0

B．m1的最小速度是v1

C．m2的最大速度是v1

D．m2的最大速度是v1

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，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，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＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m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＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/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)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m

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＝mAv12，解得v1＝6 m/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＝v1＝2 m/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＝v1＝1 m/s

由机械能守恒定律有

Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32

解得Ep＝3 J

(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v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5

(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52

解得v4＝0，v5＝2 m/s

滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动s＝v5t，H＝gt2

解得s＝2 m.

　　　　　 “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，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，mv02＝mv12＋Mv22 (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6

A．mv0＝(m＋M)v

B．mv0cos θ＝(m＋M)v

C．mgh＝m(v0sin θ)2

D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02

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mv0cos θ＝(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＋(m＋M)v2＝mv02，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)　(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＋mv2

mgh＝mv12＋mv22

解得v1＝

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

mv12＝×2mv共2＋mgH

解得H＝.

(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＋mv4

mv12＝mv32＋mv42

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8

A．h  B.  C.  D.

答案　D

解析　斜面固定时，根据动能定理可得－mgh＝0－mv02，解得v0＝，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mv02＝(M＋m)v2＋mgh1，解得h1＝h，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　

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＋m2v

m1v02＝m1v12＋m2v2

联立解得v＝，

即m1v0＝v

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＝.

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＝1 kg、mB＝2 kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4 kg·m/s，则(　　)

图1

A．左方是A球

B．B球动量的变化量为4 kg·m/s

C．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2

D．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＝＝6 m/s，vB＝＝3 m/s，故左方是A球，A正确；由动量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，B正确；碰撞后A的动量为pA′＝ΔpA＋pA＝2 kg·m/s，则vA′＝＝2 m/s，碰撞后B的动量为pB′＝ΔpB＋pB＝

10 kg·m/s，则vB′＝＝5 m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；

碰撞前系统的机械能为mAvA2＋mBvB2＝27 J，碰撞后系统的机械能为mAvA′2＋mBvB′2＝27 J，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＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是(　　)

图2

A．5 m/s   B．4 m/s

C．3 m/s   D．2 m/s

答案　A

解析　滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝mAv02，解得v0＝6 m/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，mAv02＝

mAv A2＋mBvB2，解得vB＝4 m/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′＝2 m/s，所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤

4 m/s，不可能为5 m/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(n)与静止氘核(H)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.E  B.E  C.E  D.E

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：×1×v02＝×1×v12＋×2×v22，1×v0＝1×v1＋2×v2，解得v1＝－v0，即中子的动能减小为原来的，则中子的动能损失量为E，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＝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(　　)

图3

A．此时乙物体的速度为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

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，根据动量守恒和机械能守恒有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v02＝m1v1′2＋m2v2′2，联立解得v2′＝

2 m/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4

A．L1>L2   B．L1<L2

C．L1＝L2   D．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＝mv2－(m＋M)v′2

联立解得，弹簧压缩到最短时Ep＝

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＝

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3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图象如图乙，则有(　　)

图5

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/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∶2

D．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1 m/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＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/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6

A．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＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·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7

A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s

B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s

C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s

D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·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＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝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8

A．当v0＝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＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R<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，mv02＝mv12＋Mv22，v1＝v0，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)　(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，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＝2mv2

mv12＝ΔE＋×2mv22

解得ΔE＝mv02.

(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＝3mv3

mv02－ΔE＝×3mv32＋Ep

解得Ep＝mv02.

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　h

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＝mv12＋×3mv22

联立可得v1＝，v2＝

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′＝×3mv22＋mv12－×(3m＋m)v32

联立可得h′＝h.

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m.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　>μ≥

解析　若要物块a、b能够发生弹性碰撞，

应有mv02>μmgl，

即μ<.

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mv02＝mv12＋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′＋mv2′，mv12＝mv1′2＋·mv2′2

联立可得v2′＝v1.

根据题意，b没有与墙发生碰撞，

根据功能关系可知，·mv2′2≤μgl，

联立解得μ≥，

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>μ≥.