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高中物理高考 2022年高考物理一轮复习（新高考版1(津鲁琼辽鄂)适用） 第7章 专题强化11 碰撞模型及拓展课件PPT
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这是一份高中物理高考 2022年高考物理一轮复习（新高考版1(津鲁琼辽鄂)适用） 第7章 专题强化11 碰撞模型及拓展课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了目标要求，内容索引，题型一碰撞，课时精练，远大于，答案2ms，答案4N，考向1，“滑块弹簧”模型，模型图示等内容，欢迎下载使用。
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.
NEIRONGSUOYIN
题型二 碰撞模型的拓展
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 的现象.2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力 外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.
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′
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.
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：(1)两小球碰前A的速度大小vA；
解析 碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2 m/s.
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小.
解析 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，
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，
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/sB.vA′＝9 m/s，vB′＝－1 m/sC.vA′＝5 m/s，vB′＝7 m/sD.vA′＝3 m/s，vB′＝5 m/s
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；
C项中，mvA＋mvB≠mvA′＋mvB′，C错误；
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.
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
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
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
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，
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：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
解析 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，
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，
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
解析 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，
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离.
解析 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
解得v4＝0，v5＝2 m/s
“滑块—斜(曲)面”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A.mv0＝(m＋M)vB.mv0cs θ＝(m＋M)v
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；
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.(1)求小球从弧形槽A的顶端滑下后的最大速度大小；
解析 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，
(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.
解析 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
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
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
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
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A.左方是A球B.B球动量的变化量为4 kg·m/sC.碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2D.两球发生的碰撞是弹性碰撞
由动量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，B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A.5 m/s B.4 m/sC.3 m/s D.2 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.
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A.此时乙物体的速度为1 m/sB.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∶4D.当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
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；
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(mL2 B.L1
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′
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∶2D.在t2时刻A与B的动能之 比Ek1∶Ek2＝1∶8
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
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；
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；
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A.ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/sB.ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/sC.ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/sD.ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
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
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 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
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；
9.(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 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：(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
解析 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
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.
解析 对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
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：(1)整个系统损失的机械能；
解析 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
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.
解析 由mv1＝2mv2可知v2
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
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
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.
解析 若要物块a、b能够发生弹性碰撞，
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，
根据题意，b没有与墙发生碰撞，
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.
NEIRONGSUOYIN
题型二 碰撞模型的拓展
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 的现象.2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力 外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.
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′
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
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：(1)两小球碰前A的速度大小vA；
解析 碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2 m/s.
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小.
解析 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，
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，
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/sB.vA′＝9 m/s，vB′＝－1 m/sC.vA′＝5 m/s，vB′＝7 m/sD.vA′＝3 m/s，vB′＝5 m/s
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；
C项中，mvA＋mvB≠mvA′＋mvB′，C错误；
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.
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
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
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
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，
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：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
解析 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，
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，
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
解析 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，
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离.
解析 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
解得v4＝0，v5＝2 m/s
“滑块—斜(曲)面”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A.mv0＝(m＋M)vB.mv0cs θ＝(m＋M)v
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；
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.(1)求小球从弧形槽A的顶端滑下后的最大速度大小；
解析 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，
(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.
解析 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
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
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
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
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A.左方是A球B.B球动量的变化量为4 kg·m/sC.碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2D.两球发生的碰撞是弹性碰撞
由动量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，B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A.5 m/s B.4 m/sC.3 m/s D.2 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.
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A.此时乙物体的速度为1 m/sB.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∶4D.当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
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；
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
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′
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∶2D.在t2时刻A与B的动能之 比Ek1∶Ek2＝1∶8
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
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；
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；
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A.ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/sB.ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/sC.ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/sD.ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
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
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 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
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；
9.(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 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：(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
解析 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
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.
解析 对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
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：(1)整个系统损失的机械能；
解析 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
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.
解析 由mv1＝2mv2可知v2
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
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
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.
解析 若要物块a、b能够发生弹性碰撞，
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，
根据题意，b没有与墙发生碰撞，
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