05 第一章 素养提升课(一) 三类“碰撞”模型-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步讲义（粤教版）

素养提升课(一)　三类“碰撞”模型 [学习目标]　1．会处理含有弹簧类的问题，并进行相关计算．2．会处理含有斜面或曲面的问题，并进行相关计算．3．会用动量和能量的观点处理板块问题，并进行相关计算． 类型1　“滑块—弹簧”碰撞模型 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 (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，系统总动能最小(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) 【典例1】　如图甲所示，一质量为0.2 kg的物块B与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块A向右运动．已知t＝0时A刚与弹簧接触，t1时弹簧压缩至最短，此过程A、B的 v-t 图像如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内，求： (1)物块A的质量； (2)此过程中，弹簧弹性势能的最大值； (3)当弹簧恢复至原长的瞬间，物块A的速度． [解析]　(1)物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可知 mAv1＝(mA＋mB)v共 由题图乙知v1＝1.2 m/s，v共＝1.0 m/s 解得mA＝1 kg. (2)当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可得 ＝ 代入数据解得Ep＝0.12 J. (3)从物块A刚与弹簧接触到弹簧恢复至原长的过程中，物块A、B与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，则 mAv1＝mAv′1＋mBv′2 ＝ 代入数据解得v′1＝0.8 m/s. [答案]　(1)1 kg　(2)0.12 J　(3)0.8 m/s 【典例2】　如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定在地面上，一根轻弹簧套在杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为m的小球B并处于静止状态，质量为m的小球A套在杆上，在B球上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在一起．当A、B一起上升到最高点时，A、B的加速度大小为g，g为重力加速度，弹簧的形变总在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数、x为弹簧的形变量，A，B两球均可视为质点．求： (1)小球A开始释放的位置离B球的距离； (2)两球碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能及两球运动过程中的最大速度． [解析]　(1)开始时，弹簧的压缩量为 x1＝ 当A、B一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为x2，根据牛顿第二定律有 kx2＋2mg＝2m×g 解得x2＝ 设开始时A、B间的距离为h，根据机械能守恒有 mgh＝ 设A、B碰撞后一瞬间，A、B共同速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2 从碰撞后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒定律有＝2mg(x1＋x2) 解得h＝ (2)两球碰撞后，两球运动到最低点时弹簧的弹性势能最大，则从碰撞结束至两球运动到最低点，设小球向下运动的距离为x3，根据机械能守恒定律有 ＋2mgx3＝ 得到－2mgx3－＝0 解得x3＝ 则弹簧具有的最大弹性势能 Ep＝k(x1＋x3)2＝ 当两球的速度最大时，两球的重力与受到的弹力等大反向，弹簧的压缩量为x4＝ 根据机械能守恒定律有 ＝ 解得vm＝3g [答案]　(1)　(2)　3g 类型2　“滑块—斜面”碰撞模型 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＝＋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．系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒＝(完全弹性碰撞拓展模型) 【典例3】　如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求： (1)A到达O点时的速度； (2)A、B碰撞过程中损失的机械能； (3)A和B沿C能上升的最大高度． [解析]　(1)小物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知mgh＝ 解得v1＝ (2)当A、B发生碰撞，根据动量守恒定律可知 mv1＝(m＋2m)v2 解得v2＝ A、B碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝＝mgh. (3)将A、B、C看成一个整体，则系统在水平方向动量守恒，当A、B沿C上升到最大高度时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知 (m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3 根据机械能守恒定律可知 ＝＋(m＋2m)gh′， 联立解得A和B沿C能上升的最大高度h′＝h. [答案]　(1)　(2)mgh　(3)h 【典例4】　如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平且与平台等高，NQ的长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m 的光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的左端．质量mA＝1 kg 的滑块A在光滑水平平台上以初速度v0＝6 m/s 向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生弹性碰撞．已知滑块B的质量为mB＝3 kg, 与NQ间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的下表面光滑，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)滑块A、B碰撞后瞬间滑块B的速度vB的大小； (2)为使滑块B不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量mC． [解析]　(1)设向右为正方向，滑块A、B碰撞后瞬间滑块A的速度为vA，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mAv0＝mAvA＋mBvB ＝ 联立代入数据得vB＝3 m/s. (2)在保证滑块B不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情况是滑块B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B与长木板共速，设此时速度大小为v.对滑块B和长木板在水平方向根据动量守恒定律与机械能守恒定律有 mBvB＝(mB＋mC)v －(mB＋mC)v2＝μmBgL＋mBgR 联立代入数据可得v＝1 m/s，mC＝6 kg. [答案]　(1)3 m/s　(2)6 kg 类型3　子弹打木块与板块模型 模型图示 模型特点 (1)若滑块未从木板上滑下(子弹留在木块里)，当两者速度相等时木板(木块)的速度最大，两者的相对位移取得极值(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 【典例5】　如图所示，一颗质量为0.01 kg的子弹(可视为质点)，沿水平方向射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块的质量为0.2 kg，长度为10 cm，子弹射入前速度为200 m/s，穿出木块时速度减为100 m/s，已知子弹穿过木块过程中木块对子弹的阻力不变，求： (1)木块获得的速度大小； (2)此过程中，木块对子弹的阻力大小； (3)子弹穿过木块过程所用时间(结果保留三位有效数字)． [解析]　(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v0＝m1v1＋m2v2 代入数据解得木块的速度大小v2＝5 m/s. (2)由机械能守恒定律得 fL＝ 代入数据解得f＝1 475 N. (3)子弹对木块作用力的冲量等于木块的动量变化，对木块由动量定理得f′t＝m2v2－0 由牛顿第三定律可知f′＝f 代入数据解得t≈6.78×10-4 s. [答案]　(1)5 m/s　(2)1 475 N　(3)6.78×10-4 s 【典例6】　如图所示，水平地面AB与倾斜长传送带用光滑的小圆弧BC(未画出)连接，传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0逆时针转动，质量为 0.9m 的物块(可视为质点)静止在水平地面上的A处，一颗质量为0.1m的子弹以某一速度射入物块并留在其中(子弹和物块在极短时间内达到共速)，经时间t后物块运动到B处，此时速度为v，忽略物块从B点到C点的速率变化，物块与地面AB之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6． (1)求子弹射入物块前的速率； (2)若物块与传送带之间的动摩擦因数μ0＝0.5，物块恰好能到达传送带CD的最高点D，求传送带CD间的长度． [解析]　(1)根据题意，设子弹射入物块前的速率为v1，子弹射入物块后达到的共速为v2，子弹射入物块过程动量守恒，由动量守恒定律有 0.1mv1＝(0.1m＋0.9m)v2 物块在水平面AB上做匀减速运动，由牛顿第二定律可得，加速度大小为a＝μg 由运动学公式有v＝v2－at 联立解得v1＝10v＋10μgt. (2)根据题意，由牛顿第二定律可得，物块在倾斜传送带上向上运动时的加速度大小为a1＝＝g 设传送带CD间的长度为L，当物块到达D点时速度减小到0，由动能定理有m·a1·L＝mv2 代入数据解得L＝ [答案]　(1)10v＋10μgt　(2) 素养提升练(一)　三类“碰撞”模型 1．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是(　　) A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v C．车上管道中心线最高点离小车上表面的竖直距离为 D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是 BC　[小球从滑上小车到滑离小车的过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv1＋2mv2，mv2＝，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v相＝v＋v＝v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，水平方向上由动量守恒定律有mv＝(m＋2m)v′，v′＝，小车动量变化量大小Δp＝2m·＝mv，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，解得H＝，故C正确，D错误；由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，故A错误.故选BC.] 2．(多选)如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M＝3 kg, 小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端切线水平．有一质量m＝1 kg的小球以水平初速度v0＝4 m/s从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取10 m/s2．下列说法正确的是(　　) A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒 B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒 C．小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1 m/s D．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.5 m AC　[在小球滑到最高点的过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向合力为0，故水平方向动量守恒，竖直方向的动量不守恒，则系统的动量不守恒，故B错误；小球滑到最高点时，设最大高度为h，此时两者共速，设速度为v，在水平方向小球与小车组成的系统动量守恒，取向左为正方向，则有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1 m/s，由机械能守恒定律可得＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝0.6 m, 故C正确，D错误.故选AC.] 3．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是(　　) A．滑块b沿a上升的最大高度为 B．物块a运动的最大速度为 C．滑块b沿a上升的最大高度为 D．物块a运动的最大速度为 B　[滑块b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向动量守恒，由动量守恒和机械能守恒有mv0＝＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b滑离a时，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，有mv0＝＝，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误.] 4．如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是(　　) A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B．两个系统产生的内能不一样大 C．子弹在软木中打入深度较大 D．子弹在硬木中打入深度较大 C　[设子弹质量为m，木头质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律和动能定理，mv0＝(m＋M)v，ΔE＝－(m＋M)v2＝Q，可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统产生的内能Q一样多，故A、B错误；根据功能关系Q＝Ff·d，可知产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误.故选C.] 5．如图所示，相互接触的质量均为m的木块A、B静止放置在光滑水平面上，现有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹水平方向的作用力恒为f，则下列说法正确的是(　　) A．t1时间内，子弹的动量变化量大小大于A的动量变化量大小 B．t2时间内，子弹的动量变化量大小大于B的动量变化量大小 C．t1时间内，子弹和A的总动量守恒 D．t2时间内，子弹和B的总机械能守恒 A　[t1时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以子弹和木块A、B的动量守恒，有m子v0＝m子v1＋(mA＋mB)v2，则 m子－m子v1＝(mA＋mB)v2，子弹的动量变化量大小等于木块A、B整体的动量变化量大小，所以子弹的动量变化量大小大于A的动量变化量大小，A正确，C错误；t2时间内，子弹和木块B的动量守恒，有m子v1＋mBv2＝m子v3＋mBv4，则m子v1－m子v3＝mBv4－mBv2，子弹的动量变化量大小等于B的动量变化量大小，B错误；t2时间内，子弹穿过木块B的过程中，有热量产生，所以此过程中机械能不守恒，D错误.故选A.] 6．如图所示，半径分别为R和r(R＞r)的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点．则两小球的质量之比为(　　) A． B． C． D． B　[a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，则均由重力提供向心力，对于a球，mag＝，得＝，对于b球，mbg＝，得v′b＝，a球脱离弹簧到圆轨道最高点过程机械能守恒＝＋mag·2R，所以a球脱离弹簧时速度大小va＝，b球脱离弹簧到圆轨道最高点过程机械能守恒＝＋mbg·2r，所以b球脱离弹簧时速度大小vb＝，弹簧释放过程中，由动量守恒定律得mava＝mbvb，得＝＝，B正确，A、C、D错误.故选B.] 7．质量均为2 kg的甲、乙两物块在光滑水平面上相向运动，如图所示，其中甲物块右侧固定一轻弹簧，其速度大小为4 m/s；乙物块的速度大小为5 m/s，则(　　) A．当甲物块的速率减为零时，甲、乙间距最近 B．甲、乙两物块与弹簧组成的系统在弹簧压缩过程中，系统机械能守恒，但动量不守恒 C．乙物块可能以5 m/s的速率返回 D．当甲物块的速率为3 m/s时，乙物块的速率可能为4 m/s，也可能为2 m/s D　[根据题意可知，当甲、乙速度相等时，甲、乙距离最近，规定向左为正方向，设甲、乙距离最近时速度大小为v，由动量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5 m/s，故A错误；弹簧的质量不计，甲、乙两物块与弹簧组成的系统在弹簧压缩的过程中，所受的外力之和为零，系统动量守恒，机械能守恒，故B错误；根据题意，规定向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m甲v′甲＋m乙v′乙，m甲＋m乙＝m甲＋m乙，解得v′甲＝5 m/s，v′乙＝－4 m/s, 即乙物块返回的最大速率为4 m/s，故C错误；规定向左为正方向，当甲物块的速率为3 m/s时，若方向向右，由动量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m乙v1－m甲v2，解得v1＝4 m/s；若方向向左，由动量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m乙v′1＋m甲v′2，解得v′1＝－2 m/s，故D正确.] 8．(多选)如图甲所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块(可视为质点)以速度v0从木板左侧滑上长木板，小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，图乙为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g，由此可求得(　　) A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t＝0开始到t1时刻系统所产生的内能 ABC　[根据题意可知，小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，由题图乙可知，物块的对地位移为x物＝t1，木板的对地位移为x木＝t1，则木板的长度为L＝x物－x木＝，故A符合题意；根据题意，设木板的质量为M，物块的质量为m，由题图乙可知，t1时刻二者共速为v1，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv1，解得＝，故B符合题意；根据v-t图像中斜率表示加速度可知，物块的加速度大小为a＝，由牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝，故C符合题意；根据题意可知，从t＝0开始到t1时刻系统所产生的内能为Q＝μmgL＝，由于不知道木板和物块的质量，则内能不可求，故D不符合题意.故选ABC.] 9．(多选)如图甲所示，质量m＝10 g的子弹水平射入静止在水平地面上的木块并留在其中，此后木块运动的-t图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，t表示木块运动的时间．已知木块的质量为M＝990 g，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8 B．子弹射入木块过程中，子弹损失的机械能为792 J C．保持子弹射入木块时的初速度不变，若子弹的质量越大，系统损失的机械能越多(子弹未射出木块) D．保持子弹射入木块时的初速度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大(子弹未射出木块) ACD　[根据题图乙可得＝－4t＋4，可得x＝4t－4t2，结合匀变速直线运动位移时间关系可知，子弹留在木块中一起做匀减速直线运动的初速度和加速度大小分别为v＝4 m/s，a＝8 m/s2，以子弹、木块为整体，根据牛顿第二定律可得 μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得木块与水平地面之间的动摩擦因数为μ＝＝0.8，故A正确；设子弹射入木块前的初速度为v0，根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得v0＝400 m/s, 子弹射入木块过程中，子弹损失的机械能为ΔE子＝－mv2＝799.92 J，故B错误；设子弹射入木块前的初速度为v0，根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得 v＝，系统损失的机械能为ΔE＝－(M＋m)v2＝＝，可知保持子弹射入木块时的初速度不变，若子弹的质量越大，系统损失的机械能越多；根据动量定理，子弹对木块的冲量为I＝Mv＝＝，可知保持子弹射入木块时的初速度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大，故C、D正确.故选ACD.] 10．(多选)如图所示，完全相同的木板P和Q间隔一定距离静置于足够长的光滑水平地面上，木板P左端紧靠平台，平台与木板上表面等高且光滑，可视为质点的滑块乙停在P的左端，滑块甲以v0＝7.5 m/s的速度向乙运动，与乙发生弹性碰撞，乙恰好未从P上滑落，乙与P相对静止后，P与Q碰撞并结合在一起不再分开，已知P、Q质量均为M＝3 kg，甲质量m1＝1 kg，乙质量m2＝2 kg，乙与P、Q间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2． 下列说法正确的是(　　) A．甲、乙碰撞后各自的速度大小分别为 2.5 m/s 和5 m/s B．木板的长度为1.25 m C．木板的长度为1.5 m D．乙、P、Q三者共同的速度为1.25 m/s ACD　[取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0＝＝，解得v1＝－2.5 m/s，v2＝5 m/s，故A正确；甲、乙碰撞后，乙与P组成的系统动量守恒，设共速时速度为v3，根据动量守恒定律得m2v2＝(M＋m2)v3，解得v3＝2 m/s，乙恰好未从P上滑落，根据动能定理可得－μm2gL＝解得L＝1.5 m，故B错误，C正确；乙在P上滑行过程、P与Q碰撞过程和三者共速过程都满足动量守恒，故整个过程根据动量守恒定律可得m2v2＝(2M＋m2)v4，解得v4＝1.25 m/s，故D正确.故选ACD.] 11．(13分)某探究小组设计了一货运装置，该装置由固定的光滑圆弧轨道AB与平板小车组成(小车与B点等高)，圆弧轨道半径r＝0.45 m, 小车质量M＝10 kg．质量m＝20 kg 的物块(可视为质点)从轨道顶端A由静止滑下，经B点滑上静止的小车，经过一段时间，物块与小车相对静止，一起运动到卸货点，工人把物块取下，此后，小车撞到挡板以原速率反弹，B点到卸货点的距离足够大，不计小车与地面间的摩擦，g取10 m/s2，求： (1)物块滑到轨道底端B处的速率vB及向心力Fn大小； (2)物块与小车的共同速度v0的大小及从开始到卸货点的过程中系统损耗的机械能ΔE； (3)若小车长L＝1 m，工人没有及时取下物块，小车反弹后，物块以相对地面向右、大小为1 m/s的速度滑离小车，求物块与小车间的摩擦力F大小． [解析]　(1)物块从A到B，由机械能守恒定律得 mgr＝，解得vB＝3 m/s 向心力Fn＝＝20× N＝400 N. (2)物块滑上小车后与小车组成的系统动量守恒，则有mvB＝(M＋m)v0 解得v0＝＝ m/s＝2 m/s 损失的机械能ΔE＝ 代入数据得ΔE＝30 J. (3)小车碰撞到挡板瞬间，速度方向向左，大小为v0＝2 m/s，物块滑下小车时，物块的速度为v1＝1 m/s, 设此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv0－Mv0＝mv1－Mv2 根据机械能守恒定律有 FL＝ 代入数据得F＝80 N，则物块与小车间的摩擦力大小为80 N. [答案]　(1)3 m/s　400 N　(2)2 m/s　30 J　(3)80 N 12．(15分)如图所示，某人站在水平地面上，以大小为5 m/s、与水平方向夹角为α的初速度v0斜向右上方抛出一个质量为m0＝1 kg 的弹性小球，小球离开手时的高度为h1＝1.8 m，小球刚好水平击中位于高度为h2＝2.6 m水平平台上的小车A，小车A的质量为mA＝2 kg，小球和小车均可视为质点．平台上右侧有一个质量为mB＝4 kg的小车B，其左侧接有一个轻弹簧，当小车A压缩弹簧到最短时，将小车A与弹簧小车B锁定在一起，二者继续运动，撞到右侧一个粘性挡板，粘住两小车，两小车静止．已知平台水平面光滑，初始状态小车A、B均静止，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)α角的大小； (2)小车A被小球击中后的速度大小； (3)两小车撞到右侧粘性挡板后静止，若突然撤去挡板，再解除弹簧锁定，A、B分离时的速度分别为多少？ [解析]　(1)小球做斜抛运动，竖直方向有 ＝2g(h2－h1)，sin α＝ 联立解得α＝53°. (2)小球到达最高点时水平分速度记为v1，由运动的分解有v1＝v0cos α 小球与小车A发生弹性碰撞，设碰撞后小球速度为v′1，小车A速度为v2，由动量守恒定律、机械能守恒定律可得 m0v1＝m0v′1＋mAv2 ＝ 联立解得v2＝2 m/s. (3)小车A继续向右运动，压缩弹簧，当A、B共速时，弹簧最短，设此时弹簧弹性势能为Ep，由动量守恒定律可得 mAv2＝(mA＋mB)v3 由机械能守恒定律可得 ＝＋Ep A、B撞到粘性挡板，二者均静止，撤去挡板并解除弹簧锁定后，弹簧伸长，A、B反冲，设A、B分离时的速度大小分别为v4、v5，由动量守恒定律得 mAv4＝mBv5 由机械能守恒定律得 Ep＝ 联立各式解得v4＝ m/s，v5＝ m/s. [答案]　(1)53°　(2)2 m/s　(3) m/s　 m/s 13．(12分)如图所示，质量为M、内有半径为R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小球从槽顶端A点由静止释放，若槽内光滑，忽略一切摩擦，求： (1)小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小； (2)小球在槽右端上升的最大高度h． [解析]　(1)根据题意，设小球由A滑到圆弧最低点时的速度为v，取圆弧最低点为势能零点，由机械能守恒定律有 mgR＝mv2 在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m 联立解得FN＝3mg. (2)根据题意可知，小球向上运动的过程中，小球和槽体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球滑至最大高度时小球与槽体的共同速度为v1，则有 mv＝(M＋m)v1 此过程中系统机械能守恒，则有 mv2＝＋mgh 联立解得h＝R. [答案]　(1)3mg　(2)R 16 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$