(新高考)高考物理一轮复习课时练习第6章专题强化七《“碰撞类”模型问题》(含解析)

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2.学好本专题，可以使同学们掌握根据物理情景或解题方法的相同或相似性，进行归类分析问题的能力。
3.用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒定律，动能定理和能量守恒定律。
模型一 “物体与物体”正碰模型
1.弹性碰撞
碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
v1′＝eq \f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)
v2′＝eq \f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)
(2)v2＝0时，v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2) v1
v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2) 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)；
③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；
④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；
⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
2.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2＋ΔEk损
3.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。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
4.碰撞遵守的原则
(1)动量守恒。
(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(peq \\al(2,1),2m1)＋eq \f(peq \\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)。
(3)速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。
【例1】 (多选)(2020·全国卷Ⅱ，21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A.48 kg B.53 kg
C.58 kg D.63 kg
答案 BC
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
【变式1】 (2020·北京市房山区上学期期末)如图1甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为( )
图1
A.2 m/s，5 kg B.2 m/s，3 kg
C.3.5 m/s，2.86 kg D.3.5 m/s，0.86 kg
答案 B
解析 由图像可知，碰前A的速度为v1＝eq \f(20,4) m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝eq \f(28－20,8－4) m/s＝2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3 kg，故选项B正确。
【变式2】 (2020·吉林市第二次调研)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A.vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
答案 C
解析 碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2) kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝(eq \f(1,2)×1×62＋eq \f(1,2)×2×22) J＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝(1×3＋2×4) kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝(1×2＋2×4) kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝(eq \f(1,2)×1×22＋eq \f(1,2)×2×42)J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝[1×(－4)＋2×7] kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝(eq \f(1,2)×1×42＋eq \f(1,2)×2×72)J＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
模型二 “滑块—弹簧”碰撞模型
【例2】 (2020·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2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2
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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋M)v′2
联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝eq \f(mMv2,2（m＋M）)
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＝eq \f(mMv2,2（m＋M）)
故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D错误，C正确。
【变式3】 (2020·江西省教学质量监测)如图3所示，质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep1。现将物体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至P点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep2。则Ep1∶Ep2等于( )
图3
A.1 B.2
C.3 D.4
答案 B
解析 设压缩到P点时，弹簧的弹性势能为Ep，开始时，物体A、B的质量均为m，则有Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)Ep，把A的质量换成3m，Ep＝eq \f(1,2)×3mv0′2，3mv0′＝4mv′，Ep2＝Ep－eq \f(1,2)×4mv′2＝eq \f(1,4)Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，选项B正确。
模型三 “滑块—斜面”碰撞模型
【例3】 (2020·甘肃天水市调研)如图4所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
图4
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
答案 (1)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(3veq \\al(2,0),40g)
解析 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv，解得v＝eq \f(1,2)v0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2，
解得E损＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒得eq \f(1,2)×2m(eq \f(1,2)v0)2＝eq \f(1,2)×5m×(eq \f(1,5)v0)2＋2mgh，解得h＝eq \f(3veq \\al(2,0),40g)。
【变式4】 (2020·山西大同市第一中学2月模拟)在光滑水平地面上放有一质量M＝3 kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝5 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2。求：
图5
(1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W；
(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。
答案 (1)6 J (2)2 m
解析 (1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，得
mv0＝(m＋M)v①
对小车由动能定理得W＝eq \f(1,2)Mv2 ②
联立①②解得W＝6 J。
(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得mv0＝mv1＋Mv2③
小球和小车由功能关系得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)④
联立③④可解得v1＝－1 m/s⑤
v2＝4 m/s⑥
小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动
h＝eq \f(1,2)gt2⑦
L＝(v2－v1)t⑧
联立⑤⑥⑦⑧可得L＝2 m。
模型四 “滑块—木板”碰撞模型
【例4】 (2020·山东济南市5月高考模拟)如图6所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。求：
图6
(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；
(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；
(3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。
答案 (1)μg eq \f(μg,2) (2)v1≤eq \r(3μgL) (3)eq \f(veq \\al(2,0),3μg)
解析 (1)对A有：μmg＝maA，得aA＝μg
对BC有：μmg＝2maB，解得aB＝eq \f(μg,2)。
(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于C滑行距离为L，由动量守恒有mv1＝3mv共
且有μmgL≥eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,共)，解得v1≤eq \r(3μgL)。
(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有mv0＝3mv共′
且有μmgL总＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mv共′2
联立解得L总＝eq \f(veq \\al(2,0),3μg)。
【变式5】 (2020·四川攀枝花市第二次统考)如图7所示，质量m1＝2 kg、长度l＝5 m的木板，以速度v1＝5 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量m2＝1 kg的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度v2＝5 m/s从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10 m/s2，求：
图7
(1)木块与木板间的动摩擦因数；
(2)小木块做加速运动过程的时间。
答案 (1)eq \f(2,3) (2)0.25 s
解析 (1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v，以水平向右为正。对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
且Q＝μm2gl
联立以上各式，代入相关数据可得μ＝eq \f(2,3)。
(2)设木块在木板上加速的时间为t，对木块由动量定理有μm2gt＝m2v－0，代入相关数据可得t＝0.25 s。
另解：设木块在木板上加速的时间为t，加速度为a，则μm2g＝m2a，v＝at，代入相关数据可得t＝0.25 s。
课时限时练
(限时：40分钟)
1.(2020·江西九江市第二次模拟)如图1所示，小球a、b(均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°。忽略空气阻力。则两球a、b的质量之比eq \f(ma,mb)为( )
图1
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \r(2)－1
C.1－eq \f(\r(2),2) D.eq \r(2)＋1
答案 B
解析 b球下摆过程中，由动能定理得mbgL＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－0，球a、b碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得mbv0＝(ma＋mb)v，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)(ma＋mb)v2＝(ma＋mb)gL(1－cs θ)，解得eq \f(ma,mb)＝eq \r(2)－1，故A、C、D错误，B正确。
2.(2020·广东广州市下学期一模)如图2，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为( )
图2
A.3∶1 B.1∶3
C.5∶3 D.3∶5
答案 D
解析 由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长为3倍，则有vb＝－3va
由动量守恒定律有mav＝mbvb＋mava
由能量守恒有eq \f(1,2)mav2＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＋eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
联立解得eq \f(ma,mb)＝eq \f(3,5)，故A、B、C错误，D正确。
3.(多选)(2020·河南省顶尖名校4月联考)如图3甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑行。P、Q的速度—时间图像如图乙所示，其中a、b分别是0～1 s内P、Q的速度—时间图线，1～2 s内P、Q共同的速度—时间图线。已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2。则以下判断正确的是( )
图3
A.P、Q系统在相互作用的过程中动量守恒
B.在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是2 N·s
C.P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D.P相对Q静止的位置在Q木板的右端
答案 AC
解析 根据图乙可知，1 s后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，在0～2 s内，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，P、Q系统在相互作用的过程所受的外力之和为零，动量守恒，故A正确；从图像可知，0～2 s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2 s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I＝Mv－0＝1 N·s，故B错误；P从速度为2 m/s减为1 m/s所需的时间为1 s，则a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1－2,1) m/s2＝－1 m/s2，又a＝eq \f(－μmg,m)＝－μg，所以μ＝0.1，故C正确；在t＝1 s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1 s内，P的位移x1＝eq \f(2＋1,2)×1 m＝1.5 m，Q的位移x2＝eq \f(0＋1,2) m＝0.5 m，则Δx＝x1－x2＝1 m＜2 m，知P与Q相对静止时刚好在木板的中间，并不在木板的右端，故D错误。
4.(多选)(2020·山东威海市下学期模拟)如图4所示，质量均为1.0 kg的木板A和半径为0.2 m的eq \f(1,4)光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A相切。现有一质量为2.0 kg的小滑块C以5 m/s的水平初速度从左端滑上A，C离开A时，A的速度大小为1.0 m/s。已知A、C间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
图4
A.木板A的长度为0.85 m
B.滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动
C.整个过程中A、B、C组成的系统水平方向动量守恒
D.B的最大速度为5 m/s
答案 CD
解析 由于在光滑水平面上，小滑块C与木板A作用过程中，动量守恒；滑块在光滑圆弧槽B滑行的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒；所以整个过程A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，选项C正确；滑块在木板上滑行的过程中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vAB，eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mCvC′2＋eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,AB)＋μmCgL，联立并代入数据得vC′＝4 m/s，L＝0.8 m，选项A错误；滑块在光滑圆弧槽B上滑行的过程中，假设两者能达到速度相同，此时滑块滑上圆弧槽的最大高度。根据系统的动量守恒和能量守恒可得mCvC′＋mBvAB＝(mC＋mB)v共，eq \f(1,2)mCvC′2＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,AB)＝eq \f(1,2)(mC＋mB)veq \\al(2,共)＋mCgh，联立并代入数据得h＝0.15 m<0.2 m，假设成立。即滑块C不会离开B，选项B错误；之后滑块会下滑，圆弧槽速度继续增大。当滑块滑到最低点时，圆弧槽获得最大速度，根据系统的动量守恒和能量守恒可得(mC＋mB)v共＝mCvC″＋mBvBmax，eq \f(1,2)mCvC″2＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,Bmax)＝eq \f(1,2)(mC＋mB)veq \\al(2,共)＋mCgh，解得vBmax＝5 m/s，选项D正确。
5.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图5所示。已知B与C碰撞后会粘在一起运动。在以后的运动中：
图5
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
答案 (1)3 m/s (2)12 J
解析 (1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，由动量守恒定律得(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA，解得vA＝3 m/s。
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒
mBv＝(mB＋mC)vC
故vC＝2 m/s
碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故
Ep＝eq \f(1,2)mAv2＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,A)＝12 J。
6.如图6所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的eq \f(1,4)圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，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槽的左端紧靠着竖直墙壁。一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，重力加速度为g，求：
图6
(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；
(3)B的最大速度的大小。
答案 (1)eq \r(2gR) 3mg＋Mg (2)eq \f(MR,M＋m)
(3)eq \f(2m,M＋m)eq \r(2gR)
解析 (1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得小球到b点时的速度大小为v0＝eq \r(2gR)
在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得FN＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力FN′＝FN＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg。
(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh
解得h＝eq \f(MR,M＋m)。
(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
解得v2＝eq \f(2m,M＋m)eq \r(2gR)。
7. (2020·广东潮州市第二次模拟)如图7所示，一光滑的eq \f(1,4)圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径R＝0.8 m，小车的右侧固定连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝3 kg，小车置于光滑的地面，左侧靠墙，一物块从圆弧顶端上的A点由静止滑下，经过B点时无能量损失，最后物块停在车上的B点。已知物块的质量m＝1 kg，物块与小车间的摩擦因数为μ＝0.1，BC长度为L＝2 m，g取10 m/s2。求在运动过程中
图7
(1)弹簧的最大压缩量；
(2)弹簧弹性势能的最大值。
答案 (1)1 m (2)3 J
解析 (1)由A点到B点的过程中，由动能定理得
mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得vB＝4 m/s
从开始到静止于B点系统动量和能量守恒有
mvB＝(M＋m)v
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)
解得x＝1 m。
(2)由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，有mvB＝(M＋m)v′
此时的弹性势能最大，由能量守恒可得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)
由以上两式可得Ep＝3 J。
模型图示
模型特点
(1)两个或两个以上的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)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和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)
模型图示
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，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共)＋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，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)(完全弹性碰撞拓展模型)
模型图示
模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝eq \f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解