新高考物理一轮复习讲义第6章 动量守恒定律 专题强化十一 碰撞中的三类拓展模型 (含解析)

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模型一 “滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.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，类似弹性碰撞。
(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)。
例1 (2023·辽宁沈阳市联考)如图1甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求：
图1
(1)物体C的质量m3；
(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。
答案 (1)2 kg (2)2.4 m/s
解析 (1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有
m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。
(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
eq \f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq \f(1,2)(m1＋m3)veq \\al(2,共2)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
由v－t图像可得v共1′大小为2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。
跟踪训练
1.(多选)如图2所示，光滑水平面上放置着总质量为2m、右端带有固定挡板的长木板。一轻质弹簧与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量为m的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v1滑上长木板，且恰好能够回到长木板的左端，在此过程中弹簧的最大压缩量为x2。若将长木板固定，滑块滑上长木板的速度改为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，且滑块最终也与弹簧分离。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
图2
A.v1＝eq \f(\r(6),2)v2
B.弹簧弹性势能的最大值为eq \f(1,3)mveq \\al(2,1)
C.弹簧弹性势能的最大值为μmgx1
D.滑块以速度v2滑上固定的长木板，也恰好能够回到长木板的左端
答案 AD
解析 当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为Ep，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝3mv，eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×3mv2＋μmg(x1＋x2)＋Ep，从弹簧被压缩至最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒定律Ep＝μmg(x1＋x2)，若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒定律eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝μmg(x1＋x2)＋Ep，联立可得v1＝
eq \f(\r(6),2)v2，Ep＝eq \f(1,6)mveq \\al(2,1)，选项A正确，B、C错误；设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒定律Ep＝μmg(x1＋x2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)，代入数据可解得v3＝0，说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故D正确。
模型二 “滑块—斜(曲)面”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)最高点：m1与m2具有共同水平速度v共，m1不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m2＋m1)veq \\al(2,共)＋m1gh，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：m1与m2分离点。水平方向动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)(完全弹性碰撞拓展模型)。
例2 (2023·辽宁大连模拟)如图3所示，一质量为2m的带轨道的小车静止在水平面上，小车轨道的AB段水平，BC段为竖直的半径为R的四分之一圆弧。左侧平台与小车的水平轨道等高，小车静止时与平台间的距离可忽略。一质量为m的滑块(可视为质点)水平向右以大小为6eq \r(gR)的初速度从左侧平台滑上小车。不计一切摩擦，重力加速度为g。
图3
(1)求滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升的最大高度；
(2)若小车水平轨道AB相对水平面的高度为0.5R，求滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离为多少？
答案 (1)12R (2)6R
解析 (1)滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升到最大高度过程中，滑块与小车水平动量守恒，有mv0＝(m＋2m)v
滑块与小车组成的系统能量守恒，有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×3mv2＋mgh
解得h＝12R。
(2)滑块(可视为质点)滑上小车到滑块从左端滑离小车，滑块与小车水平方向动量守恒，有
mv0＝mv1＋2mv2
滑块与小车机械能守恒，有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)
解得v1＝－eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(2,3)v0
设滑块离开小车下落时间为t，有h＝eq \f(1,2)gt2
滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离x＝eq \f(1,3)v0t＋eq \f(2,3)v0t＝6R。
跟踪训练
2.(2023·福建福州高三阶段检测)如图4所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块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，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。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，三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒定律得
2mgh＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)×5meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v0))eq \s\up12(2)
解得h＝eq \f(3veq \\al(2,0),40g)。
模型三 “滑块—木板”模型(子弹打木块模型)
1.模型图示
2.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，即ΔE＝Q＝Ffs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2。
(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。
例3 如图5所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4 kg，小铁块B(可视为质点)质量为m＝1 kg，木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.2，小铁块B以v0＝10 m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10 m/s2)。求：
图5
(1)A、B的加速度分别为多少？
(2)经过多长时间A、B速度相同，相同的速度为多少？
(3)薄木板的长度。
答案 (1)0.5 m/s2 2 m/s2 (2)4 s 2 m/s (3)20 m
解析 (1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝maB，即aB＝μg＝2 m/s2
对木板A受力分析，由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，即aA＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2。
(2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，有
mv0＝(m＋M)v共
代入数据解得v共＝2 m/s
由于木板A做匀加速直线运动，则v共＝aAt
代入数据解得t＝4 s。
(3)设薄木板的长度为L，则对A、B整体由动能定理有
－μmgL＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,共)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得L＝20 m。
跟踪训练
3.(多选)如图6所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小f视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
图6
A.fL＝eq \f(1,2)Mv2 B.ft＝mv0－mv
C.v＝eq \f(mv0,M) D.fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2
答案 AB
解析 由动能定理，对木块可得fL＝eq \f(1,2)Mv2，故A正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－ft＝mv－mv0，故B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)，故C错误；根据能量守恒定律得fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，故D错误。
4.(2022·四川成都模拟)如图7，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为eq \f(v0,3)；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g。求：
图7
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)木板的质量M；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1∶I2。
答案 (1)eq \f(4veq \\al(2,0),9gL) (2)8m (3)3∶4
解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为Ff＝μmg
由动能定理有－μmgL＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得μ＝eq \f(4veq \\al(2,0),9gL)。
(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，
由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v
由能量守恒定律有μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2
联立两式解得M＝8m。
(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有
I1＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))－mv0＝－eq \f(2,3)mv0
木板不固定时滑块末速度为v＝eq \f(mv0,m＋M)＝eq \f(v0,9)
由动量定理有
I2＝mv－mv0＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,9)))－mv0＝－eq \f(8,9)mv0
解得I1∶I2＝3∶4。
1.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹均留在木块中不穿出)( )
A.eq \f(（M－m）v1,mv2) B.eq \f(Mv1,（M＋m）v2)
C.eq \f(Mv1,mv2) D.eq \f(mv1,Mv2)
答案 C
解析 设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块组成的系统为研究对象，系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。以子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝eq \f(Mv1,mv2)，所以选项C正确。
2.(多选)(2023·天津宝坻区高三期末)如图1所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )
图1
A.在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功
B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
答案 AC
解析 在下滑过程中，槽要向左运动，动能增加，小球和槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以对槽要做正功，A正确；小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受力，只有水平方向动量守恒，B错误；小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，都做匀速直线运动，C正确，D错误。
3.如图2所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中( )
图2
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为eq \f(m2veq \\al(2,0),2（m1＋m2）)
D.m1的最大速度是eq \f(2m2v0,m1＋m2)
答案 D
解析 m1、m2组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2veq \\al(2,0),2（m1＋m2）)，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(2m2v0,m1＋m2)，选项D正确。
4.(2022·重庆模拟)如图3所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为2m、m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。下列说法正确的是( )
图3
A.小球的最大重力势能为eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
B.小球离开小车后，小球做自由落体运动
C.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0
D.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为eq \f(2,3)mv0
答案 A
解析 经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝3mv，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×3mv2＋Ep，解得Ep＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)，故A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v1、v2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，则mv0＝mv1＋2mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)，解得v1＝－eq \f(v0,3)，v2＝eq \f(2,3)v0，小球离开小车后将做平抛运动，故B错误；根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－eq \f(4,9)mveq \\al(2,0)，故C错误；根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量I＝2mv2－0＝eq \f(4,3)mv0，故D错误。
5.(多选)如图4所示，A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝1.5 kg，一个质量为mC＝0.5 kg的小铁块C以v0＝8 m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动。若木块A在铁块C滑离后的速度为vA＝0.8 m/s，铁块C与木块A、B间动摩擦因数均为μ＝0.4，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
图4
A.铁块C在滑离A时的速度为2.4 m/s
B.木块B的长度至少为0.24 m
C.铁块C在木块B上滑行的时间为3.0 s
D.全过程铁块C克服摩擦力做的功为15.64 J
答案 ABD
解析 铁块C在滑离A的瞬间，由动量守恒定律mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC，代入数据解得vC＝2.4 m/s，所以A正确；铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度，铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒，有mCvC＋mBvA＝(mC＋mB)vB，eq \f(1,2)(mC＋mB)veq \\al(2,B)＋μmCgs1＝eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,A)，因铁块C没有从木块B上掉下来，所以木块B的长度L≥s1，联立以上方程代入数据，解得L≥0.24 m，即木块B的长度至少为0.24 m，所以B正确；由B选项分析，可得C与B共速的速度为vB＝1.2 m/s，C滑上B后做匀减速运动，加速度为aC＝μg＝4 m/s2，则铁块C在木块B上滑行的时间为t＝eq \f(vC－vB,aC)＝0.3 s，所以C错误；C刚滑上A，C做匀减速运动，A做匀加速运动，则C的总位移为s2＝eq \f(veq \\al(2,0)－veq \\al(2,C),2aC)＋eq \f(veq \\al(2,C)－veq \\al(2,B),2aC)＝7.82 m，则全过程铁块C克服摩擦力做的功为Wf＝Ffs2＝15.64 J，所以D正确。
6.(2022·河北石家庄模拟)如图5(a)所示，光滑的水平轨道AB与竖直面内的半圆形轨道BCD在B点平滑连接，半圆形轨道半径为R＝0.4 m。一质量为m1＝0.1 kg的小物块P将弹簧压缩到A点后由静止释放，向右运动至B点与质量为m2＝
0.2 kg的小物块Q发生弹性碰撞，碰撞完成P立即被从轨道取走，Q从B点进入半圆形轨道，在半圆形轨道上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图(b)所示。P、Q可看作质点，重力加速度大小为g＝10 m/s2，求：
图5
(1)Q从B点运动到D点的过程中克服摩擦力做的功；
(2)P将弹簧压缩到A点时弹簧具有的弹性势能(结果保留3位有效数字)。
答案 (1)0.4 J (2)4.05 J
解析 (1)由图可知，Q在B、D两点的速度分别为vB＝6 m/s，vD＝4 m/s
Q从B点运动到D点的过程，由动能定理有
－m2g·2R－Wf＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,B)
代入数据解得，Q从B点运动到D点的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝0.4 J。
(2)P、Q碰撞过程，根据动量守恒定律可得
m1v1＝m2vB＋m1v2
由于是弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)
联立解得，碰撞前P的速度为v1＝9 m/s
P将弹簧压缩到A点时弹簧具有的弹性势能为
Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
代入数值解得Ep＝4.05 J。
7.(2023·辽宁大连一模)如图6所示，质量为M的沙箱用四根长度均为L的不可伸长轻细线悬挂起来，沙箱摆动过程中只能发生平动，可用此装置测量子弹的速度。若第一颗质量为m的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上摆起的最大摆角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
图6
(1)子弹打入沙箱前的瞬时速度多大；
(2)若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。
答案 (1)eq \f(M＋m,m)eq \r(2gL（1－cs θ）) (2)eq \f(（M＋m）（M＋2m）,m)gL(1－cs θ)
解析 (1)在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为θ的过程中，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)(M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cs θ)
解得v＝eq \r(2gL（1－cs θ）)
由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v
解得v0＝eq \f(M＋m,m)eq \r(2gL（1－cs θ）)。
(2)沙箱第一次摆回到最低点时，速度方向相反，
大小不变。此时又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，根据动量守恒定律则有
mv0－(M＋m)v＝(M＋2m)v′
解得v′＝0
根据能量守恒定律，第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
解得ΔE＝eq \f(（M＋m）（M＋2m）,m)gL(1－cs θ)。
8.(2022·广东卷，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图7所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
图7
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，
即N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。