第六章 专题强化九 碰撞类的三个模型-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

专题强化九　碰撞类的三个模型 1．本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析。 2．学好本专题，可以使同学们掌握根据物理情景或解题方法的相同或相似性，进行归类分析问题的能力。 3．用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒定律，动能定理和能量守恒定律。 [对应学生用书P130] 热点 “滑块—弹簧”模型(方法模型) 模型 图示 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]　如图，质量为m2＝4 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝8 m/s向右运动，m1与m3碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。试求： (1)m1和m3碰撞过程中损失的机械能是多少？ (2)弹簧能产生的最大弹性势能是多少？ (3)弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对m3冲量的大小是多少？ 解析　(1)设m1与m3碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m3)v1， 由能量守恒定律得m1v＝(m1＋m3)v＋ΔE， 代入数据解得ΔE＝24 J。 (2)三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得(m1＋m3)v1＝(m1＋m2＋m3)v共， 代入数据解得v共＝1 m/s， 由能量守恒定律得(m1＋m3)v＝(m1＋m2＋m3)v＋ΔEp， 代入数据解得ΔEp＝4 J。 (3)设弹簧对m2的冲量为I2， 对m2由动量定理得I2＝m2v共－0＝4 kg·m/s， 所以弹簧对m3冲量的大小是I3＝I2＝4 kg·m/s。 答案　(1)24 J　(2)4 J　(3)4 kg·m/s (1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中，弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素：①弹簧被压缩后恢复原长时，可等效为两物体发生弹性碰撞；②弹簧处于最长或最短状态时可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。 (2)把弹簧视为系统内的一部分时，弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分，通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。 1．(多选)如图甲所示，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∶2 D．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A逐渐减速，B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，B仍然加速，A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。 答案　CD 热点 “滑块—斜面”模型(方法模型) 模型 图示 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2]　如图所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s。g取10 m/s2。求： (1)小物块被弹簧弹出时的速度大小。 (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1。 (3)小物块回到水平面的速度大小及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。 解析　(1)设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒，mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5 m/s； (2)小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒，mv12＝(m＋M)v22＋mgh1，解得＝1 m； (3)小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒 mv1＝mv1′＋Mv2′， mv12＝mv1′2＋Mv2′2， 解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s， 系统水平方向动量守恒、机械能守恒 m(－v1′)＋Mv2′＝(m＋M)v， mv1′2＋Mv2′2＝(m＋M)v2＋mgh2， 解得h2＝0.04 m。 答案　(1)5 m/s　(2)1 m　(3)3 m/s　0.04 m 2.(多选)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　) A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为Mv D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 解析　小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，Mv＝×2Mv′2＋Mgh，联立解得h＝，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为Mv，即此过程小球对小车做的功为Mv，故B、C正确，A错误。 答案　BC 热点 “滑块—木板”模型(方法模型) 模型 图示 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 (3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝ 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 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解 类型1　子弹打木块模型 [例3]　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能。 (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？ 解析　(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s， 此过程系统所产生的内能：Q＝mv－(M＋m)v2＝882 J。 (2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统， 由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′，解得v′＝8 m/s， 此过程系统损失的机械能为ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J， 由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d，ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′， 则＝＝，解得d′＝ cm， 因为d′>10 cm，所以能射穿木块。 答案　(1)6 m/s　882 J　(2)能 类型2　“滑块—木板”模型 [例4]　(2024·甘肃卷)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动(重力加速度g取10 m/s2)。 (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 解析　根据题意，设A、C质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°。 (1)A开始运动到最低点有mgl(1－cos θ)＝mv－0， 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得F－mg＝， 解得v0＝4 m/s，F＝40 N。 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由于碰后A竖直下落，可知 mv0＝0＋mvC， 解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，取向右为正方向，整个过程根据动量守恒可得 mv0＝(M＋m)v， 根据能量守恒得μmgL相对＝mv－(m＋M)v2， 联立解得μ＝0.15。 答案　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 3．(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．木板获得的动能为1 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 解析　由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B正确；根据vt图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。 答案　ABD 课时检测训练28　碰撞类的三个模型 对应学生用书P387 1．如图所示，光滑水平面上停放着一辆小车，小车的光滑四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切。在小车的右端固定一轻弹簧，一小球从圆弧轨道上某处由静止释放。①若水平轨道光滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v1，弹簧的弹性势能为Ep1；②若水平轨道粗糙，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v2，弹簧的弹性势能为Ep2。则(　　) A．v1＜v2，Ep1＝Ep2 B．v1＝v2，Ep1＞Ep2 C．v1＞v2，Ep1＜Ep2 D．v1＞v2，Ep1＞Ep2 解析　弹簧第一次被压缩至最短时，小球与小车具有共同速度。两种情况的水平面都光滑，满足水平方向动量守恒，有0＝(m1＋m2)v，所以两次小车的速度相等。当水平轨道粗糙时有摩擦生热，根据能量守恒可知Ep1＞Ep2。 答案　B 2.如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均阻力的两倍。下列说法正确的是(　　) A.射入滑块A的子弹最终速度小 B.射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 C.射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍 D.子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 解析　设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，子弹和滑块的质量分别为m、M，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初、末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知I＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相同，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝Ffd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初动能相同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。 答案　D 3．如图所示，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(　　) 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 D．m1的最大速度是 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＝m2v02－(m1＋m2)v2＝，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，m2v02＝m1v12＋m2v22，解得v1＝，选项D正确。 答案　D 4.(多选)如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O；质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为3m，则小球与圆弧轨道作用过程中下列叙述正确的是(　　) A.小球离开C点后做竖直上抛运动 B.小球离开C点后做斜抛运动 C.圆弧轨道的最大速度为v0 D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左 解析　小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，选项A错误，B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝mv1＋3mv2，mv＝mv＋×3mv，联立解得，v1＝－v0，v2＝v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，选项C、D正确。 答案　BCD 5.足够长的光滑水平面上静止放置有长度均为L的甲、乙木板，如图甲、乙所示。完全相同的小物块(可视为质点)，以水平速度v0分别冲上甲、乙木板左端，两木板上表面均水平，已知小物块与甲、乙木板间动摩擦因数相同，甲、乙木板质量分别为2M、M。不计空气阻力，小物块恰好能到达甲木板正中央位置，小物块能到达乙木板的位置距乙木板左端的距离为d，则(　　) A.d> B.d＝ C.d< D.d＝L 解析　两个过程，根据动量守恒mv0＝(m＋2M)v1，mv0＝(m＋M)v2，故v1<v2，又小物块加速度不变，作出两次v-t图像如图所示，则d<(其中d为图中阴影部分面积)，故选C。 答案　C 6．如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求： (1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1。 (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少。 解析　(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s； (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22，解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。 答案　(1)10 m/s　(2)5 m 7．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。已知物块B与物块C碰撞后会粘在一起运动。在以后的运动中： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 解析　(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，由动量守恒定律得(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA，解得vA＝3 m/s； (2)物块B、C碰撞过程系统动量守恒mBv＝(mB＋mC)vC，故vC＝2 m/s， 碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大， 故Ep＝mAv2＋(mB＋mC)vC2－(mA＋mB＋mC)vA2＝12 J。 答案　(1)3 m/s　(2)12 J 8.质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有一质量为m2＝0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)物块与小车的共同速度大小v。 (2)物块相对小车滑行的时间t。 (3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1。 (4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2。 (5)在此过程中系统产生的内能。 (6)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。 解析　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向， 根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝＝0.8 m/s。 (2)对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0， 解得t＝＝0.24 s。 (3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝m1v2－0，解得x1＝＝0.096 m。 (4)x2＝t＝×0.24 m＝0.336 m。 (5)方法一　Δx＝x2－x1＝0.24 m，Q＝μm2g·Δx＝0.24 J。 方法二　Q＝ΔE＝m2v－(m1＋m2)v2＝0.24 J。 (6)由动量守恒定律及能量守恒可得m2v0′＝(m1＋m2)v′， m2v0′2－(m1＋m2)v′2＝μm2gL， 联立解得v0′＝5 m/s。 答案　(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)0.096 m (4)0.336 m　(5)0.24 J　(6)5 m/s 9．如图所示，一块长木板静止在光滑水平面上，距离长木板右端s＝0.5 m处有一个竖直挡板。竖直光滑圆弧轨道在B点与长木板紧靠且与长木板上表面相切，圆弧轨道半径R＝4.05 m。滑块从光滑圆弧轨道A点由静止释放，在O点正下方的 B点滑上长木板。在长木板与右侧挡板第二次碰撞瞬间，滑块以v＝3 m/s的速度滑离长木板(此前滑块一直相对木板滑动)，滑块、长木板质量均为m＝1 kg，木板与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)长木板与挡板第一次碰撞前瞬间的速度大小。 (2)滑块与长木板间的动摩擦因数。 (3)长木板的长度。 解析　(1)滑块从A到B过程中机械能守恒； 则mgR＝mv02，解得v0＝9 m/s， 滑块以v0滑上木板，设第一次碰前滑块的速度大小为v1，长木板的速度大小为v2，由动量守恒定律可知mv0＝mv1＋mv2， 由木板与挡板的碰撞为弹性碰撞，得长木板第二次与挡板碰撞时，长木板的速度与第一次碰撞时相等，由动量守恒定律mv1－mv2＝mv＋mv2， 解得v2＝2 m/s； (2)由牛顿第二定律μmg＝ma， 对长木板有2as＝v22， 解得μ＝0.4； (3)设长木板长度为l， 对滑块有－2a(l＋s)＝v2－v02， 解得l＝8.5 m。 答案　(1)2 m/s　(2)0.4　(3)8.5 m 10．如图所示，一光滑的圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径R＝0.8 m，小车的右侧固定连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝3 kg，小车置于光滑的地面，左侧靠墙，一物块从圆弧顶端上的A点由静止滑下，经过B点时无能量损失，最后物块停在车上的B点。已知物块的质量m＝1 kg，物块与小车间的摩擦因数为μ＝0.1，BC长度为L＝2 m，g取10 m/s2。求在运动过程中： (1)弹簧的最大压缩量。 (2)弹簧弹性势能的最大值。 解析　(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得mgR＝mvB2，解得vB＝4 m/s， 从开始到静止于B点系统动量和能量守恒有 mvB＝(M＋m)v， mvB2＝(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)， 解得x＝1 m； (2)由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，有mvB＝(M＋m)v′， 此时的弹性势能最大，由能量守恒可得 mvB2＝(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)， 由以上两式可得Ep＝3 J。 答案　(1)1 m　(2)3 J 学科网（北京）股份有限公司 $$