題型一 “滑塊—彈簧”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒．
(2)機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．
(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能)．
(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)．
例1 (2023·江西南昌市模擬)如圖所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度v0＝4 m/s，當(dāng)甲物體的速度減小到1 m/s時，彈簧最短．下列說法中正確的是( )
A．此時乙物體的速度大小為1 m/s
B．緊接著甲物體將開始做加速運動
C．甲、乙兩物體的質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶4
D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，乙物體的速度大小為4 m/s
答案 A
解析 根據(jù)題意可知，當(dāng)彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度大小也是1 m/s，A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯誤；根據(jù)動量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C錯誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2，聯(lián)立解得v2′＝2 m/s，D錯誤．
例2 (多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上．現(xiàn)使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，A、B的速度—時間圖像如圖乙，則有( )
A．在t1、t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)
B．從t3到t4過程中，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長
C．兩物塊的質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
答案 CD
解析 開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)原長，由于此時兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，A減為零后又向B運動的方向加速，在t3時刻，兩物塊速度相同，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中，彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故A、B錯誤；根據(jù)動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻A的速度為vA＝－1 m/s，B的速度為vB＝2 m/s，根據(jù)Ek＝eq \f(1,2)mv2，且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確．
例3 (2022·全國乙卷·25改編)如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在足夠長光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，碰撞結(jié)束，A、B的v－t圖像如圖(b)所示．已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0.碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．求：
(1)碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；
(2)碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值．
答案 (1)0.6mv02 (2)0.768v0t0
解析 (1)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即在t＝t0時刻，
根據(jù)動量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0
根據(jù)能量守恒定律有
Epmax＝eq \f(1,2)mB(1.2v0)2－eq \f(1,2)(mB＋m)v02
聯(lián)立解得mB＝5m，Epmax＝0.6 mv02
(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA
對方程兩邊同時乘以時間Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt
0～t0之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，可得6mv0t0＝5msB＋msA，將sA＝0.36v0t0
代入可得sB＝1.128v0t0
則碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0.
題型二 “滑塊—斜(曲)面”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的重力勢能)．
(2)返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相當(dāng)于完成了彈性碰撞)．
例4 (多選)質(zhì)量為M的帶有eq \f(1,4)光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則( )
A．小球以后將向左做平拋運動
B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動
C．此過程小球?qū)π≤囎龅墓閑q \f(1,2)Mv02
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq \f(v02,2g)
答案 BC
解析 小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度v′，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)×2Mv′2＋Mgh，聯(lián)立解得h＝eq \f(v02,4g)，故D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，機(jī)械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運動，小車速度變?yōu)関0，動能為eq \f(1,2)Mv02，即此過程小球?qū)π≤囎龅墓閑q \f(1,2)Mv02，故B、C正確，A錯誤．
例5 (多選)(2023·山東濟(jì)南市模擬)如圖所示，質(zhì)量為2 kg的四分之一圓弧形滑塊P靜止于水平地面上，其圓弧底端與水平地面相切．在滑塊P右側(cè)有一固定的豎直彈性擋板，將一質(zhì)量為1 kg的小球Q從滑塊頂端正上方距地面1.2 m處由靜止釋放，小球Q恰能沿切線落入滑塊P.小球與擋板的碰撞為彈性碰撞，所有接觸面均光滑，重力加速度取g＝10 m/s2.下列說法正確的是( )
A．若滑塊P固定，小球Q能回到高1.2 m處
B．若滑塊P固定，小球Q第一次與擋板碰撞過程擋板對小球的沖量大小為2eq \r(6) N·s
C．若滑塊P不固定，小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4 m/s
D．若滑塊P不固定，經(jīng)過多次碰撞后，滑塊的最終速度大小為3 m/s
答案 AC
解析 若滑塊P固定，由于小球在各個環(huán)節(jié)無機(jī)械能損失，可知小球Q能回到高1.2 m處，選項A正確；若滑塊P固定，小球Q第一次與擋板碰撞時的速度大小為v＝eq \r(2gh)＝2eq \r(6) m/s，碰撞過程擋板對小球的沖量大小為I＝2mv＝4eq \r(6) N·s，選項B錯誤；若滑塊P不固定，則小球與滑塊相互作用過程中，滑塊和小球在水平方向動量守恒，則mv1－Mv2＝0，mgh＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，聯(lián)立解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s，即小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4 m/s，選項C正確；若滑塊P不固定，小球與擋板第一次碰撞后將以等大速度反彈，則滑上滑塊后再滑回到地面的過程，由動量守恒定律和能量關(guān)系可知mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′，eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)Mv2′2，聯(lián)立解得v1′＝eq \f(4,3) m/s，v2′＝eq \f(10,3) m/s，因此時小球的速度小于滑塊的速度，則小球與擋板碰后不能再次追上滑塊，則滑塊的最終速度大小為eq \f(10,3) m/s，選項D錯誤．
例6 如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．重力加速度的大小取g＝10 m/s2.
(1)求斜面體的質(zhì)量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
答案 (1)20 kg (2)不能，理由見解析
解析 (1)規(guī)定向左為正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.對冰塊與斜面體分析，由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒得m2v0＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊分析，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④
代入數(shù)據(jù)得v1＝－1 m/s⑤
設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體分析，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m3v32⑦
聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1 m/s⑧
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩．
課時精練
1.(多選)(2023·廣東東莞市高三檢測)如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量為2m的小球從槽高h(yuǎn)處自由下滑，則下列說法正確的是( )
A．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒
B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
D．被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處
答案 ABC
解析 槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，選項A正確；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，則機(jī)械能守恒，選項B正確；球下滑到底端時由動量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，球被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤．
2.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ.一個質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動．當(dāng)小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關(guān)系式中正確的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C.eq \f(1,2)m(v0sin θ)2＝mgh
D.eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2
答案 BD
解析 小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體有共同速度，且都為v，沿水平方向，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機(jī)械能守恒，以水平向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得mv0cs θ＝(m＋M)v，故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，故C錯誤，D正確．
3.(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質(zhì)量都為m，B左端固定一個處在壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當(dāng)彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效．A以速率v向右運動，當(dāng)A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過彈性限度，關(guān)于它們后續(xù)的運動過程，下列說法正確的是( )
A．A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動
B．A、B系統(tǒng)的總動量最終將大于mv
C．A、B系統(tǒng)的總動能最終將大于eq \f(1,2)mv2
D．當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為eq \f(1,4)mv2
答案 CD
解析 設(shè)彈簧恢復(fù)原長時A、B的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中動量守恒、機(jī)械能守恒，則有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，解得v1≠0，v2≠v，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，知A、B系統(tǒng)的總動量最終等于mv，故B錯誤；彈簧解除鎖定后存儲的彈性勢能會釋放導(dǎo)致系統(tǒng)總動能增加，系統(tǒng)的總動能最終將大于eq \f(1,2)mv2，故C正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，由動量守恒定律知mv＝2mv′，得v′＝eq \f(1,2)v，則有Ek＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2＝eq \f(1,4)mv2，故D正確．
4.(2023·山西運城市高三檢測)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切．一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機(jī)械能損失．如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達(dá)的最大高度為eq \f(R,3).則小球與滑塊質(zhì)量之比m∶M為( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
答案 C
解析 當(dāng)圓弧滑塊固定時，有eq \f(1,2)mv02＝mgR；當(dāng)圓弧滑塊不固定，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mgeq \f(R,3)＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，聯(lián)立解得m∶M＝2∶1，故選C.
5.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質(zhì)點)的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek1.現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
答案 C
解析 設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m，則Q的質(zhì)量為m，弧形頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時，Q下滑過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除鎖定，Q下滑過程中，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mvQ2＋eq \f(1,2)×2mvP2，Q離開P時的動能Ek2＝eq \f(1,2)mvQ2，聯(lián)立解得eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正確．
6．如圖，在光滑的水平面上靜止放一個質(zhì)量為m的木板B，木板表面光滑，左端固定一個輕質(zhì)彈簧．質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B.當(dāng)木塊A與彈簧相互作用的過程中，下列判斷正確的是( )
A．B板的加速度一直增大
B．彈簧壓縮量最大時，B板的速率最大
C．彈簧的最大彈性勢能為eq \f(2,3)mv02
D．彈簧對木塊A的沖量大小為eq \f(4,3)mv0
答案 D
解析 彈簧壓縮量先增大后減小，則B板受到的彈簧彈力先增大后減小，B板的加速度先增大后減小，A錯誤；在木塊A與彈簧相互作用的過程中，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，B板一直在加速，所以彈簧恢復(fù)原長時，B板運動速率最大，B錯誤；當(dāng)A、B的速度相同時，彈簧的壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律和能量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋Epm，聯(lián)立解得v＝eq \f(2,3)v0，Epm＝eq \f(1,3)mv02，C錯誤；設(shè)A與彈簧分離時，A與B的速度分別為v1和v2，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)mv22，聯(lián)立解得v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0，對木塊A，根據(jù)動量定理有I＝2mv1－2mv0＝－eq \f(4,3)mv0，D正確．
7．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則( )
A．A物體的質(zhì)量為3m
B．A物體的質(zhì)量為2m
C．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為eq \f(3,2)mv02
D．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv02
答案 AC
解析 對題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能Ep＝eq \f(1,2)Mv02；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時，A、B二者速度相同，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)M·(2v0)2－eq \f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立解得M＝3m，Ep＝eq \f(3,2)mv02，選項A、C正確，B、D錯誤．
8.(多選)(2023·重慶市名校聯(lián)考)如圖所示，A、B、C三個半徑相等的剛性小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上，三個球的質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝2 kg，初狀態(tài)三個小球均靜止，B、C兩球之間連著一根輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)．現(xiàn)給A球一個向左的初速度v0＝10 m/s，A、B兩球碰后A球的速度變?yōu)榉较蛳蛴摇⒋笮? m/s.下列說法正確的是( )
A．球A和球B間的碰撞是彈性碰撞
B．球A和球B碰后，彈簧恢復(fù)到原長時球C的速度大小為9.6 m/s
C．球A和球B碰后，球B的最小速度為1.6 m/s
D．球A和球B碰后，彈簧的最大彈性勢能可以達(dá)到96 J
答案 ABC
解析 A、B兩球碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，且v1＝－2 m/s，代入數(shù)據(jù)解得v2＝8 m/s，碰撞前系統(tǒng)的總動能Ek＝eq \f(1,2)mAv02，碰撞后系統(tǒng)的總動能Ek′＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22，代入數(shù)據(jù)解得Ek＝Ek′，則A、B兩球碰撞過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因此球A和球B間的碰撞是彈性碰撞，A正確；由于B、C兩球及彈簧組成的系統(tǒng)在運動的過程中滿足動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，當(dāng)B球的速度最小時，彈簧處于原長狀態(tài)，則有mBv2＝mBv3＋mCv4，eq \f(1,2)mBv22＝eq \f(1,2)mBv32＋eq \f(1,2)mCv42，聯(lián)立解得v3＝1.6 m/s，v4＝9.6 m/s，因此B球的最小速度為1.6 m/s，此時C球的速度大小為9.6 m/s，B、C正確；當(dāng)B、C兩球速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，則有mBv2＝(mB＋mC)v5，Epmax＝eq \f(1,2)mBv22－eq \f(1,2)(mB＋mC)v52，聯(lián)立解得Epmax＝38.4 J，D錯誤．
9.(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq \f(1,4)圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質(zhì)點，則( )
A．B的最大速率為4 m/s
B．B運動到最高點時的速率為eq \f(3,4) m/s
C．B能與A再次發(fā)生碰撞
D．B不能與A再次發(fā)生碰撞
答案 AD
解析 A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)v02＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)vA2＋eq \f(1,2)MvB2，聯(lián)立解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率為4 m/s，選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，選項B錯誤；從B沖上C后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機(jī)械能守恒有eq \f(1,2)MvB2＝eq \f(1,2)MvB′2＋eq \f(1,2)×2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|

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