2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第七章 专题强化十一 碰撞模型及拓展

这是一份2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第七章 专题强化十一 碰撞模型及拓展，共18页。

专题强化十一　碰撞模型及拓展
目标要求　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．
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

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

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′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝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＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤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MvA2＝MvA′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mvC2＋2mgR＝mvB2
解得vC＝ m/s
对小球B，在最高点C有mg＋FN＝m
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．(碰撞可能性)如图2所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是(　　)

图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　根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2 kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2 kg·m/s，动量不守恒，故A错误；B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误．
2．(弹性碰撞)如图3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3
答案　(－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
mv02＝mvA12＋MvC12
联立解得vA1＝v0，vC1＝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
mvA12＝mvA22＋MvB12
联立解得vA2＝vA1＝()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≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为(－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4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4
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是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，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D选项正确．
例3　如图5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5
(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＝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＝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＝v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝(mA＋mB)v22－(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
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋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＝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，mv02＝(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，mv02＝mv12＋Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)

例4　(多选)如图6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6
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝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mv0cos 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＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确．
例5　(2021·黑龙江哈尔滨市第六中学期中)两质量均为m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图7所示．一质量也为m的可视为质点的物块，从劈A上距水平面高度为h处静止滑下，然后又滑上劈B.重力加速度为g，求：

图7
(1)物块在劈B上能够达到的最大高度；
(2)物块从劈B上返回水平面时的速度．
答案　(1)　(2)0
解析　(1)物块从劈A上滑下，设水平向右为正方向，物块滑到底端时的速度为v1，劈A的速度为v2.由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得
0＝mv1＋mv2
mgh＝mv12＋mv22
解得v1＝
物块滑上劈B，当二者水平方向速度相同时，物块到达最大高度．设二者共同速度大小为
v共，物块到达最大高度为H，由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得
mv1＝2mv共
mv12＝×2mv共2＋mgH
解得H＝.
(2)设物块从劈B上返回水平面时的速度为v3，劈B的速度为v4，从物块刚要滑上劈B，到物块从劈B上返回水平面，由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得：
mv1＝mv3＋mv4
mv12＝mv32＋mv42
解得v3＝0.

3．(“滑块—斜面”模型分析)如图8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
图8
A．h B. C. D.
答案　D
解析　斜面固定时，根据动能定理可得－mgh＝0－mv02，解得v0＝，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mv02＝(M＋m)v2＋mgh1，解得h1＝h，D项正确．
4.(“滑块—弹簧”模型分析)如图9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9
答案　
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
m1v02＝m1v12＋m2v2
联立解得v＝，
即m1v0＝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＝.
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＝＝6 m/s，vB＝＝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′＝＝2 m/s，碰撞后B的动量为pB′＝ΔpB＋pB＝
10 kg·m/s，则vB′＝＝5 m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；
碰撞前系统的机械能为mAvA2＋mBvB2＝27 J，碰撞后系统的机械能为mAvA′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＝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，mAv02＝
mAv A2＋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(n)与静止氘核(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.E B.E C.E D.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：×1×v02＝×1×v12＋×2×v22，1×v0＝1×v1＋2×v2，解得v1＝－v0，即中子的动能减小为原来的，则中子的动能损失量为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′，m1v02＝m1v1′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．L1 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＝mv2－(m＋M)v′2
联立解得，弹簧压缩到最短时Ep＝
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＝
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—时间图象如图乙，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；结合图象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＝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＝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＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝RM，v1与v0方向相同，向左，当m 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：

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)mgh　(2)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＝mv12－(m＋2m)v22
解得ΔE＝mgh
(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
(m＋2m)g·＋W＝0－(m＋2m)v22
解得W＝－mgh
故系统克服弹簧弹力做的功为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)　(2)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
mv12＝ΔE＋×2mv22
解得ΔE＝mv02.
(2)由mv1＝2mv2可知v2 mv0＝3mv3
mv02－ΔE＝×3mv32＋Ep
解得Ep＝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　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＝mv12＋×3mv22
联立可得v1＝，v2＝
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′＝×3mv22＋mv12－×(3m＋m)v32
联立可得h′＝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　>μ≥
解析　若要物块a、b能够发生弹性碰撞，
应有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mv02＝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′＋mv2′，mv12＝mv1′2＋·mv2′2
联立可得v2′＝v1.
根据题意，b没有与墙发生碰撞，
根据功能关系可知，·mv2′2≤μgl，
联立解得μ≥，
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>μ≥.