高考物理重难点考点：碰撞类模型问题

专题强化七“碰撞类”模型问题
【专题解读】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。

模型一“物体与物体”正碰模型
1.弹性碰撞
碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。

(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
1
2m1v 2
1
＋
1
2m2v
2
2
＝
1
2m1v1′
2＋
1
2m2v2′
2
v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2
m1＋m2
v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1
m1＋m2
(2)v2＝0时，v1′＝m1－m2
m1＋m2
v1
v2′＝
2m1
m1＋m2
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，两物体沿同一方向运动)；
③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；
④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；
⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。

2.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
1
2m1v 2
1
＋
1
2m2v
2
2
＝
1
2m1v1′
2＋
1
2m2v2′
2＋ΔE k
损
3.完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。

m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
1
2m1v 2
1
＋
1
2m2v
2
2
＝
1
2(m1＋m2)v
2＋ΔE k
损max
4.碰撞遵守的原则
(1)动量守恒。

(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或
p21
2m1＋
p22
2m2≥
p1′2
2m1＋
p2′2
2m2。

(3)速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v
前≥v
后。

②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。

【例1】(多选)(2020·全国卷Ⅱ，21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。

一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。

总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()
A.48 kg
B.53 kg
C.58 kg
D.63 kg
答案BC
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M ，物块的质量为m ，物块被推出时的速度大小为v 0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v 1。

根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝M v 1－m v 0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有M v 1＋m v 0＝－m v 0＋M v 2，依此类推，M v 2＋m v 0＝－m v 0＋M v 3，…，M v 7＋m v 0＝－m v 0＋M v 8，又运动员的退行速度v 8＞v 0，v 7＜v 0，解得13m ＜M ＜15m ，即52 kg ＜M ＜60 kg ，故B 、C 项正确，A 、D 项错误。

【变式1】 (2020·北京市房山区上学期期末)如图1甲所示，光滑水平面上有A 、B 两物块，已知A 物块的质量m A ＝2 kg ，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B 发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B 的质量分别为( )
图1
A.2 m/s ，5 kg
B.2 m/s ，3 kg
C.3.5 m/s ，2.86 kg
D.3.5 m/s ，0.86 kg
答案 B
解析 由图像可知，碰前A 的速度为v 1＝204 m/s ＝5 m/s ，碰后A 、B 的共同速度
为v 2＝28－208－4
m/s ＝2 m/s ，A 、B 碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，解得m B ＝3 kg ，故选项B 正确。

【变式2】 (2020·吉林市第二次调研)两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s 。

当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )
A.v A′＝3 m/s，v B′＝4 m/s
B.v A′＝5 m/s，v B′＝2.5 m/s
C.v A′＝2 m/s，v B′＝4 m/s
D.v A′＝－4 m/s，v B′＝7 m/s
答案 C
解析碰前系统总动量为p＝m A v A＋m B v B＝(1×6＋2×2) kg·m/s＝10 kg·m/s，碰
前总动能为E k＝1
2m A v 2
A ＋
1
2m B v
2
B
＝(
1
2×1×6
2＋12×2×22) J＝22 J，如果v A′＝3 m/s，
v B′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝(1×3＋2×4) kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球
的速度，不可能，B错误；如果v A′＝2 m/s，v B′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝(1×2＋2×4) kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为E k′＝(1
2×1×2
2＋12×2×42)J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果v A′＝－4 m/s，v B′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝[1×(－4)＋2×7] kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量
守恒，碰后总动能为E k′＝(1
2×1×4
2＋12×2×72)J＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。

模型二“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2】(2020·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M)。

若使A球获得瞬时速度v(如图2甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()
图2
A.L1＞L2
B.L1＜L2
C.L1＝L2
D.不能确定
答案 C
解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m v＝(m＋M)v′
由机械能守恒定律得E p＝1
2－12(m＋M)v′2
2m v
联立解得弹簧压缩到最短时E p＝mM v2
2（m＋M）
同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有E p＝mM v2
2（m＋M）
故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D错误，C正确。

【变式3】(2020·江西省教学质量监测)如图3所示，质量相同的A、B两物体用
轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B 物体靠在墙壁上。

现用力推动物体A 压缩弹簧至P 点后再释放物体A ，当弹簧的长度最大时，弹性势能为E p1。

现将物体A 的质量增大到原来的3倍，仍使物体A 压缩弹簧至P 点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为E p2。

则E p1∶E p2等于( )
图3
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 B
解析 设压缩到P 点时，弹簧的弹性势能为E p ，开始时，物体A 、B 的质量均为
m ，则有E p ＝12m v 20，m v 0＝2m v ，E p1＝E p －12×2m v 2＝12
E p ，把A 的质量换成3m ，E p ＝12×3m v 0′2，3m v 0′＝4m v ′，E p2＝E p －12×4m v ′2＝14E p ，所以有E p1∶E p2＝2，选项B 正确。

模型三 “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，m v 0＝(M ＋m )v 共；系统机械能守
恒，12m v 20＝12(M ＋m )v 2共＋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，m v 0＝m v 1＋M v 2；
系统机械能守恒，12m v 20＝12m v 21＋12M v 22(完全弹性碰撞拓展模型)
【例3】 (2020·甘肃天水市调研)如图4所示，在水平面上依次放置小物块A 、C
以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑。

现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B 。

求：
图4
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度。

答案 (1)14m v 20 (2)3v 2040g
解析 (1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得
m v 0＝2m v ，解得v ＝12v 0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E 损＝12m v 20－12×2m v 2，
解得E 损＝14m v 20。

(2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等。

根据动量守恒
定律m v 0＝(m ＋m ＋3m )v 1，解得v 1＝15v 0
根据机械能守恒得12×2m (12v 0)2＝12×5m ×(15v 0)2＋2mgh ，解得h ＝3v 2040g 。

【变式4】 (2020·山西大同市第一中学2月模拟)在光滑水平地面上放有一质量M ＝3 kg 带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m ＝2 kg 的小球以速度v 0＝5 m/s 沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h ＝0.8 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2。

求：
图5
(1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W ；
(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L 。

答案 (1)6 J (2)2 m
解析 (1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，得
m v 0＝(m ＋M )v ①
对小车由动能定理得W ＝12M v 2 ②
联立①②解得W ＝6 J 。

(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得m v 0＝m v 1＋M v 2③
小球和小车由功能关系得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22④
联立③④可解得v 1＝－1 m/s ⑤
v 2＝4 m/s ⑥
小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动
h ＝12gt 2⑦
L ＝(v 2－v 1)t ⑧
联立⑤⑥⑦⑧可得L ＝2 m 。

模型四 “滑块—木板”碰撞模型
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ΔE k＝
M
m＋M
E k0，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
【例4】(2020·山东济南市5月高考模拟)如图6所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B。

某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。

求：
图6
(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；
(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；
(3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。

要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。

答案(1)μg μg
2(2)v1≤3μgL(3)
v20
3μg
解析(1)对A有：μmg＝ma A，得a A＝μg
对BC有：μmg＝2ma B，解得a B＝μg
2。

(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于C滑行距离为L，由动量守恒有m v1＝3m v共
且有μmgL≥1
2m v 2
1－
1
2×3m v
2共，解得v1≤3μgL。

(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有m v0＝3m v共′
且有μmgL总＝1
2m v 2
－
1
2×3m v共
′2
联立解得L总＝v20
3μg。

【变式5】(2020·四川攀枝花市第二次统考)如图7所示，质量m1＝2 kg、长度l ＝5 m的木板，以速度v1＝5 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。

某时刻一质量m2＝1 kg的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度v2＝5 m/s从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。

重力加速度g取10 m/s2，求：
图7
(1)木块与木板间的动摩擦因数；
(2)小木块做加速运动过程的时间。

答案(1)2
3(2)0.25 s
解析(1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v，以水平向右为正。

对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
由能量守恒定律有Q＝1
2m1v 2
1
＋
1
2m2v
2
2
－
1
2(m1＋m2)v
2
且Q＝μm2gl
联立以上各式，代入相关数据可得μ＝2
3。

(2)设木块在木板上加速的时间为t，对木块由动量定理有μm2gt＝m2v－0，代入相关数据可得t＝0.25 s。

另解：设木块在木板上加速的时间为t，加速度为a，则μm2g＝m2a，v＝at，代入相关数据可得t＝0.25 s。

课时限时练
(限时：40分钟)
1.(2020·江西九江市第二次模拟)如图1所示，小球a、b(均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O。

让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。

从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角
为θ＝60°。

忽略空气阻力。

则两球a、b的质量之比m a
m b为()
图1
A.
2
2 B.2－1
C.1－
2
2 D.2＋1
答案 B
解析b球下摆过程中，由动能定理得m b gL＝1
2m b v
2
－0，球a、b碰撞过程动量
守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得m b v0＝(m a＋m b)v，两球向左摆动过
程中，由机械能守恒定律得1
2(m a＋m b)v 2＝(m a＋m b)gL(1－cos θ)，解得m a m
b
＝2－1，
故A、C、D错误，B正确。

2.(2020·广东广州市下学期一模)如图2，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。

球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。

已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为()
图2
A.3∶1
B.1∶3
C.5∶3
D.3∶5
答案 D
解析由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长为3倍，则有v b＝－3v a
由动量守恒定律有m a v＝m b v b＋m a v a
由能量守恒有1
2m a v
2＝12m b v2b＋12m a v2a
联立解得m a
m b ＝3
5
，故A、B、C错误，D正确。

3.(多选)(2020·河南省顶尖名校4月联考)如图3甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑行。

P、Q的速度—时间图像如图乙所示，其中a、b分别是0～1 s内P、Q的速度—时间图线，1～2 s内P、Q共同的速度—时间图线。

已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2。

则以下判断正确的是()
图3
A.P、Q系统在相互作用的过程中动量守恒
B.在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是2 N·s
C.P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D.P相对Q静止的位置在Q木板的右端
解析根据图乙可知，1 s后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，在0～2 s内，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，P、Q 系统在相互作用的过程所受的外力之和为零，动量守恒，故A正确；从图像可知，0～2 s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2 s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I＝M v－0＝1 N·s，故B错
误；P从速度为2 m/s减为1 m/s所需的时间为1 s，则a＝Δv
Δt ＝
1－2
1m/s
2＝－1 m/s2，
又a＝－μmg
m
＝－μg，所以μ＝0.1，故C正确；在t＝1 s时，P、Q相对静止，一
起做匀速直线运动，在0～1 s内，P的位移x1＝2＋1
2×1 m＝1.5 m，Q的位移x2
＝0＋1
2m＝0.5 m，则Δx＝x1－x2＝1 m＜2 m，知P与Q相对静止时刚好在木板
的中间，并不在木板的右端，故D错误。

4.(多选)(2020·山东威海市下学期模拟)如图4所示，质量均为1.0 kg的木板A和
半径为0.2 m的1
4光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左
端与A相切。

现有一质量为2.0 kg的小滑块C以5 m/s的水平初速度从左端滑上A，C离开A时，A的速度大小为1.0 m/s。

已知A、C间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。

下列说法正确的是()
图4
A.木板A的长度为0.85 m
B.滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动
C.整个过程中A、B、C组成的系统水平方向动量守恒
D.B的最大速度为5 m/s
解析 由于在光滑水平面上，小滑块C 与木板A 作用过程中，动量守恒；滑块在光滑圆弧槽B 滑行的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒；所以整个过程
A 、
B 、
C 组成的系统水平方向动量守恒，选项C 正确；滑块在木板上滑行的过程中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得m C v C ＝m C v C ′＋(m A ＋
m B )v AB ，12m C v 2C ＝12m C v C ′2＋12
(m A ＋m B )v 2AB ＋μm C gL ，联立并代入数据得v C ′＝4 m/s ，L ＝0.8 m ，选项A 错误；滑块在光滑圆弧槽B 上滑行的过程中，假设两者能达到速度相同，此时滑块滑上圆弧槽的最大高度。

根据系统的动量守恒和能量守恒可
得m C v C ′＋m B v AB ＝(m C ＋m B )v 共，12m C v C ′2＋12m B v 2AB ＝12
(m C ＋m B )v 2共＋m C gh ，联立并代入数据得h ＝0.15 m<0.2 m ，假设成立。

即滑块C 不会离开B ，选项B 错误；之后滑块会下滑，圆弧槽速度继续增大。

当滑块滑到最低点时，圆弧槽获得最大速度，根据系统的动量守恒和能量守恒可得(m C ＋m B )v 共＝m C v C ″＋m B v B max ，12
m C v C ″2＋12m B v 2B max ＝12
(m C ＋m B )v 2共＋m C gh ，解得v B max ＝5 m/s ，选项D 正确。

5.两物块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5所示。

已知B 与C 碰撞后会粘在一起运动。

在以后的运动中：
图5
(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？
答案 (1)3 m/s (2)12 J
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(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v A ，解得v A ＝3 m/s 。

(2)B 、C 碰撞过程系统动量守恒
m B v ＝(m B ＋m C )v C
故v C ＝2 m/s
碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故
E p ＝12m A v 2＋12(m B ＋m C )v 2C －12
(m A ＋m B ＋m C )v 2A ＝12 J 。

6.如图6所示，半径均为R 、质量均为M 、内表面光滑的两个完全相同的14圆槽A
和B 并排放在光滑的水平面上，图中a 、c 分别为A 、B 槽的最高点，b 、b ′分别为
A 、
B 槽的最低点，A 槽的左端紧靠着竖直墙壁。

一个质量为m 的小球
C 从圆槽A 顶端的a 点无初速度释放，重力加速度为g ，求：
图6
(1)小球C 从a 点运动到b 点时的速度大小及A 槽对地面的压力大小；
(2)小球C 在B 槽内运动所能达到的最大高度；
(3)B 的最大速度的大小。

答案 (1)2gR 3mg ＋Mg (2)MR M ＋m
(3)2m M ＋m
2gR 解析 (1)小球C 从a 点运动到b 点的过程，机械能守恒，有mgR ＝12m v 20
解得小球到b 点时的速度大小为v 0＝2gR
在最低点b ，根据牛顿第二定律可得F N －mg ＝m v 20R
解得F N ＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C 对A 的压力F N ′＝F N ＝3mg ，A 静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A 的支持力F ＝F N ′＋Mg ＝3mg ＋Mg ，由牛顿第三定律可知，A 对地面的压力F ′＝F ＝3mg ＋Mg 。

(2)B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C 在B 槽内运
动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知m v0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有1
2m v 2
0＝
1
2(M＋m)v
2＋mgh
解得h＝MR
M＋m。

(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有m v0＝m v1＋M v2
由能量守恒定律可知1
2m v 2
0＝
1
2m v
2
1
＋
1
2M v
2
2
解得v2＝2m
M＋m
2gR。

7. (2020·广东潮州市第二次模拟)如图7所示，一光滑的1
4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
图7
(1)弹簧的最大压缩量；
(2)弹簧弹性势能的最大值。

答案(1)1 m(2)3 J
解析(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得
mgR＝1
2m v
2
B
，解得v B＝4 m/s
从开始到静止于B点系统动量和能量守恒有m v B＝(M＋m)v
1
2m v 2
B ＝
1
2(M＋m)v
2＋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v B方向为正方向，有m v B＝(M ＋m)v′
此时的弹性势能最大，由能量守恒可得
1
2m v 2
B ＝
1
2(M＋m)v′
2＋E p＋μmg(L＋x)
由以上两式可得E p＝3 J。