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專題強化十一　碰撞模型及拓展
目標要求 　1.理解碰撞的種類及其遵循的規律.2.會分析、計算“滑塊—彈簧”模型有關問題.3.理解“滑塊—斜(曲)面”模型與碰撞的相似性，會解決相關問題．
題型一　碰撞
基礎回扣
1．碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力很大的現象．
2．特點
在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒．
3．分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最大

技巧點撥
1．碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合實際情況
①碰前兩物體同向運動，若要發生碰撞，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′.
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．
2．彈性碰撞的結論
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2
聯立解得：v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1
討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；
②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后兩物體沿相反方向運動)；當m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.
3．物體A與靜止的物體B發生碰撞，當發生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝mAmA＋mBv0，當發生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝2mAmA＋mBv0.則碰后物體B的速度范圍為：mAmA＋mBv0≤vB≤2mAmA＋mBv0.
例1 　如圖1所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝
0.1 m，半圓形軌道的底端放置一個質量為m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一個質量為M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s開始向著小球B運動，經過時間t＝0.80 s與B發生彈性碰撞，設兩個小球均可以看作質點，它們的碰撞時間極短，且已知小球A與桌面間的動摩擦因數μ＝0.25，g取10 m/s2.求：

圖1
(1)兩小球碰前A的速度大小vA；
(2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小．
答案　(1)2 m/s　(2)4 N
解析　(1)碰前對A由動量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s.
(2)對A、B組成的系統，碰撞前后動量守恒，則有
MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后總動能保持不變，
則有12MvA2＝12MvA′2＋12mvB2
由以上兩式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s
設小球B運動到最高點C時的速度大小為vC，以水平面為參考平面，因為B球由半圓形軌道的底端運動到C點的過程中機械能守恒，則有12mvC2＋2mgR＝12mvB2
解得vC＝5 m/s
對小球B，在最高點C有mg＋FN＝mvC2R
解得FN＝4 N
由牛頓第三定律知小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小為4 N.

1．(碰撞可能性)如圖2所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運動，選定向右為正方向，兩球的動量分別為pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.當兩球相碰之后，兩球的動量可能是(　　)

圖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　根據碰撞過程中動量守恒可知碰撞后的總動量等于原來總動量2 kg·m/s，A選項碰后的總動量為－2 kg·m/s，動量不守恒，故A錯誤；B選項碰后a球的動能不變，b球的動能增加了，不符合機械能不增加的規律，故B錯誤；C選項碰后a、b小球的動量滿足動量守恒定律，也不違背物體的運動規律，故C正確；D選項與實際不符，a不可能穿過靜止的b向前運動，故D錯誤．
2．(彈性碰撞)如圖3所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態．現使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發生一次碰撞．設物體間的碰撞都是彈性碰撞．

圖3
答案　(5－2)M≤m＜M
解析　A向右運動與C發生第一次碰撞，碰撞過程中，系統的動量守恒，機械能守恒．設速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1
12mv02＝12mvA12＋12MvC12
聯立解得vA1＝m－Mm＋Mv0，vC1＝2mm＋Mv0
如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發生碰撞，所以只需考慮m 第一次碰撞后，A反向運動與B發生碰撞，設與B發生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有
mvA1＝mvA2＋MvB1
12mvA12＝12mvA22＋12MvB12
聯立解得vA2＝m－Mm＋MvA1＝(m－Mm＋M)2v0
根據題意，要求A只與B、C各發生一次碰撞，應有vA2≤vC1
聯立解得m2＋4mM－M2≥0
解得m≥(5－2)M
另一解m≤－(5＋2)M舍去
所以，m和M應滿足的條件為(5－2)M≤m＜M.
題型二　碰撞模型的拓展

　　　　　 “滑塊—彈簧”模型

1．模型圖示

2．模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒
(2)機械能守恒：系統所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)
例2 　(多選)如圖4所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質量分別為m1、m2，m1>m2，m2的左邊有一固定擋板．由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中(　　)

圖4
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是m1－m2m1＋m2v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是2m1m1＋m2v1
答案　BD
解析　由題意結合題圖可知，當m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次相距最近時，m1減速結束，m2加速結束，因此此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統動量和機械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v22，解得v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2＝2m1m1＋m2v1，B、D選項正確．
例3 　如圖5所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H＝5 m的光滑水平桌面上．現有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝1.8 m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2.求：

圖5
(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大小；
(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；
(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離．
答案　(1)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m
解析　(1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程機械能守恒，設其滑到底面的速度為v1，由機械能守恒定律有mAgh＝12mAv12，解得v1＝6 m/s
滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統的動量守恒，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為v2，由動量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝13v1＝2 m/s
(2)滑塊A、B發生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為v3，由動量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝16v1＝1 m/s
由機械能守恒定律有
Ep＝12(mA＋mB)v22－12(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
12(mA＋mB)v22＝12(mA＋mB)v42＋12mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動s＝v5t，H＝12gt2
解得s＝2 m.

　　　　　 “滑塊—斜(曲)面”模型

1．模型圖示

2．模型特點
(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道．系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，12mv02＝12(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)
(2)最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，12mv02＝12mv12＋12Mv22 (完全彈性碰撞拓展模型)

例4 　(多選)如圖6所示，質量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ.一個質量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動．當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關系式中正確的是(　　)

圖6
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝12m(v0sin θ)2
D．mgh＋12(m＋M)v2＝12mv02
答案　BD
解析　小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為v，二者組成的系統在水平方向上動量守恒，全過程機械能守恒．以水平向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統動量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A錯誤，B正確；系統機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＋12(m＋M)v2＝12mv02，故C錯誤，D正確．
例5 　(2021·黑龍江哈爾濱市第六中學期中)兩質量均為m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖7所示．一質量也為m的可視為質點的物塊，從劈A上距水平面高度為h處靜止滑下，然后又滑上劈B.重力加速度為g，求：

圖7
(1)物塊在劈B上能夠達到的最大高度；
(2)物塊從劈B上返回水平面時的速度．
答案　(1)h4　(2)0
解析　(1)物塊從劈A上滑下，設水平向右為正方向，物塊滑到底端時的速度為v1，劈A的速度為v2.由水平方向動量守恒和系統機械能守恒列方程得
0＝mv1＋mv2
mgh＝12mv12＋12mv22
解得v1＝gh
物塊滑上劈B，當二者水平方向速度相同時，物塊到達最大高度．設二者共同速度大小為
v共，物塊到達最大高度為H，由水平方向動量守恒和系統機械能守恒列方程得
mv1＝2mv共
12mv12＝12×2mv共2＋mgH
解得H＝h4.
(2)設物塊從劈B上返回水平面時的速度為v3，劈B的速度為v4，從物塊剛要滑上劈B，到物塊從劈B上返回水平面，由水平方向動量守恒和系統機械能守恒列方程得：
mv1＝mv3＋mv4
12mv12＝12mv32＋12mv42
解得v3＝0.

3．(“滑塊—斜面”模型分析)如圖8所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ.一質量為m(m
圖8
A．h B.mhm＋M C.mhM D.Mhm＋M
答案　D
解析　斜面固定時，根據動能定理可得－mgh＝0－12mv02，解得v0＝2gh，斜面不固定時，由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得12mv02＝12(M＋m)v2＋mgh1，解得h1＝MM＋mh，D項正確．
4.(“滑塊—彈簧”模型分析)如圖9所示，小球B與一輕質彈簧相連，并靜止在足夠長的光滑水平面上，小球A以某一速度與輕質彈簧正碰．小球A與彈簧分開后，小球B的速度為v，求當兩個小球與彈簧組成的系統動能最小時，小球B的速度的大小．

圖9
答案　v2
解析　當系統動能最小時，彈簧被壓縮至最短，兩球具有共同速度v共．
設小球A、B的質量分別為m1、m2，
碰撞前小球A的速度為v0，小球A與彈簧分開后的速度為v1.
從小球A碰到彈簧到與彈簧分開的過程中，由系統動量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v
12m1v02＝12m1v12＋12m2v2
聯立解得v＝2m1v0m1＋m2，
即m1v0＝m1＋m22v
從小球A碰到彈簧到兩球達到相同速度的過程中，系統動量守恒，
故m1v0＝(m1＋m2)v共
解得v共＝v2.
課時精練

1.(多選)(2020·湖北部分重點中學聯考)如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球的質量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，規定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞前后A球動量的變化量為－4 kg·m/s，則(　　)

圖1
A．左方是A球
B．B球動量的變化量為4 kg·m/s
C．碰撞后A、B兩球的速度大小之比為5∶2
D．兩球發生的碰撞是彈性碰撞
答案　ABD
解析　初狀態兩球的動量均為正，故兩球均向右運動，vA＝pAmA＝6 m/s，vB＝pBmB＝3 m/s，故左方是A球，A正確；由動量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，B正確；碰撞后A的動量為pA′＝ΔpA＋pA＝2 kg·m/s，則vA′＝pA′mA＝2 m/s，碰撞后B的動量為pB′＝ΔpB＋pB＝
10 kg·m/s，則vB′＝pB′mB＝5 m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C錯誤；
碰撞前系統的機械能為12mAvA2＋12mBvB2＝27 J，碰撞后系統的機械能為12mAvA′2＋12mBvB′2＝27 J，故兩球發生的碰撞是彈性碰撞，D正確．
2.如圖2所示，豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點．現將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放．已知圓弧軌道半徑R＝1.8 m，小滑塊的質量關系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2.則碰后小滑塊B的速度大小不可能是(　　)

圖2
A．5 m/s B．4 m/s
C．3 m/s D．2 m/s
答案　A
解析　滑塊A下滑過程，由機械能守恒定律得mAgR＝12mAv02，解得v0＝6 m/s；若兩個滑塊發生的是彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，12mAv02＝
12mAv A2＋12mBvB2，解得vB＝4 m/s；若兩個滑塊發生的是完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2 m/s，所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為2 m/s≤vB≤
4 m/s，不可能為5 m/s，故選A.
3．(2020·山東等級考模擬卷)秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應堆技術，利用中子(10n)與靜止氘核(21H)的多次碰撞，使中子減速．已知中子某次碰撞前的動能為E，碰撞可視為彈性正碰．經過該次碰撞后，中子損失的動能為(　　)
A.19E B.89E C.13E D.23E
答案　B
解析　質量數為1的中子與質量數為2的氘核發生彈性正碰，滿足能量守恒和動量守恒，設中子的初速度為v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，以v0的方向為正方向，可列式：12×1×v02＝12×1×v12＋12×2×v22，1×v0＝1×v1＋2×v2，解得v1＝－13v0，即中子的動能減小為原來的19，則中子的動能損失量為89E，故B正確．
4．如圖3所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上．現在使甲瞬間獲得水平向右的速度v0＝4 m/s，當甲物體的速度減小到1 m/s時，彈簧最短．下列說法中正確的是(　　)

圖3
A．此時乙物體的速度為1 m/s
B．緊接著甲物體將開始做加速運動
C．甲、乙兩物體的質量之比m1∶m2＝1∶4
D．當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4 m/s
答案　A
解析　根據題意得，當彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度也是
1 m/s，A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續減速，B錯誤；根據動量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C錯誤；當彈簧恢復原長時，根據動量守恒和機械能守恒有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，12m1v02＝12m1v1′2＋12m2v2′2，聯立解得v2′＝
2 m/s，D錯誤．
5．(2019·山東日照市3月模擬)A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和M(m
圖4
A．L1>L2 B．L1 C．L1＝L2 D．不能確定
答案　C
解析　當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，對題圖甲，取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
mv＝(m＋M)v′
由機械能守恒定律得：Ep＝12mv2－12(m＋M)v′2
聯立解得，彈簧壓縮到最短時Ep＝mMv22?m＋M?
同理，對題圖乙，取B的初速度方向為正方向，當彈簧壓縮到最短時有：Ep＝mMv22?m＋M?
故兩種情況下彈簧彈性勢能相等，則有：L1＝L2，故A、B、D錯誤，C正確．
6．(多選)(2020·廣東東山中學月考)如圖5甲所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上．現使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，速度—時間圖象如圖乙，則有(　　)

圖5
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態
B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態恢復原長
C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
答案　CD
解析　由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且此時系統動能最小，根據系統機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態，而t3時刻處于伸長狀態，故A錯誤；結合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復原長，m2仍然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，在t3時刻，兩物塊速度相等，系統動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態恢復原長，故B錯誤；根據動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻A的速度為vA＝－1 m/s，B的速度為vB＝2 m/s，根據m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確．

7.(多選)(2019·安徽宣城市第二次模擬)如圖6，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑，則(　　)

圖6
A．在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統水平方向動量守恒
B．在小球下滑的過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功
C．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處
D．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
答案　AD
解析　在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統在水平方向上不受外力，則水平方向上動量守恒，故A正確；在小球下滑過程中，槽向左滑動，根據動能定理知，槽的速度增大，則小球對槽的作用力做正功，故B錯誤；小球和槽組成的系統水平方向上動量守恒，開始總動量為零，小球離開槽時，小球和槽的動量大小相等，方向相反，由于質量相等，則速度大小相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧時的速度大小相等，可知反彈后小球和槽都做速率不變的直線運動，且速度大小相等，小球不會回到槽上高h處，故D正確，C錯誤．
8.(多選)如圖7所示，動量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量．則下列選項中可能正確的是(　　)

圖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　碰撞問題要遵循三個規律：動量守恒定律，碰后系統的機械能不增加和碰撞過程要符合實際情況，本題屬于追及碰撞，碰前，后面物體的速度一定要大于前面物體的速度(否則無法實現碰撞)，碰后，前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，據此可排除選項D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根據關系式Ek＝p22m可知，A球的質量和動量大小不變，動能不變，而B球的質量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣碰后系統的機械能比碰前增大了，可排除選項C；經檢驗，選項A、B滿足碰撞遵循的三個規律．
9.如圖8所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的一側是一個14弧形槽，凹槽半徑為R，A點切線水平．另有一個質量為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法中正確的是(　　)

圖8
A．當v0＝2gR時，小球能到達B點
B．如果小球的速度足夠大，球將從滑塊的左側離開滑塊后直接落到水平面上
C．小球到達斜槽最高點處，小球的速度為零
D．小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左
答案　D
解析　滑塊不固定，當v0＝2gR時，設小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，12mv02＝12(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝MM＋mRM，v1與v0方向相同，向左，當m 10．如圖9所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C.B的左側固定輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)．設A以速度v0向B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動，假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求：

圖9
(1)整個系統損失的機械能；
(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．
答案　(1)mv0216　(2)1348mv02
解析　(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1
此時B與C相當于發生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE，對B、C組成的系統，由動量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2
12mv12＝ΔE＋12×2mv22
解得ΔE＝116mv02.
(2)由mv1＝2mv2可知v2 mv0＝3mv3
12mv02－ΔE＝12×3mv32＋Ep
解得Ep＝1348mv02.
11.(2020·遼寧大連市中學高三月考)質量為3m的劈A，其傾斜面是光滑曲面，曲面下端與光滑的水平面相切，如圖10所示，一質量為M的物塊B位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h，物塊從靜止開始滑下，到達水平面上，跟右側固定在墻壁上的彈簧發生作用后(作用過程無機械能損失)，又滑上劈A，求物塊B在劈A上能夠達到的最大高度．

圖10
答案　14h
解析　設物塊B滑到斜面底端時速率為v1，斜面速率為v2，物塊B和斜面組成的系統水平方向動量守恒，取水平向左為正方向，則有3mv2－mv1＝0
由系統機械能守恒可得mgh＝12mv12＋12×3mv22
聯立可得v1＝6gh2，v2＝gh6
與彈簧作用后，物塊B速度方向變為向左，速度大小不變，當物塊B在劈A上達到最大高度時二者速率相同，設為v3，系統水平方向動量守恒，則有
3mv2＋mv1＝(3m＋m)v3
物塊B和劈A組成的系統機械能守恒，可得
mgh′＝12×3mv22＋12mv12－12×(3m＋m)v32
聯立可得h′＝14h.

12.如圖11所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l，b與墻之間也相距l；a的質量為m，b的質量為34m.兩物塊與地面間的動摩擦因數均相同，現使a以初速度v0向右滑動，此后a與b發生彈性碰撞，但b沒有與墻發生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數μ滿足的條件．

圖11
答案　v022gl>μ≥32v02113gl
解析　若要物塊a、b能夠發生彈性碰撞，
應有12mv02>μmgl，
即μ 設在a、b發生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1，
由能量守恒定律有12mv02＝12mv12＋μmgl，
設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，
根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得mv1＝mv1′＋34mv2′，12mv12＝12mv1′2＋12·34mv2′2
聯立可得v2′＝87v1.
根據題意，b沒有與墻發生碰撞，
根據功能關系可知，12·34mv2′2≤μ3m4gl，
聯立解得μ≥32v02113gl，
綜上所述，a與b發生碰撞，但b沒有與墻發生碰撞的條件是v022gl>μ≥32v02113gl.

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