第一章 专题强化3 碰撞模型及拓展应用(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦碰撞模型及拓展应用，涵盖弹簧—小球（物块）模型和滑块—斜（曲）面模型，结合动量守恒与能量守恒定律。通过情境问题导入，引导学生从基本规律过渡到模型应用，以“两个状态”“两个位置”总结为学习支架，构建知识脉络。 其亮点在于强化模型建构与科学探究，通过“共速时弹性势能最大”等模型特点总结及分层练习题设计，培养学生科学思维与问题解决能力。实例丰富且梯度分明，助力学生深化物理观念，教师可依托此资料高效开展分层教学，提升课堂效果。

DIYIZHANG 第一章 专题强化3　碰撞模型及拓展应用 1 1.进一步掌握用动量守恒定律和能量守恒定律解决碰撞问题的技巧(重点)。 2.掌握两类碰撞问题的特点，提高建模能力(重难点)。 学习目标 2 一、弹簧—小球(物块)模型 二、滑块—斜(曲)面模型 专题强化练 内容索引 3 弹簧—小球(物块)模型 一 4 如图所示，光滑水平面上静止着一个刚性小球B，左端与水平轻质弹簧相连，另有一刚性小球A向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问： (1)小球接触弹簧后最初一段时间，两小球各做什么运动，弹簧长度如何变化？ 答案　球接触弹簧后最初一段时间内，在弹力作用下，A做减速运动，B做加速运动，弹簧变短，压缩量逐渐变大。 (2)弹簧的弹性势能什么时候最大？此时系统的动能如何？ 答案　当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，此时系统的动能最小。 (3)两球共速以后，两球短时间内分别做什么运动？弹簧长度如何变化？ 答案　如图所示，两球共速以后，A继续减速，B继续加速，A、B间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。 (4)小球B的速度什么情况下最大？此时弹簧弹性势能如何？ 答案　当弹簧恢复原长时，小球B的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零。 1.模型概述 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则系统动量守恒。若接触面光滑，弹簧和物体组成的系统机械能守恒。 2.模型特点——“两个状态” (1)弹簧处于最长(最短)状态：此时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (2)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 模型构建 　(2024·广东省佛山一中高二检测)如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝4 kg，B的质量mB＝3 kg，滑块B的左端连有水平轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝7 m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开，求： 例1 答案　42 J (1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能； 当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取向右为正方向，根据动量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝4 m/s，由能量守恒定律 解得滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为Ep＝42 J (2)滑块B的最大动能； 答案　96 J 当A、B分离，弹簧恢复原长时，弹性势能为零，滑块B动能最大，则滑块B的速度最大， 由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB 解得vA＝1 m/s，vB＝8 m/s (3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。 答案　0 当A的速度为1 m/s时，滑块A的动能最小，此时弹簧恢复到原长，所以弹簧的弹性势能为Ep′＝0 　(多选)(2024·南充市高二月考)如图甲所示，静止在光滑水平面上的物块A、B通过水平轻弹簧连接在一起，初始时轻弹簧处于原长。现使A获得一水平向右的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知物块A的质量为mA＝1 kg，下列说法正确的是 A.弹簧、A和B组成的系统动量和机械能都守恒 B.t1时刻，弹簧处于原长状态 C.物块B的质量mB＝3 kg D.t3时刻，弹簧的弹性势能为3 J 例2 √ √ 弹簧、A和B组成的系统在该过程中合力为零，所以系统动量守恒，弹簧、A和B组成的系统在该过程中只有弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确； 由题图乙可知t1时刻之后一小段时间，A速度减小，B速度增大，则t1时刻弹簧处于压缩状态，故B错误； 根据动量守恒定律，由题图乙可知t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，已知v1＝3 m/s、v2＝1 m/s有mAv1＝(mA＋mB)v2，代入数据解得mB＝2 kg，故C错误； 　(1)什么时刻弹簧的弹性势能最大？最大为多大？ 拓展 答案　t1、t3时刻弹性势能最大，t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长、最大弹性势能为3 J。 (2)什么时刻物块B的动能最大？最大动能为多大？此时弹性势能多大？ 答案　t2时刻弹簧恢复原长，此时弹簧的弹性势能为零，物块B的速度最大，动能最大，设此时A的速度为v1′，B的速度为v2′。 由mAv0＝mAv1′＋mBv2′ 联立得：v1′＝－1 m/s，v2′＝2 m/s 返回 二 滑块—斜(曲)面模型 19 如图所示，小球A以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道B。已知小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，试分析： (1)在相互作用的过程中，小球A和轨道B组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？ 答案　整个过程中小球和轨道组成的系统的机械能守恒；系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。 (2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？ 答案　当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同。 (3)什么时候轨道B的速度达到最大？ 答案　小球从左侧离开轨道时，轨道的速度最大。 (4)小球离开轨道瞬间系统总动量、系统机械能与初始状态有怎样的关系？试列式说明。 答案　设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，小球质量为m1，轨道质量为m2，则由动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒定律有： 1.模型概述 对滑块和光滑斜(曲)面组成的系统，若水平面光滑且滑块始终未脱离斜(曲)面，在相互作用的过程中，系统所受合外力不为零，但系统在水平方向所受合外力为零，则该系统在水平方向上满足动量守恒。 模型构建 2.模型特点——“两个位置” (1)当滑块上升到最大高度时，滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块在竖直方向的速度vy＝0。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(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。 　(2024·广安市高二月考)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面上，圆弧下端水平。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，如图所示，取水平向左为正方向。g＝10 m/s2，求： (1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度； 例3 答案　0.6 m (2)小球离开小车时的速度； 答案　2 m/s，向右 (3)小球从滑上小车到离开小车的过程中对小车做的功。 答案　6 J 　在【例3】的问题中。 (1)小球离开小车后做什么运动？ 拓展 答案　向右做平抛运动 (2)若M＝m，则小球离开小车时速度多大？小球离开小车后做什么运动？ 答案　0　自由落体运动 (3)改变小球的速度或其他条件，如果小球能冲出圆弧轨道，则小球冲出圆弧轨道做什么运动？小球还能落回轨道上吗？ 答案　斜上抛运动　能 返回 专题强化练 三 30 考点一　弹簧—小球(物块)模型 1.如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰撞后P物体静止，Q物体以P物体碰撞前速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的应是 A.P的速度恰好为零 B.P与Q具有相同速度 C.Q刚开始运动 D.Q的速度等于v 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P物体做减速运动，Q物体做加速运动，P、Q间的距离 10 减小，当P、Q两物体速度相同时，弹簧被压缩到最短，故B正确，A、C错误； 由于作用过程中动量守恒，设P、Q两物体共速时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝ ，故D错误。 2.(多选)(2023·北京师大附中高二期末)如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA＝1 kg、mB＝4 kg，B球上固定一轻质弹簧。若A球以速率v＝4 m/s向右运动去碰撞静止的B球，下列说法正确的是 A.A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增大后减小 B.弹簧最大的弹性势能为6.4 J C.碰撞结束时，小球A将向左运动 D.碰撞结束时，B球速度大小为3.2 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ A、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩，当两球速度相等时弹簧被压缩到最短，然后再次回到原长，故弹簧的形变量先增大后减小， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 则弹簧的弹力先增大后减小，两球所受的合外力都为弹簧弹力，故两球的加速度都是先增大后减小，故A正确； 当弹簧恢复原长时，碰撞结束，设此时A、B的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒及能量守恒分别可得mAv＝mAv1＋mBv2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.(2024·广东深圳市实验学校高二期中)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，其中甲物块上固定有一水平轻弹簧，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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，由动量守恒定律有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5 m/s，故A错误； 由题意知，弹簧的质量不计，甲、乙两物块在弹簧压缩的过程中，所受的合外力为零，系统动量守恒，机械能守恒，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当甲物块的速率为3 m/s时，若方向向右，规定向 左为正方向，由动量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝ m乙v乙1－m甲v甲1，解得v乙1＝4 m/s，若方向向左，规定向左为正方向，由动量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙1′＋m甲v甲1′，解得v乙1′＝－2 m/s，故D正确。 考点二　滑块—斜(曲)面模型 4.如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有 弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则 A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统 总动量守恒 B.小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动 C.小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动 D.小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误； 设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度 10 5.(多选)如图所示，质量为2m的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止的光滑水平面上，一质量为m的小球以水平速度v冲上小车，刚好到达圆弧轨道最高点后又返回小车的左端。已知重力加速度为g，在这过程中，下列说法中正确的是 A.小球和小车所组成的系统动量守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 小球和小车所组成的系统在水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，但竖直方向系统受外力作用，所以小球和小车所组成的系统动量不守恒，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.(多选)(2024·南充市嘉陵一中高二月考)如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。现有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。重力加速度为g，下列说法正确的是 A.小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B.小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化是 C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 10 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球从另一曲面滑下时，小车仍继续前进，不会回到原位置，故A错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小球恰好到达小车最高点时，小球与小车的速度是相同的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用 10 结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误； 7.(多选)(2023·绵阳市高二期中)如图甲所示，一水平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面上。现使B瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得 A.在t1到t3时刻弹簧都处于伸长状态 B.从t2到t4时刻弹簧都处于压缩状态 C.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1 D.在t2时刻A的速度为1.5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 根据题意和题图乙分析可知，在0～t1时间内B向右减速，A在向右加速运动，弹簧处于拉伸状态，t1时刻二者速度相同，弹簧有最大伸长量； t1时刻后B向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 右减速再向左加速，A继续向右加速运动，t2时刻二者速度差达到最大，弹簧处于原长状态；t2～t3时间内，A向右减速，B先向左减速后向右加速，说明弹簧处于压缩状态，t3时二者速度再次相同，此时弹簧有最大压缩量：t3～t4时间内，B向右加速，A向右减速，弹簧处于压缩状态，t4时刻B速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.(2024·泸州市高二期中)如图所示，铁块A质量mA＝3.0 kg，木块B质量mB＝1.0 kg，一轻质弹簧连接A和B，与A不拴接，静止在光滑的水平面上，质量mC＝2.0 kg的磁性金属块C以水平速度v0＝15 m/s向铁块A运动，相碰后粘在一起。求： (1)磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　6 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小为v1，规定向右为正方向， 对A、C由动量守恒得mCv0＝(mA＋mC)v1， 解得v1＝6 m/s (2)磁性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　15 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，设速度的大小为v2，对A、B、C由动量守恒得mCv0＝(mA＋mB＋mC)v2， 解得v2＝5 m/s 设最大弹性势能为Ep，C、A碰后到弹簧最短的过程，对A、B、C和弹簧整体由机械能守恒得 解得Ep＝15 J (3)弹簧恢复原长时A、C整体和B的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　4 m/s　10 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C、A碰后到弹簧恢复原长的过程，对A、B、C和弹簧整体由动量守恒可得 (mA＋mC)v1＝(mA＋mC)vAC＋mBvB 由机械能守恒得 解得vAC＝4 m/s，vB＝10 m/s。 9.(2023·重庆市育才中学高一期末)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面4 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1＝30 kg，冰块的质量m2＝10 kg，斜面体的质量M＝30 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　1 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对冰块和斜面体组成的系统， 以向左为正方向， 设冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度为v， 根据动量守恒定律有m2v2＝(m2＋M)v 解得v＝1 m/s 10 (2)冰块在斜面体上上升的最大高度h； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.6 m 对冰块和斜面体组成的系统， 根据能量守恒定律有 解得h＝0.6 m (3)冰块与斜面体分离后斜面体和冰块的速度大小，并判断冰块能否追上小孩。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　斜面体的速度大小为2 m/s　冰块的速度大小为2 m/s　冰块能追上小孩 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对小孩(含滑板)和冰块组成的系统， 以向左为正方向， 根据动量守恒定律有0＝m2v2－m1v1 10 对冰块和斜面体组成的系统， 从冰块开始滑上斜面体到与斜面体分离， 以向左为正方向， 根据动量守恒定律有m2v2＝m2v2′＋Mv3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解得v2′＝－2 m/s，v3＝2 m/s 即冰块与斜面体分离后斜面体的速度大小为2 m/s，冰块的速度大小为2 m/s，方向水平向右，由于冰块的速度比小孩的速度大，且冰块与小孩均向右运动，所以冰块能追上小孩。 10 10.如图所示，将一半径R＝0.3 m、质量M＝3 kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上。现让一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h＝0.5 m，小球与半圆槽相切滑入槽内。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v0； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　4 m/s 10 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有 9 10 (2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设其为v，小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒有mv0＝(M＋m)v，得：v＝1 m/s 9 10 (3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.3 m 小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度 返回 竖直方向有v1y2＝2gH，解得H＝0.3 m。 BENKEJIESHU 本课结束 mAv02＝(mA＋mB)v2＋Ep mAv02＝mAvA2＋mBvB2 则滑块B的最大动能为EkBm＝mBvB2＝96 J 由题图乙所示t3时刻弹簧处于伸长状态，两物块速度相等v3＝1 m/s，从开始到t3时刻由机械能守恒有mAv12＝mAv32＋mBv32＋Ep，代入数据解得弹簧的弹性势能为Ep＝3 J，故D正确。 mAv02＝mAv1′2＋mBv2′2 B的最大动能EkBm＝mBv2′2＝×2×22 J＝4 J m1v02＝m1v12＋m2v22 (2)当滑块返回最低点时，滑块与斜(曲)面分离。水平方向动量守恒， mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒， mv02＝mv12＋Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。 当小球与小车共速时，小球上升高度最大，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v共，系统的机械能守恒mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，联立解得h＝0.6 m； 设小球离开小车时的速度为v1，小车的速度为v2，取水平向左为正方向，系统在水平方向动量守恒和系统的机械能守恒，则有mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，联立解得v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s，小球的速度方向向右，大小为2 m/s； 小球离开小车时小车在水平方向的速度为2 m/s，由动能定理可得小球对小车做的功为W＝Mv22＝6 J。 当A、B速度相等时弹簧的弹性势能达到最大，设此时共同速度为v3，由动量守恒及能量守恒分别可得mAv＝(mA＋mB)v3，ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v32，联立解得ΔEp＝6.4 J，B正确； mAv2＝mAv12＋mBv22，联立解得v1＝－2.4 m/s，v2＝1.6 m/s，碰撞结束时，小球A向左运动，B球速度大小为1.6 m/s，C正确，D错误。 根据题意，规定向左为正方向，当弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m甲v甲′＋m乙v乙′，m甲v甲2＋m乙v乙2＝m甲v甲′2＋m乙v乙′2，解得v甲′＝5 m/s，v乙′＝－4 m/s，即乙物块弹回的速度的大小最大为4 m/s，故C错误； 为v2，整个过程中水平方向动量守恒mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得mv02＝mv12＋mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动，故B、D错误，C正确。 B.四分之一光滑圆弧轨道的半径为 C.小球运动到最高点时，小车的速度大小为 D.小球返回小车左端时，小车的速度大小为 小球运动到最高点时，小球和小车的速度相等，设为v1，设轨道半径为r，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv＝(m＋2m)v1，mv2＝(m＋2m)v12＋mgr，联立解得v1＝，r＝，故B、C正确； 小球返回小车左端时，设小球的速度为v2，小车的速度为v3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv＝mv2＋2mv3，mv2＝mv22＋×2mv32，解得v3＝v，故D错误。 mv D.车上曲面的竖直高度不会大于 小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于车和球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得mv＝2mv1，得共同速度v1＝，小车动量的变化Δp＝mv1－0＝，故B正确； 如果曲面光滑，则车和球组成的系统机械能守恒，有mv2－×2mv12＝mgh，解得h＝，如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，能上升的高度还要更小些，故D正确。 由A、B项分析知，t2时刻弹簧处于原长状态，系统动量守恒、机械能守恒，0～t2时间m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v02＝m2v22＋m1v12，根据题图乙知v0＝3 m/s，v2＝－1 m/s，联立可得m1∶m2＝2∶1，v1＝2 m/s，故C正确，D错误。 (mA＋mC)v12＝(mA＋mB＋mC)v22＋Ep (mA＋mC)v12＝(mA＋mC)vAC2＋mBvB2 m2v22＝m2gh＋(m2＋M)v2 解得v1＝ m/s 根据能量守恒定律有m2v22＝m2v2′2＋Mv32 mg(h＋R)＝mv02，解得v0＝4 m/s 答案　 m/s 根据机械能守恒定律有mgh＝mv12＋Mv2 联立解得v1＝ m/s v1y＝＝ m/s $