第七章 第3课时 专题强化：碰撞模型及拓展（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（粤教版 粤）

第七章 动量守恒定律 第 3 课时 专题强化：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.理解“滑块—弹簧”、“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型。 内 容 索 引 考点一　　碰撞模型 考点二　　碰撞模型的拓展 课时精练 > < 考点一 碰撞模型 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 的现象。 2.特点 在碰撞现象中，一般都满足内力 外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 远大于 很大 碰撞模型 考点一 3.分类 守恒 最大   动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 ______ 非弹性碰撞 ______ 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失_____ 守恒 碰撞模型 考点一 4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析 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′ 碰撞模型 考点一 讨论： ①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1； ③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。 碰撞模型 考点一 思考　质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞(碰撞为正碰)，物体A与物体B表面光滑，碰撞物体B的速度范围为__________≤vB≤__________。 碰撞模型 考点一 例1　在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m、静止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是 A.0.2v B.0.3v C.0.4v D.0.6v √ 碰撞模型 考点一 碰撞模型 考点一 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至少有一个改变。 考点一 总结提升 碰撞模型 例2　(2023·广东深圳市期末)表演者用一个大球和一个小球，做一种名为“超级弹性碰撞”的实验，其中上面的小球被称为“超级弹球”。如图所示，表演者将两球叠放在一起(两球间留有较小空隙)，从距地面高为h的位置由静止释放，假设大球先与地面碰撞以原速率反弹后再与小球碰撞，两球之间的碰撞无机械能损失且时间极短，且两球心的 连线始终竖直，已知大球的质量为4m，小球的质量为m，重 力加速度为g，将两球视为质点，忽略空气阻力，求： 碰撞模型 考点一 (1)该“超级弹球”第一次能够反弹的最大高度； 碰撞模型 考点一 设大球刚落地时两球的速度大小均为v0，由运动学公式得v02＝2gh 大球着地后瞬间反弹与小球发生碰撞，选向上为正方向，由动量守恒定律得4mv0－mv0＝4mv1＋mv2 由能量守恒定律得 碰撞模型 考点一 “超级弹球”第一次能够反弹的最大高度 碰撞模型 考点一 (2)该“超级弹球”从开始下落到第一次反弹到最大高度所经历的时间。 碰撞模型 考点一 “超级弹球”从开始下落到第一次反弹到最大高度 所经历的时间为t＝t1＋t2 返回 碰撞模型 考点一 碰撞模型的拓展 > < 考点二 1.“滑块—弹簧”模型 (1)模型图示 碰撞模型的拓展 考点二 (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：系统所受的合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。(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)。 ④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)。 碰撞模型的拓展 考点二 例3　(2023·广东省模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平面上，现使A瞬时获得水平向右的速度v＝3 m/s并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1＝2 kg，下列说法正确的是 A.物块B的质量为3 kg B.弹簧的最大弹性势能为4.5 J C.t2时刻A、B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4 D.从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长 √ 碰撞模型的拓展 考点二 由题图乙可知，t1时刻两物块速度相同，均为v1＝1 m/s，根据动量守恒可得m1v＝(m1＋m2)v1 解得物块B的质量为m2＝4 kg，故A错误； 碰撞模型的拓展 考点二 由题图乙可知，B的速度在t2时刻最大，可知此时弹 簧恢复原长，此后B开始做减速运动，弹簧处于拉 伸状态；t3时刻，两物块速度再一次相同，此时弹 簧伸长量最大，t4时刻，弹簧刚好再次恢复原长，则从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长，故D正确。 碰撞模型的拓展 考点二 2.“滑块—斜(曲)面”模型 (1)模型图示 碰撞模型的拓展 考点二 (2)模型特点 碰撞模型的拓展 考点二 碰撞模型的拓展 考点二 例4　(2023·广东省模拟)如图所示，某冰雪游乐场中，质量M＝20 kg的小游客静止在足够大的冰面上，他将质量m1＝4 kg的石块(视为质点)以大小v0＝5 m/s的速度水平推向左侧静止在冰面上的楔形冰块的斜面上，结果石块滑回冰面上后恰好不能追上小游客。不计石块滑上冰块时的机械能损失，所有摩擦不计，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)冰块的质量m2； 答案　6 kg 碰撞模型的拓展 考点二 小游客推出石块的过程中，满足动量守恒，以水平向左为正方向，则有Mv＋m1v0＝0，可得小游客的速度v＝－1 m/s，石块滑上冰块再滑下的过程中，满足水平方向动量守恒和机械能守恒， 又由于石块恰好不能追上小游客，可知v1＝v， 联立解得m2＝6 kg。 碰撞模型的拓展 考点二 (2)石块沿斜面上滑的最大高度h。 答案　0.75 m 碰撞模型的拓展 考点二 石块沿斜面上滑到最高点的过程中，满足水平方向动量守恒和机械能守恒，则有m1v0＝(m1＋m2)v共 碰撞模型的拓展 考点二 例5　(多选)如图所示，c是半径为R的四分之一圆弧形光滑槽，静置于光滑水平面上，A为与c的圆心等高的点，c的最低点与水平面相切于B点。小球b静止在c右边的水平面上。小球a从A点自由释放，到达水平面上与小球b发生弹性正碰。整个过程中不计一切摩擦，a、b、c的质量分别为m、3m、4m，重力加速度大小为g，则 √ √ 碰撞模型的拓展 考点二 设小球a与小球b碰撞后a的速度为v3，b的速度为v4， 取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1＝mv3＋3mv4 碰撞模型的拓展 考点二 返回 碰撞模型的拓展 考点二 课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.如图所示，两个物块A、B中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、B质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块A右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲击物块B使其获得0.3 m/s的水平向右的速度，物块B向右压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动物块A运动。当弹簧拉伸到最长时，物块A的速度大小为 A.0.1 m/s B.0.2 m/s C.0.3 m/s D.0.4 m/s √ 基础落实练 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由机械能守恒可知，当物块B被弹簧弹回到初始位置时速度仍为v0＝0.3 m/s，方向向左；当弹簧拉伸 到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2 m/s，即物块A的速度大小为0.2 m/s，故选B。 37 2.(2022·广东省三模)在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m。现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹簧的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3.(2023·广东华南师范大学附属中学三模)如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，则 A.若碰后甲、乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量 B.若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0 C.碰后乙的速率可能为3v0 D.若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则总动能 增加，不符合能量守恒定律，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4.(2022·广东广州市模拟)如图，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s。则 A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据p＝mv可知动量相同时质量小的速度大，A球的速度比B球大，所以左方是A球。根据动量守恒定律有(6＋6) kg·m/s＝mAvA＋mBvB 根据题意mAvA＝(6－4) kg·m/s，mB＝2mA 解得vA∶vB＝2∶5，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为 。则小球与滑块质量之比m∶M为 A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.碰撞恢复系数(一般用e表示)是指两个物体碰撞后的相对速度大小与碰撞前的相对速度大小的比值，表示碰撞过程中机械能的损失程度，与材料本身的性质有关。在光滑水平面上，小球B静止，另一小球A以水平速度v0与B发生正碰，A、B的质量分别为2m、m。 (1)若A与B的碰撞为弹性碰撞，求它们的碰撞恢复系数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设A与B碰撞后球A的速度为v1，球B的速度为v2， 由动量守恒得2mv0＝2mv1＋mv2 A与B的碰撞为弹性碰撞，由机械能守恒得 (2)若A、B的碰撞恢复系数为e′＝0.5，求碰撞过程损失的机械能ΔE。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设A与B碰撞后球A的速度为v1′，球B的速度为v2′，由动量守恒得2mv0＝2mv1′＋mv2′ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7.(2022·北京卷·10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是 A.碰撞前m2的速率大于m1的速率 B.碰撞后m2的速率大于m1的速率 C.碰撞后m2的动量大于m1的动量 D.碰撞后m2的动能小于m1的动能 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.(多选)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝2.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动， 在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一 起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示， 下列说法正确的是 A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右 C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4 s到12 s的时间内弹簧对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，可知12 s时B的速度为 零，4 s到12 s的时间内对B由动量定理可得－I弹 ＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48 N·s，即大小为48 N·s， 方向向左，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9.(2024·广东省模拟)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，在斜面体上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)A到达O点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)A、B碰撞过程中损失的机械能； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)A和B沿C能上升的最大高度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10.(2024·广东广州市开学考)如图所示，质量m0＝5 g的小球用长l＝1 m的轻绳悬挂在固定点O，质量m1＝10 g的物块静止在质量m2＝30 g的 光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨道静止在光滑水平面上，悬点O在物块m1的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后，静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端。若小球、物块都可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)碰撞前，小球下摆至最低点时，球对轻绳拉力的大小； 答案　0.07 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得T＝0.07 N 由牛顿第三定律，球对轻绳的拉力大小为0.07 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)碰撞后瞬间物块的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)圆弧轨道的半径。 物块滑到圆弧轨道最高点的过程中，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，则有m1v1＝(m1＋m2)v2 11.(多选)(2023·广东省联考)如图所示，质量为3 kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.物块对小球不做功 B.物块的最大速度为1 m/s C.两者分离时物块移动了0.15 m D.地面对物块的最大支持力为70 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 尖子生选练 66 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A错误； 系统在水平方向动量守恒，有0＝mv小－Mv 解得v小＝3 m/s，v＝1 m/s 故B正确； 小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了 67 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 故D错误。 返回 68 m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1 答案　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的速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。 A、B两球在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A球初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝－mv1＋3mv2，假设碰撞后A球静止，即v1＝0，则v2＝v，由题意可知A球被反弹，所以B球速度v2> v，A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv12＋×3mv22，联立可得v2≤，可得<v2≤，故选C。 答案　h ×4mv02＋mv02＝×4mv12＋mv22 联立解得v2＝v0 h′＝ 联立解得h′＝h 答案　 下落过程，由运动学公式得h＝gt12 上升过程，根据逆向思维可得h′＝h＝gt22 联立解得t＝。 当两物块速度相同时，弹簧弹性势能最大，根据能 量守恒可得Ep＝m1v2－(m1＋m2)v12＝6 J，故B错误； t2时刻，由题图乙可知A、B速度分别为vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，A、B的动能之比为Ek1∶Ek2＝m1vA2∶m2vB2＝1∶8，故C错误； ①上升到最大高度：质量为m的滑块与质量为M的斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度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，不一定等于轨道的高度(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)。 ②返回最低点：滑块与斜(曲)面分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22(相当于弹性碰撞)。 可知m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22 m1v02＝(m1＋m2)v共2＋m1gh，解得h＝0.75 m。 A.小球a第一次下滑到B点时的速率为 B.小球a第一次下滑到B点时，光滑槽c的速率为 C.小球a与小球b碰撞后，小球b的速率为 D.小球a与小球b碰撞后，小球a沿光滑槽c上升最大高度为R 设小球a第一次下滑到B点时，a的速度大小为v1，c的速度大小为v2，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律可得mv1－4mv2＝0，根据机械能守恒定律得mgR＝mv12＋×4mv22，解得v1＝，v2＝，A错误，B正确； 根据机械能守恒定律可得mv12＝mv32＋×3mv42，联立解得v3＝ －(负号表示方向向左)，v4＝ 即小球a以速度大小向左运动，在与c相互作用的过程中，达到最高点时的速度大小为v，以a和c组成的系统为研究对象，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得m|v3|＋4mv2＝5mv，根据机械能守恒定律可得mgh＝mv32＋×4mv22－×5mv2，联立解得h＝R，C错误，D正确。 A. B. C.2 D.2 设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得mv＝2mv′，则v′＝，在碰撞过程中两球与弹簧组成的系统总机械能守恒，有mv2＝×2m()2＋Ep，解得v＝2，故选C。 甲、乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲、乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22，联立解得v1＝v0，v2＝v0，若碰后甲、乙同向运动，则v1>0，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确； 当m1远大于m2且发生弹性碰撞，碰后乙的获得最大速率v2＝v0，近似等于2v0，故C错误； 若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有v0>v0，可知只要m2－m1>2m1，即m2>3m1，就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。 当圆弧滑块固定时有mv02＝mgR；当圆弧滑块不固定时，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有mv02＝mg＋(m＋M)v2，解得m∶M＝2∶1，故选C。 ×2mv02＝×2mv12＋mv22 解得v1＝v0，v2＝v0 碰撞恢复系数为e＝＝1 答案　mv02 又e′＝＝0.5 解得v1′＝v0，v2′＝v0 碰撞过程损失的机械能ΔE＝×2mv02－×2m×(v0)2－mv02＝mv02。 x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前的速度为0，A错误； 两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误； 根据动能的表达式Ek＝mv2，可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。 A、C碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝(mA＋mC)v12＝48 J，故A正确； 当B的速度与A、C相等时由动量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC＋mB)v2，解得v2＝3 m/s，所以弹簧的最大弹性势能为Ep′＝(mA＋mC)v12－(mA＋mC＋mB)v22＝12 J，故C错误； B离开墙壁后，当弹簧回到原长时B的速度达到 最大，由动量守恒和能量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA ＋mC)v3＋mBv4，(mA＋mC)v12＝(mA＋mC)v32＋mBv42，解得v4＝6 m/s，故D正确。 答案　 物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知mgh＝mv12，解得v1＝ 答案　mgh 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是ΔE＝mv12－(m＋2m)v22＝mgh 答案　h A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点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，根据能量守恒定律可知(m＋2m)v22＝(m＋2m＋3m)v32＋(m＋2m)gh′ 联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h′＝h。 小球下摆至最低点，由机械能守恒定律有m0gl(1－cos 37°)＝m0v02 小球在最低点，由牛顿第二定律有T－m0g＝ 答案　 m/s 小球与物块碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，则有m0v0＝m0v01＋m1v1，m0v02＝m0v012＋m1v12 解得v1＝ m/s 答案　 m m1v12＝(m1＋m2)v22＋m1gR，解得R＝ m。 根据能量守恒有mg(R＋H)＝mv小2＋Mv2 d＝＝0.15 m故C正确； 小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系(此时为惯性系)，小球此时相对圆心的速度为v小＋v，对整体应用牛顿运动定律有FN＝Mg＋mg＋m＝ N $