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高考物理一轮复习讲义第7章 专题强化11 碰撞模型的拓展（含解析）
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这是一份高考物理一轮复习讲义第7章 专题强化11 碰撞模型的拓展（含解析），共11页。
题型一 “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(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1 (多选)如图甲所示，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—时间图像如图乙，则有( )
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；结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B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，B仍然加速，A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．
例2 如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生相互作用．求二者在发生相互作用的过程中，
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
答案 (1)6 J (2)2 m/s，方向向右
解析 (1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝eq \f(mAv0,mA＋mB)＝eq \f(1×4,1＋3) m/s＝1 m/s
弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、B损失的动能
Epm＝eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝6 J.
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，
由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mBvm2＋eq \f(1,2)mAvA2
解得vm＝2 m/s，方向向右．
例3 如图所示，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，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(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，设其滑到水平桌面时的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,3)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＝eq \f(1,6)v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v22－eq \f(1,2)(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，设此时滑块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
eq \f(1,2)(mA＋mB)v22＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v42＋eq \f(1,2)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
x＝v5t，H＝eq \f(1,2)gt2
解得x＝2 m.
题型二 “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：m与M具有共同水平速度v共，此时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，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v共2＋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m的重力势能)．
(2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)．
例4 (多选)质量为M的带有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，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eq \f(1,2)Mv02
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq \f(v02,2g)
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′，eq \f(1,2)Mv02＝2×(eq \f(1,2)Mv′2)＋Mgh，联立解得h＝eq \f(v02,4g)，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，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，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为eq \f(1,2)Mv02，即此过程小球对小车做的功为eq \f(1,2)Mv02，故B、C正确，A错误．
例5 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.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
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，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝eq \f(1,2)mvQ2＋eq \f(1,2)·2mvP2，Q离开P时的动能：Ek2＝eq \f(1,2)mvQ2，解得：eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正确．
例6 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．取重力加速度的大小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，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
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，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，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/s⑧
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.(多选)如图所示，质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正前方的质量为m的静止滑块丙发生碰撞，碰撞时间极短．在甲、丙碰撞瞬间，下列情况可能发生的是( )
A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确．
2.(多选)如图所示，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( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C.eq \f(1,2)m(v0sin θ)2＝mgh
D.eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2
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，沿水平方向，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mv0cs 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eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，故C错误，D正确．
3.(多选)如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是( )
A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B．A、B系统的总动量最终将大于mv
C．A、B系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2
D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq \f(1,4)mv2
答案 CD
4.(多选)如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心．质量为m的小滑块(可视为质点)以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已知M＝2m，则下列判断正确的是( )
A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒
B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒
C．小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为eq \f(2,3)v0
D．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为eq \f(1,3)v0
答案 AD
解析 小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A正确；小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向所受合力为零，动量守恒，选项B错误；由水平方向动量守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度大小为eq \f(1,3)v0；当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带有圆弧轨道的滑块速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v1和v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，解得v2＝eq \f(2,3)v0，v1＝－eq \f(1,3)v0，故C错误，D正确．
5．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩最大时的弹性势能为eq \f(3,2)mv02
D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02
答案 AC
解析 对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝eq \f(1,2)Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)M·(2v0)2－eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(3,2)mv02，选项A、C正确，B、D错误．
6.(多选)如图所示，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( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)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，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，B、D选项正确．
7.(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq \f(1,4)圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为eq \f(3,4) m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
答案 AD
解析 A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)v02＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)vA2＋eq \f(1,2)·MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有eq \f(1,2)·MvB2＝eq \f(1,2)·MvB′2＋eq \f(1,2)·2MvC′2，联立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确．
8.(2022·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其右侧是光滑曲面，曲面下端与光滑的水平面相切，如图所示，一质量为m的物块B位于劈A的曲面上，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．
答案 eq \f(1,4)h
解析 设物块B滑到曲面底端时速率为v1，劈A的速率为v2，物块B和劈A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＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×3mv22
联立可得v1＝eq \f(\r(6gh),2)，v2＝eq \r(\f(gh,6))
与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，v1′＝v1，当物块B在劈A上达到最大高度时二者速度相同，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′＝eq \f(1,2)×3mv22＋eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)×(3m＋m)v32
联立可得h′＝eq \f(1,4)h.
9.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为eq \f(h,16).小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．
答案 eq \f(5,4)meq \r(2gh) eq \f(15,128)mgh
解析 设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝eq \r(2gh)
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有mgeq \f(h,16)＝eq \f(1,2)mv1′2
解得v1′＝eq \f(\r(2gh),4)
设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，
由动量守恒定律有mv1＝－mv1′＋5mv2
解得v2＝eq \f(\r(2gh),4)
由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为I＝5mv2＝eq \f(5,4)meq \r(2gh)
碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8mv3
据机械能守恒定律得Epm＝eq \f(1,2)×5mv22－eq \f(1,2)×8mv32
解得Epm＝eq \f(15,128)mgh.
题型一 “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(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1 (多选)如图甲所示，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—时间图像如图乙，则有( )
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；结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B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，B仍然加速，A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．
例2 如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生相互作用．求二者在发生相互作用的过程中，
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
答案 (1)6 J (2)2 m/s，方向向右
解析 (1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝eq \f(mAv0,mA＋mB)＝eq \f(1×4,1＋3) m/s＝1 m/s
弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、B损失的动能
Epm＝eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝6 J.
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，
由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mBvm2＋eq \f(1,2)mAvA2
解得vm＝2 m/s，方向向右．
例3 如图所示，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，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(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，设其滑到水平桌面时的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,3)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＝eq \f(1,6)v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v22－eq \f(1,2)(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，设此时滑块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
eq \f(1,2)(mA＋mB)v22＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v42＋eq \f(1,2)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
x＝v5t，H＝eq \f(1,2)gt2
解得x＝2 m.
题型二 “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：m与M具有共同水平速度v共，此时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，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v共2＋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m的重力势能)．
(2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)．
例4 (多选)质量为M的带有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，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eq \f(1,2)Mv02
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq \f(v02,2g)
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′，eq \f(1,2)Mv02＝2×(eq \f(1,2)Mv′2)＋Mgh，联立解得h＝eq \f(v02,4g)，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，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，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为eq \f(1,2)Mv02，即此过程小球对小车做的功为eq \f(1,2)Mv02，故B、C正确，A错误．
例5 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.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
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，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝eq \f(1,2)mvQ2＋eq \f(1,2)·2mvP2，Q离开P时的动能：Ek2＝eq \f(1,2)mvQ2，解得：eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正确．
例6 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．取重力加速度的大小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，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
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，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，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/s⑧
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.(多选)如图所示，质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正前方的质量为m的静止滑块丙发生碰撞，碰撞时间极短．在甲、丙碰撞瞬间，下列情况可能发生的是( )
A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确．
2.(多选)如图所示，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( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C.eq \f(1,2)m(v0sin θ)2＝mgh
D.eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2
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，沿水平方向，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mv0cs 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eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，故C错误，D正确．
3.(多选)如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是( )
A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B．A、B系统的总动量最终将大于mv
C．A、B系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2
D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq \f(1,4)mv2
答案 CD
4.(多选)如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心．质量为m的小滑块(可视为质点)以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已知M＝2m，则下列判断正确的是( )
A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒
B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒
C．小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为eq \f(2,3)v0
D．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为eq \f(1,3)v0
答案 AD
解析 小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A正确；小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向所受合力为零，动量守恒，选项B错误；由水平方向动量守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度大小为eq \f(1,3)v0；当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带有圆弧轨道的滑块速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v1和v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，解得v2＝eq \f(2,3)v0，v1＝－eq \f(1,3)v0，故C错误，D正确．
5．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩最大时的弹性势能为eq \f(3,2)mv02
D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02
答案 AC
解析 对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝eq \f(1,2)Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)M·(2v0)2－eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(3,2)mv02，选项A、C正确，B、D错误．
6.(多选)如图所示，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( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)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，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，B、D选项正确．
7.(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq \f(1,4)圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为eq \f(3,4) m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
答案 AD
解析 A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)v02＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)vA2＋eq \f(1,2)·MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有eq \f(1,2)·MvB2＝eq \f(1,2)·MvB′2＋eq \f(1,2)·2MvC′2，联立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确．
8.(2022·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其右侧是光滑曲面，曲面下端与光滑的水平面相切，如图所示，一质量为m的物块B位于劈A的曲面上，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．
答案 eq \f(1,4)h
解析 设物块B滑到曲面底端时速率为v1，劈A的速率为v2，物块B和劈A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＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×3mv22
联立可得v1＝eq \f(\r(6gh),2)，v2＝eq \r(\f(gh,6))
与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，v1′＝v1，当物块B在劈A上达到最大高度时二者速度相同，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′＝eq \f(1,2)×3mv22＋eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)×(3m＋m)v32
联立可得h′＝eq \f(1,4)h.
9.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为eq \f(h,16).小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．
答案 eq \f(5,4)meq \r(2gh) eq \f(15,128)mgh
解析 设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝eq \r(2gh)
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有mgeq \f(h,16)＝eq \f(1,2)mv1′2
解得v1′＝eq \f(\r(2gh),4)
设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，
由动量守恒定律有mv1＝－mv1′＋5mv2
解得v2＝eq \f(\r(2gh),4)
由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为I＝5mv2＝eq \f(5,4)meq \r(2gh)
碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8mv3
据机械能守恒定律得Epm＝eq \f(1,2)×5mv22－eq \f(1,2)×8mv32
解得Epm＝eq \f(15,128)mgh.
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