第七章　第35课时　碰撞模型及拓展 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理复习教案聚焦碰撞模型及拓展，涵盖弹性与非弹性碰撞规律，滑块—弹簧、斜曲面等相似模型，按“基础模型—拓展应用”逻辑组织。通过考点梳理（碰撞分类表格）、方法指导（三原则+公式推导）、真题精讲（2025年江苏卷等）、分层练习（课时精练1-11题），帮助学生构建系统知识网络，突破综合应用难点。 教案突出模型建构与科学推理，如将滑块—弹簧共速类比完全非弹性碰撞，推导弹性碰撞速度公式培养科学思维。设置基础巩固（题1-6）、能力提升（题7-11）分层练习，结合真题即时反馈，保障复习效率。助力学生提升模型识别与综合应用能力，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第35课时　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。 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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 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 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' m1=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。 1.若一个质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞，则碰后两个小球的速度v1'、v2'各是多少？ 答案　由动量守恒和机械能守恒可知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' m1+m2=m1v1'2+m2v2'2 联立解得v1'=，v2'=。 2.(来自教材)质量为m、速度为v0的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。那么碰撞后B球的速度可能是以下值吗？ (1)0.6v0；(2)0.4v0。 答案　A球与静止的B球发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，B球的速度最小，vB=v0=v0；当发生弹性碰撞时，B球的速度最大，vB=v0=v0。则碰后B球的速度大小范围为v0≤vB≤v0，所以B球的速度不可能是0.6v0，可能是0.4v0。 例1　(2025·江苏徐州市调研)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　) A.vA'=3 m/s，vB'=3.5 m/s B.vA'=5 m/s，vB'=2.5 m/s C.vA'=1.5 m/s，vB'=3 m/s D.vA'=-3 m/s，vB'=6.5 m/s 答案　A 解析　碰撞过程动量守恒，碰前总动量为(1×6+2×2) kg·m/s=10 kg·m/s，碰后总动量为(1×3+2×3.5) kg·m/s=10 kg·m/s，满足碰撞过程动量守恒。碰前总动能为(×1×62+×2×22) J=22 J，碰后总动能为(×1×32+×2×3.52) J=16.75 J，可知总动能没有增大，A、B两球速度可能为3 m/s、3.5 m/s，A正确；根据给出的数据可知，碰后速度均为正值，则碰后两球同向，此时碰后A的速度不可能大于B的速度，而vA'>vB'，则A、B两球速度不可能为5 m/s、2.5 m/s，B错误；碰后总动量为(1×1.5+2×3) kg·m/s=7.5 kg·m/s，可知碰后的动量小于碰前的动量，碰撞前后动量不守恒，则A、B两球速度不可能为1.5 m/s、3 m/s，C错误；碰后总动量为[1×(-3)+2×6.5] kg·m/s=10 kg·m/s，满足碰撞过程动量守恒。碰后总动能为×1×(-3)2 J+×2×6.52 J=46.75 J，可知碰后的总动能大于碰前的总动能，而碰撞前后总动能不增加，则A、B两球速度不可能为-3 m/s、6.5 m/s，D错误。 　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。 例2　(2025·甘肃卷·4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s 答案　B 解析　根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv=mv1+mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2=m+m，联立解得v1=v，v2=0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h=gt2，解得t=2 s，可知，碰撞后，小球A运动t'=1 s落地，则水平方向上有x=vt'，解得v=3.0 m/s，故选B。 例3　(九省联考·贵州·15改编)如图，质量为m甲= kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量为m乙=1 kg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0=4.8 m/s。碰后乙在AB间运动一段距离后与静止在B点、质量为m丙=1 kg的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小之比为3∶1，碰后丙滑动d=0.04 m后停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，所有碰撞时间极短，g取10 m/s2。求： (1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小； (2)乙、丙碰撞过程损失的机械能。 答案　(1)2.4 m/s　(2)0.08 J 解析　(1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律 m甲v0=m甲v甲+m乙v乙 由机械能守恒定律 m甲=m甲+m乙 解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为 v乙=v0=2.4 m/s (2)碰后，对丙由动能定理-μm丙gd=0-m丙 解得v丙=0.4 m/s 乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律 m乙v乙1=m乙v乙2+m丙v丙 其中= 联立解得v乙1=0.6 m/s，v乙2=0.2 m/s 由能量守恒定律 m乙=m乙+m丙+ΔE 解得ΔE=0.08 J。 考点二　碰撞模型的拓展 1.“滑块—弹簧”模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。 ②系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，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)。 例4　(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A.弹簧原长时A动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 答案　A 解析　对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误； 滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。 例5　(2025·江苏盐城市二模)如图所示，AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球(m甲=2m乙)，小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v-t图像可能正确的是(　　) 答案　C 解析　甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲的质量为2m，甲、乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有2mv0=(2m+m)v共1，解得第一次共速时的速度v共1=v0，从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增大的运动。达到v共1后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢复原长，当甲、乙再次相距最近时，乙在甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有2mv0=2mv甲+mv乙，×2m=×2m+m，解得此时甲、乙速度分别为v甲=v0，v乙=v0，从第一次共速到甲乙再次相距最近时，弹簧拉伸量减小，弹力减小，且弹簧的水平分力也在减小，故二者做的是加速度减小的运动，v-t图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知C选项符合题意。故选C。 1.“滑块—弹簧”模型的解题方法 (1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。 (2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。 (3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果。 2.过程讨论：当甲、乙两物体与弹簧组成的系统动能最小时，弹簧压缩到最短或伸长到最长(两物体共速)，弹簧的弹性势能最大，物体间发生“完全非弹性碰撞”，只不过动能的减少是暂时的，储存在弹性势能中；当弹簧恢复到原长时，两物体发生“弹性碰撞”，大多数都可类比弹性碰撞“一动碰一静模型”分析求解，但是特殊情况不可照搬。 2.“滑块—斜(曲)面”模型 模型图示 (1)物块m沿曲面M上升过程中，两者构成的系统动量守恒吗？物块m沿曲面M上升到最高点时两者速度有何特点？ (2)在上述过程中分别用水平方向动量守恒和机械能守恒列出方程。 (3)物块再次返回曲面底端时，物块m和曲面M的速度各是多少？ 答案　(1)动量不守恒，水平方向动量守恒；上升到最大高度时，物块m与曲面M具有共同水平速度v共，此时物块m的竖直速度vy=0。 (2)系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为物块上升的最大高度，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物块m的重力势能)。 (3)系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于弹性碰撞)。联立可得v1=v0，v2=v0。 例6　(2025·江苏扬州市检测)如图所示，表面光滑的四分之一圆弧形轨道静止在光滑水平面上。OA为竖直半径。小球以一定的水平初速度从A点滑上轨道底端，并从B点离开轨道顶端。若轨道和小球的质量相等，则在小球和轨道相互作用的过程中(　　) A.小球和轨道组成的系统动量守恒 B.小球从B点离开轨道时做竖直上抛运动 C.小球对轨道先做正功后做负功 D.小球能够回到A点且之后做自由落体运动 答案　D 解析　对小球和轨道组成的系统，水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，在竖直方向，系统所受合外力不为零，故小球与轨道组成系统动量不守恒，故A错误；小球从B点离开轨道时相对轨道做竖直上抛运动，此时在水平方向与轨道速度相同，一起向左运动，故小球从B点离开轨道时做斜上抛运动，故B错误；小球在A、B两点之间轨道上运动过程中，小球对轨道的压力始终垂直轨道向下，这个力的方向与轨道的运动方向夹角为锐角，故小球对轨道的压力一直做正功，故C错误；对小球与轨道系统，在小球从A点出发再次回到A点的过程中，系统水平方向动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2，又机械能守恒有m1=m1+m2，解得v1=v0，v2=v0，由于轨道和小球的质量相等，故小球回到A点时的速度v1=0，恰好做自由落体运动，故D正确。 课时精练 [分值：50分] 　[1~6题，每题4分] 1.一动能为E的α粒子与一静止的氖核发生弹性正碰，已知氖核的质量是α粒子的5倍，则碰撞后α粒子的动能是(　　) A. B.E C.E D.E 答案　B 解析　两粒子碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律得mvα=mvα'+5mv' m=mvα'2+×5mv'2 其中E=m 解得碰撞后α粒子的动能为 E'=mvα'2=E，故选B。 2.(2025·江苏扬州市期中)如图所示，在光滑的水平面上有2 024个质量均为m的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初速度v0，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 024个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒定律得mv0=2 024mv，解得v=，则系统损失的机械能为ΔE=m-×2 024mv2，解得ΔE=，故选B。 3.质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，m1=1 kg，下列说法正确的是(　　) A.m2=1 kg B.图线①为碰撞后m1的图线 C.碰撞后两物体的速度相同 D.两物体的碰撞为弹性碰撞 答案　D 解析　由x-t图像的斜率表示速度，可知碰撞前m1和m2的速度分别为v1=4 m/s，v2=0，以碰前m1的速度方向为正方向，可知碰撞后m2的x-t图像斜率不可能为负，则图线①为碰后m2的图线，碰撞后两物体的速度分别为v1'=-2 m/s，v2'=2 m/s；碰撞后两物体的速度等大反向，根据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，解得m2=3 kg，碰前Ek0=m1+0=8 J，碰后Ek1=m1v1'2+m2v2'2=8 J，故两个物体发生弹性碰撞。故选D。 4.质量为m、速度为v的A球跟质量为4m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球速度v'可能值的范围为(　　) A.0.2v≤v'≤0.5v B.0.2v≤v'≤0.4v C.0.25v≤v'≤0.5v D.0.25v≤v'≤0.4v 答案　B 解析　若两球发生完全非弹性碰撞，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=(m+4m)v1，解得v1=0.2v，若两球发生弹性碰撞，系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=mvA+4mv2，由机械能守恒定律得mv2=m+×4m，解得vA=-0.6v，v2=0.4v，碰撞可能是弹性的也可能是非弹性的，则B的速度范围是v1≤v'≤v2，即0.2v≤v'≤0.4v，故选B。 5.(2025·江苏无锡市期末)半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是(　　) A.两球的速度均为零 B.甲球的速度为零而乙球的速度不为零 C.乙球的速度为零而甲球的速度不为零 D.两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等 答案　B 解析　根据动量和动能表达式有p=mv，Ek=mv2，联立解得小球的动量大小p=，由题意知Ek甲=Ek乙，m甲>m乙，则有p甲>p乙，甲、乙相向运动，故甲、乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，根据碰撞过程系统动量守恒，可知碰撞后系统总动量不为零，因此碰撞后两球的速度不能都为零；若碰撞后甲的速度为零或继续沿原来的方向运动，乙必弹回，所以乙的速度不可能为零，故A错误，B正确；若碰后乙球的速度为零而甲球的速度不为零，则甲一定弹回，碰后甲、乙系统总动量的方向就发生了改变，此时违背动量守恒定律，故C错误；由A的分析可知，碰撞后系统总动量沿甲的初动量方向，甲不可能反向且动能仍相等，故D错误。 6.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，质量为m的小物块从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则(　　) A.小物块下滑过程中，其机械能守恒 B.小物块下滑过程中，小物块和槽的动量大小始终相等 C.小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mgh D.小物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上高h处 答案　C 解析　弧形槽置于光滑水平地面上，小物块下滑过程中，对槽压力的水平分量使槽向左加速，槽对小物块的支持力做功，小物块的机械能不守恒，故A错误；小物块下滑过程中，物块和槽在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，竖直方向动量不守恒，故小物块和槽的水平方向的动量大小始终相等，但竖直方向的动量大小不相等，故B错误；小物块下滑过程中，根据水平方向动量守恒有mv1=2mv2，根据系统机械能守恒有mgh=m+×2m，联立解得v1=2，v2=，则小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为Ek=×2m=mgh，故C正确；小物块第一次被弹簧反弹后速度大小仍为v1，且v1>v2，故小物块能追上槽，小物块沿槽上滑，二者共速时到达最高处，根据水平方向动量守恒有mv1+2mv2=3mv，根据系统机械能守恒有m+×2m=mgh'+×3mv2，可得h'<h，故D错误。 　[7、8题，每题4分] 7.(2025·江苏苏州市三模)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　) A.此过程中，物体A做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零 B.物体A的质量为2m C.弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对物体A的冲量大小之比为3∶2 D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m 答案　D 解析　题图甲中，弹簧最大弹性势能为Epm=mA，题图乙中，A、B共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次弹簧的最大弹性势能相同，根据动量守恒有mA·2v0=(mA+m)v，能量守恒有mA(2v0)2=(mA+m)v2+Epm，联立解得mA=3m，Epm=m，v=v0，B错误，D正确；开始时物体A的速度大于B的速度，弹簧被压缩，物体A受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中物体A做加速度越来越大的减速运动，直至共速，A错误；以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在题图甲的情况下弹簧对物体A的冲量大小为I1=0-(-mAv0)=3mv0，在题图乙的情况下弹簧对物体A的冲量大小为I2=-mAv-(-mA·2v0)=mv0，可得两种情况下弹簧对物体A的冲量大小之比为 I1∶I2=2∶1，C错误。 8.(2025·江苏泰州市检测)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是(　　) A.小车和物块构成的系统动量守恒 B.物块从A位置运动至C位置时，小车向左运动的距离为R C.摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为-mgR D.小车在运动过程中的速度先增大后减小，全程最大速度为 答案　C 解析　小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；根据人船模型的推论可知物块刚到达水平轨道时，小车向左滑动x=R，物块在水平轨道继续滑动时，小车继续向左滑动，向左滑动的总距离大于R，故B错误；小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，物块到达B点时小车速度最大，在此过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1-Mv2=0，由机械能守恒定律得mgR=m+M，解得v2=，故D错误；根据题意结合水平方向动量守恒可知物块到达C点时，物块和小车速度均为零，根据能量守恒定律可知摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为-mgR，故C正确。 9.(10分)(2025·江苏连云港市一模)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，整个系统处于静止状态。现给球C一个水平向右的初速度v0=，式中g为重力加速度，不计空气阻力。求： (1)(2分)此时细线对球C的拉力大小F； (2)(3分)球C向右摆动过程中，上升的最大高度h； (3)(5分)球C摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小v。 答案　(1)4mg　(2)L　(3) 解析　(1)根据牛顿第二定律得F-mg= 解得F=4mg (2)球C向右上升到最大高度时，球C与物块A、B三者具有共同速度， 根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得 mv0=3mv1，mgh=m-×3m 代入数据解得h=L (3)球C再次回到最低点时，A、B具有共同速度v2，球C的速度为v3，取向右为正方向， 根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得 mv0=2mv2+mv3，m=×2m+m 解得v2=v0，v3=-v0 球C摆到杆左侧，离杆最远时，球C与物块A具有共同速度， 根据动量守恒定律可得mv2+mv3=2mv 代入数据可得v= 　[10、11题，每题4分] 10.(2025·江苏苏锡常镇四市一模)质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度v0，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则(　　) A.m>M B.仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽 C.长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动 D.小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速 答案　B 解析　当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系统机械能守恒，设小球末速度为v1、凹槽末速度为v2，则mv0=mv1+Mv2，m=m+M 联立可得M=m 以初速度方向为正方向，由题图中小球的运动轨迹可知，当小球第一次回到最低点时v1<0，即>1，可以判断m<M，故A错误；由题图可知，当小球由最低点开始运动到第一次到达最高点时，小球与凹槽共速，设此速度为v共，则由动量守恒mv0=(m+M)v共，即v共=，当增大M值后v共会减小，系统机械能守恒有m=m(+)+mgr+M 仅增大M值，小球由最低点开始运动到第一次到达最高点时，v共减小，小球竖直方向分速度不再为0，能飞离凹槽，故B正确；设运动过程中小球水平分速度为v1'，凹槽速度为v2'，由动量守恒可知mv0=mv1'+Mv2'，即m(v0-v1')=Mv2'，若凹槽对地向左运动，则v2'<0，可得v0<v1'，则m<mv1'2，不满足系统机械能守恒，故C错误；小球由A到B过程中，小球对凹槽的压力一直做正功，所以凹槽的速度一直增大，故D错误。 11.(2025·江苏淮安市一模)如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是(　　) A.若M<m，C与A仅碰撞一次 B.若M<m，A与B仅碰撞一次C.若M=m，C与A可碰撞两次 D.若M>m，A与B可碰撞两次 答案　B 解析　质量为M的小球C从轨道圆弧部分由静止释放滑至底端的过程Mgh=M，取水平向右为正方向，C与A发生弹性碰撞，有Mv0=Mv1+mv2，M=M+m，解得v1=v0，v2=v0，之后A与B发生弹性碰撞，A与B质量相等，同理可得碰后A与B速度交换，即A停下，B以v2向右运动，若M<m，则v1<0，C返回冲上轨道圆弧部分后再次与静止的A发生弹性碰撞，同理可解得vC=(-v1)=-()2v0，vA=(-v1)=-v0，易知vA<v2，vC<vA，A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故A错误，B正确；若M=m，C与A发生弹性碰撞，碰后v1=0，v2=v0，之后A与B发生弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以v2=v0向右运动，C与A仅碰撞一次，故C错误；若M>m，C与A发生弹性碰撞，碰后v1=v0，v2=v0，易知v1>0，v1<v2，之后A与B发生弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以v2向右运动，接着C再次与A发生弹性碰撞，碰后vC=v1=()2v0，vA=v1=v0，易知vA<v2，vC<vA，A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $