【物理】2019届一轮复习鲁科版动量和能量观点的综合应用学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版动量和能量观点的综合应用学案

能力课　动量和能量观点的综合应用 ‎　[热考点]“滑块—弹簧”模型 ‎ [模型特点]‎ 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：‎ ‎(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，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。‎ ‎(2)在动量方面，系统动量守恒。‎ ‎(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，系统满足动量守恒，机械能守恒。‎ ‎(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。‎ ‎【例1】　如图1所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中。‎ 图1‎ ‎(1)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)滑块B的最大速度。‎ 解析　(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向，‎ 由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝＝ m/s＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能 Epm＝mAv－(mA＋mB)v2＝6 J。‎ ‎(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，‎ 由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm mAv＝mBv＋mAv 解得vm＝2 m/s，向右。‎ 答案　(1)6 J　(2)2 m/s，向右 ‎“滑块—弹簧”模型的解题思路 ‎(1)应用系统的动量守恒。‎ ‎(2)应用系统的机械能守恒。‎ ‎(3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大。　　　　　　‎ ‎【变式训练1】　(2017·江西南昌模拟)(多选)如图2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(　　)‎ 图2‎ A.A物体的质量为3m B.A物体的质量为2m C.弹簧压缩最大时的弹性势能为mv D.弹簧压缩最大时的弹性势能为mv 解析　对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝Mv；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝Mv＝mv，选项A、C正确，B、D错误。‎ 答案　AC ‎【变式训练2】　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3所示。已知B与C碰撞后二者会粘在一起运动。在以后的运动中：‎ 图3‎ ‎(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？‎ 解析　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据A、B、C三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向有 ‎(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC 代入数据解得vABC＝3 m/s ‎(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间B、C的共同速度为vBC，则有 mBv＝(mB＋mC)vBC 代入数据解得vBC＝2 m/s 当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为Ep，在B、C碰撞后，A与B、C组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机械能守恒定律得Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J。‎ 答案　(1)3 m/s　(2)12 J ‎　[热考点]“滑块—平板”模型 ‎　[模型特点]1.当滑块和平板的速度相等时平板的速度最大，两者的相对位移也最大。‎ 图4‎ ‎2.系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大。‎ ‎【例2】　如图5所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2‎ ‎ m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求 图5‎ ‎(1)物块在车面上滑行的时间t；‎ ‎(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。‎ 解析　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理有－ft＝m2v－m2v0，又f＝μm2g 解得t＝ 代入数据得t＝0.24 s。‎ ‎(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′‎ 由功能关系有m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝5 m/s 故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。‎ 答案　(1)0.24 s　(2)5 m/s ‎“滑块—平板”模型解题思路 ‎(1)应用系统的动量守恒。‎ ‎(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。‎ ‎(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理。‎ ‎(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。‎ ‎(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。　　　　　　‎ ‎【变式训练3】　如图6所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M＝4.0 kg，a、b间距离s＝2.0 m，木板位于光滑水平面上，在木板a 端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0＝4.0 m/s 沿木板向右滑动，直到和挡板相碰。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。(g取10 m/s2)‎ 图6‎ 解析　把a、b两物体看成一个系统，设物块和木板最后的共同速度为v，取向右为正方向由动量守恒定律有 mv0＝(M＋m)v 设碰撞过程中损失的机械能为ΔE，由于物块在木板上滑动使系统损失的机械能为2μmgs(根据摩擦力与相对位移的乘积等于系统损失的机械能)，则由能量守恒定律可得 mv－(M＋m)v2＝ΔE＋2μmgs 可得ΔE＝mv－(M＋m)v2－2μmgs ‎＝v－2μmgs＝2.4 J。‎ 答案　2.4 J ‎【变式训练4】　[模型拓展——子弹打木块]如图7所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的长木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：‎ 图7‎ ‎(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；‎ ‎(2)木板向右滑行的最大速度v2；‎ ‎(3)物块在木板上滑行的时间t。‎ 解析　‎ ‎(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得 m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。‎ ‎(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，‎ 解得v2＝2 m/s。‎ ‎(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得 ‎－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，‎ 解得t＝1 s。‎ 答案　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s 弹性正碰模型的拓展 ‎[题源：鲁科版选修3－5·P20·T1]‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 有一质量为6.64×10－27 kg、速度为v的α粒子与一个质量为3.32×10－26 kg、静止的氖核发生正碰，若碰撞是弹性的，试证明碰撞后氖核具有的速率为v。‎ 解析　α粒子的质量为m1，氖核的质量为m2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得。‎ m1v＝m1v1＋m2v2①‎ m1v2＝m1v＋m2v②‎ 联立①②式解得v2＝＝v③‎ 答案　见解析 拓展1　如图8所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，求小球滑到最高点时滑块的速度大小。‎ 图8‎ 解析　‎ 由该临界状态相对应的临界条件可知，小球到达最高点时，小球和滑块两物体在水平方向具有相同的速度。由水平方向动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v 则滑块的速度为v＝。‎ 答案　 拓展2　如图9所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向左运动，不计冲上斜面时的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为(　　)‎ 图9‎ A.h B. C. D. 解析　斜面固定时，由动能定理得 ‎－mgh＝0－mv 所以v0＝ 斜面不固定时，由水平方向动量守恒得 mv0＝(M＋m)v 由机械能守恒得 mv＝(M＋m)v2＋mgh′‎ 解得h′＝h，选项D正确。‎ 答案　D 拓展3　在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图10所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：‎ 图10‎ ‎(1)物块滑到B处时木板的速度vAB；‎ ‎(2)滑块CD圆弧的半径R。‎ 解析　(1)物块由A点到B点，取向左为正，方向vB＝ 由动量守恒得mv0＝mvB＋2mvAB，则vAB＝ ‎(2)物块由D点到C点，滑块CD与物块P组成的系统动量守恒，机械能守恒，则 m·＋m·＝2mv共 m()2＋m()2＝×2mv＋mgR 解得R＝。‎ 答案　(1)　(2) 拓展4　[2016·全国卷Ⅱ·35(2)]如图11，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3 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＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。‎ 图11‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 解析　(1)规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg　v＝1 m/s③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0④‎ 代入数据得v1＝－1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v＝m2v＋m3v⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝－1 m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ 答案　(1)20 kg　(2)不能，理由见解析 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ ‎►题组一　“滑块—弹簧”模型 ‎1.如图1所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)‎ 图1‎ A.3 J B.4 J C.6 J D.20 J 解析　设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为 L，铁块与木板之间的摩擦力大小为f。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒可得mv＝f L＋(M＋m)v2＋Ep。由动量守恒，得mv0＝(M＋m)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得mv＝2f L＋(M＋m)v2。联立解得Ep＝3 J，故选项A正确。‎ 答案　A ‎2.如图2所示，甲、乙两个物块(均可视为质点)锁定在水平面上，处于压缩状态的轻弹簧放在两物块之间，与两物块没有连接，乙的质量是甲的2倍。水平面上O点左侧光滑，右侧粗糙，甲到O点的距离大于弹簧的压缩量，若只解除甲物块的锁定，则甲物块被弹簧弹出后在O点右侧滑行的距离为s，若同时解除甲、乙两物块的锁定，则甲物块在O点右侧滑行的距离为(　　)‎ 图2‎ A.s B.s C.s D.s 解析　设弹簧开始具有的弹性势能为Ep，只解除甲的锁定，则μmgs＝Ep，若同时解除甲、乙的锁定，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2，根据能量守恒定律有Ep＝mv＋·2mv，根据动能定理有μmgx＝mv，解得x＝s，选项A正确。‎ 答案　A ‎3.如图3所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。‎ 图3‎ 解析　设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝mv 解得v1＝ 设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有 mg＝mv1′2‎ 解得v1′＝ 设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 mv1＝－mv1′＋5mv2‎ 解得v2＝ 由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为 I＝5mv2＝m 碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8mv3‎ 据机械能守恒定律得Epm＝×5mv－×8mv 解得Epm＝mgh。‎ 答案　m　mgh ‎►题组二　“滑块—平板”模型 ‎4.(2017·山东济宁期末)如图4所示，一质量为M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是(　　)‎ 图4‎ A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 解析　A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B 做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，B的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在A做加速运动的时间内，B的速度大小应大于2 m/s且小于 m/s，只有选项B正确。‎ 答案　B ‎5.(2017·广东省七校联合体联考)(多选)如图5所示，(a)图表示光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平地面间摩擦力不计；(b)图为物体A与小车B的v－t图象，由此可知(　　)‎ 图5‎ A.小车上表面长度 B.物体A与小车B的质量之比 C.A与小车B上表面的动摩擦因数 D.小车B获得的动能 解析　由图象可知，A滑上B后，AB最终以共同速度v1匀速运动，因不知最终A、B间位置关系，不能确定小车上表面长度，选项A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，选项B正确；由图(b)知道A相对小车B的位移Δs＝v0t1，根据能量守恒定律有μmAgΔs＝mAv－(mA＋mB)v，结合＝可以解出动摩擦因数，选项C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，选项D错误。‎ 答案　BC ‎6.(2017·云南昆明七校模拟)如图6所示，a、b、c是三个质量相等的物体，a、b等长，c可看作质点。开始时，a、b紧靠且静置在光滑水平面上，c放在a的左端，现给c一初速度v0而向右运动，最后c静止在b上。已知c与a、b间的动摩擦因数相同，a、b分离时，c的速度为0.6v0。求；‎ 图6‎ ‎(1)a、b最终的速率；‎ ‎(2)c在b上滑过的距离与b的长度之比。‎ 解析　(1)当a、b即将分离时，设此时物体a的速度为va，由动量守恒得mv0＝2mva＋0.6mv0，va＝0.2v0‎ a、b分离后，设物体b最终速度为vb，b与c组成系统，由动量守恒得mva＋0.6mv0＝2mvb，vb＝0.4v0‎ ‎(2)设物体a、b长均为l，物体c在物体a上滑动，在a、b即将分离时，由能量守恒得 mv－×2m(0.2v0)2－m(0.6v0)2＝μmgl a、b分离后，设物体c在b上运动的距离为lx，‎ 由能量守恒得 m(0.6v0)2＋m(0.2v0)2－×2m(0.4v0)2＝μmglx 联立解得＝。‎ 答案　(1)0.2v0　0.4v0　(2) ‎►题组三　“圆弧轨道＋滑块(小球)”模型 ‎7.(多选)如图7所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则(　　)‎ 图7‎ A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为 B.小球离车后，对地将向右做平抛运动 C.小球离车后，对地将做自由落体运动 D.此过程中小球对车做的功为mv 解析　小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，有mv0＝2mv，v＝，选项A正确；小球离开小车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换，此过程中小球对车做的功W＝mv，故选项C、D正确，B错误。‎ 答案　ACD ‎8.(2017·湖北名校联考)(多选)如图8所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6 m/s 的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则(　　)‎ 图8‎ A.B的最大速率为4 m/s B.B运动到最高点时的速率为 m/s C.B能与A再次发生碰撞 D.B不能与A再次发生碰撞 解析　A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝vA＋MvB，·v＝·v＋Mv，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有Mv＝MvB′2＋·2MvC′2，联立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎9.如图9所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4‎ ‎ kg。现让A以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：‎ 图9‎ ‎(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；‎ ‎(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。‎ 解析　(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有 Ft＝mAv2－mA(－v1)‎ 解得F＝50 N ‎(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有 mAv2＝(mB＋mA)v3‎ A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C系统，水平方向动量守恒有 ‎(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4‎ 由能量守恒得 (mB＋mA)v＝(mB＋mA＋mC)v＋(mB＋mA)gh 解得h＝0.3 m。‎ 答案　(1)50 N　(2)0.3 m ‎10.如图10所示，在水平地面上放有一高度为h＝1.6 m、质量为2m的斜面体，地面与斜面体弧面的底端相切。有两个可以视为质点的甲、乙两滑块，甲的质量为2m，乙的质量为Nm。现将乙滑块置于斜面体左边地面上，将甲滑块置于斜面体的顶端，甲滑块由静止滑下，然后与乙滑块发生碰撞，碰后乙获得了v＝2.0 m/s的速度。(不计一切摩擦，取g＝10 m/s2)‎ 图10‎ ‎(1)求甲滑块刚滑到斜面底端时的速度v0；‎ ‎(2)试依据甲滑块跟乙滑块的碰撞情况，求出N的取值范围并分析出碰撞后甲滑块的运动情况。‎ 解析　(1)对甲滑块和斜面体，在下滑的过程中，水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有2mv0－2mv1＝0‎ 由机械能守恒定律有2mgh＝·2mv＋·2mv 解得v0＝4 m/s ‎(2)若甲、乙两滑块发生弹性碰撞，有 ‎2mv0＝2mv2＋Nmv ·2mv＝·2mv＋·Nmv2‎ 解得N＝6，v2＝－2 m/s，负号表示碰撞后速度与碰撞前速度方向相反 若甲、乙两滑块发生完全非弹性碰撞，有 ‎2mv0＝(2m＋Nm)v 解得N＝2‎ 所以N的取值范围是2≤N≤6‎ 若甲碰后速度为零，则有2mv0＝Nmv 解得N＝4‎ 当2≤N＜4，碰后甲向左匀速运动 当N＝4，碰后甲静止 当4

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