新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

这是一份新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，共16页。试卷主要包含了理解碰撞的种类及其遵循的规律等内容，欢迎下载使用。

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′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得：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)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(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＝eq \f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq \f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq \f(2mA,mA＋mB)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eq \f(1,2)MvA2＝eq \f(1,2)MvA′2＋eq \f(1,2)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eq \f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq \f(1,2)mvB2
解得vC＝eq \r(5) m/s
对小球B，在最高点C有mg＋FN＝meq \f(v\\al(C2),R)
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．(碰后速度可能性)(2020·湖南长沙市明德中学检测)质量均为1 kg的A、B两球，原来在光滑水平面上沿同一直线向右做匀速直线运动，A球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，A球追B球，不久A、B两球发生了对心碰撞，以下为该碰撞后A、B两球的速度，可能发生的是( )
A．vA′＝7 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝9 m/s，vB′＝－1 m/s
C．vA′＝5 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝3 m/s，vB′＝5 m/s
答案 D
解析 两球碰撞过程中，A球在后，碰撞后若A、B同向，则A球的速度小于B球的速度，A错误；B项中，碰撞前两球的总动能E1＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2＝20 J，碰撞后两球的总动能E2＝
eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)mvB′2＝41 J，E1E2′，D正确．
2．(弹性碰撞)如图2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2
答案 (eq \r(5)－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
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvA12＋eq \f(1,2)Mv C12
联立解得vA1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，vC1＝eq \f(2m,m＋M)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
eq \f(1,2)mv A12＝eq \f(1,2)mv A22＋eq \f(1,2)Mv B12
联立解得vA2＝eq \f(m－M,m＋M)vA1＝(eq \f(m－M,m＋M))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≥(eq \r(5)－2)M
另一解m≤－(eq \r(5)＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为(eq \r(5)－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3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3
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．
例3 如图4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4
(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＝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s＝v5t，H＝eq \f(1,2)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，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)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)
例4 (多选)如图5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5
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C．mgh＝eq \f(1,2)m(v0sin θ)2
D．mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)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mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02，故C错误，D正确．
例5 (2019·江西师范大学附属中学模拟)如图6所示，形状完全相同的光滑弧形槽A、B静止在足够大的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽的高度为h，弧形槽A的质量为2m，弧形槽B的质量为M.质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g.
图6
(1)求小球从弧形槽A的顶端滑下后的最大速度大小；
(2)若小球从弧形槽B上滑下后还能追上弧形槽A，求M、m间所满足的关系．
答案 (1)2eq \r(\f(gh,3)) (2)M>3m
解析 (1)小球到达弧形槽A底端时速度最大，设小球到达弧形槽A底端时的速度大小为v1，弧形槽A的速度大小为v2，小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，对系统由动量守恒定律得mv1－2mv2＝0，
由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22
联立解得v1＝2eq \r(\f(gh,3))，v2＝eq \r(\f(gh,3)).
(2)小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为v3，弧形槽B的速度为v4，整个过程二者水平方向动量守恒，
则有mv1＝－mv3＋Mv4，
二者的机械能守恒，则有
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)Mv42，
联立解得v3＝eq \f(M－m,M＋m)v1
小球还能追上A，则有v3>v2
解得M>3m.
3．(“滑块—斜面”模型分析)如图7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7
A．h B.eq \f(mh,m＋M)
C.eq \f(mh,M) D.eq \f(Mh,m＋M)
答案 D
解析 斜面固定时，根据动能定理可得－mgh＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(2gh)，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eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh1，解得h1＝eq \f(M,M＋m)h，D项正确．
4.(“滑块—弹簧”模型分析)如图8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8
答案 eq \f(v,2)
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
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v2
联立解得v＝eq \f(2m1v0,m1＋m2)，
即m1v0＝eq \f(m1＋m2,2)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＝eq \f(v,2).
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＝eq \f(pA,mA)＝6 m/s，vB＝eq \f(pB,mB)＝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′＝eq \f(pA′,mA)＝2 m/s，碰撞后B的动量为pB′＝ΔpB＋pB＝
10 kg·m/s，则vB′＝eq \f(pB′,mB)＝5 m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；碰撞前系统的机械能为
eq \f(1,2)mAv A2＋eq \f(1,2)mBvB2＝27 J，碰撞后系统的机械能为eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)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，eq \f(1,2)mAv02
＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)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(eq \\al(1,0)n)与静止氘核(eq \\al(2,1)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.eq \f(1,9)E B.eq \f(8,9)E C.eq \f(1,3)E D.eq \f(2,3)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：eq \f(1,2)×1×v02＝eq \f(1,2)×1×v12＋eq \f(1,2)×2×v22，1×v0＝1×v1＋2×v2，解得v1＝－eq \f(1,3)v0，即中子的动能减小为原来的eq \f(1,9)，则中子的动能损失量为eq \f(8,9)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′，eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)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图4
A．L1>L2 B．L1C．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—时间图像如图乙，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；结合图像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)如图6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6
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＝eq \f(p2,2m)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．
8.如图7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eq \f(1,4)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7
A．当v0＝eq \r(2gR)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＝eq \r(2gR)时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)·v2＋mgh，可解得h＝eq \f(M,M＋m)RM，v1与v0方向相同，向左，当m9.(八省联考·辽宁·13)如图8所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态．套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降eq \f(h,2)到达最低点．已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
图8
(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.
答案 (1)eq \f(2,3)mgh (2)eq \f(11,6)mgh
解析 (1)碰撞前，圆环做自由落体运动，有v12＝2gh
碰撞时由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
系统机械能减少量：ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(m＋2m)v22
解得ΔE＝eq \f(2,3)mgh
(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
(m＋2m)g·eq \f(h,2)＋W＝0－eq \f(1,2)(m＋2m)v22
解得W＝－eq \f(11,6)mgh
故系统克服弹簧弹力做的功为eq \f(11,6)mgh.
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)eq \f(mv\\al(02),16) (2)eq \f(13,48)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
eq \f(1,2)mv12＝ΔE＋eq \f(1,2)×2mv22
解得ΔE＝eq \f(1,16)mv02.
(2)由mv1＝2mv2可知v2mv0＝3mv3
eq \f(1,2)mv02－ΔE＝eq \f(1,2)×3mv32＋Ep
解得Ep＝eq \f(13,48)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 eq \f(1,4)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＝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，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′＝eq \f(1,2)×3mv22＋eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×(3m＋m)v32
联立可得h′＝eq \f(1,4)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eq \f(3,4)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 eq \f(v\\al(02),2gl)>μ≥eq \f(32v\\al(02),113gl)
解析 若要物块a、b能够发生弹性碰撞，
应有eq \f(1,2)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eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)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′＋eq \f(3,4)mv2′，eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)·eq \f(3,4)mv2′2
联立可得v2′＝eq \f(8,7)v1.
根据题意，b没有与墙发生碰撞，
根据功能关系可知，eq \f(1,2)·eq \f(3,4)mv2′2≤μeq \f(3m,4)gl，
联立解得μ≥eq \f(32v\\al(02),113gl)，
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eq \f(v\\al(02),2gl)>μ≥eq \f(32v\\al(02),113gl).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