專題突破課9　碰撞模型及拓展-2025版物理大一輪復(fù)習

目標要求1.會分析、計算“滑塊—彈簧”模型、“滑塊—斜(曲)面”模型及“滑塊—滑板”模型(子彈打木塊模型)與碰撞的相似性。2.會用碰撞的相關(guān)知識解決實際問題?？键c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(相當于剛完成彈性碰撞)。如圖甲所示，物體A、B的質(zhì)量分別是m1＝4kg和m2＝4kg，用輕彈簧相連后放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C從t＝0時刻起，以一定的速度向左運動，在t＝5s時刻與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15s內(nèi)的v-t圖像如圖乙所示。求：甲乙(1)物體C的質(zhì)量m3；(2)B離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。解析：(1)以水平向左的方向為正方向，A、C碰撞過程中動量守恒，則有m3vC＝(m1＋m3)v共1代入v-t圖像中的數(shù)據(jù)解得m3＝2kg。(2)從B開始離開墻面到B速度最大的過程，相當于B與AC整體完成了一次彈性碰撞，以水平向右為正方向，則有(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2eq\f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq\f(1,2)(m1＋m3)v共22＋eq\f(1,2)m2v22由v-t圖像可得v共1′大小為2m/s，方向水平向右，解得B的最大速度為v2＝2.4m/s。答案：(1)2kg(2)2.4m/s【對點訓練】1.(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質(zhì)量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止狀態(tài)，同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧的速度為6m/s，接著A球進入與水平面相切，半徑為0.5m的處于豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道運動，PQ為半圓形軌道豎直的直徑，g＝10m/s2，下列說法正確的是()A.彈簧彈開過程中，彈力對A的沖量大于對B的沖量B.A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為2m/sC.A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N·sD.若半圓軌道半徑改為0.9m，則A球不能到達Q點解析：BCD彈簧彈開兩小球的過程中，彈力相等，作用時間相同，根據(jù)沖量定義可知，彈力對A的沖量大小等于B的沖量大小，故A錯誤；由動量守恒定律mv1＝Mv2，解得A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為v2＝2m/s，故B正確；設(shè)A球運動到Q點時速率為v，對A球從P點運動到Q點的過程，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv12＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝4m/s，根據(jù)動量定理I＝mv－(－mv1)＝1N·s，即A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N·s，故C正確；若半圓軌道半徑改為0.9m，小球到達Q點的臨界速度vQ＝eq\r(gR)＝3m/s，對A球從P點運動到Q點的過程，由機械能守恒定律eq\f(1,2)mv12＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝0，小于小球到達Q點的臨界速度，則A球不能達到Q點，故D正確。故選BCD?？键c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)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相當于完成了彈性碰撞)。如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B。求：(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。解析：(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2，解得E損＝eq\f(1,4)mv02。(2)當小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等。根據(jù)動量守恒定律有mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2＝eq\f(1,2)×5m×(eq\f(1,5)v0)2＋2mgh，解得h＝eq\f(3v02,40g)。答案：(1)eq\f(1,4)mv02(2)eq\f(3v02,40g)【對點訓練】2.(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)Mv02D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq\f(v02,2g)解析：BC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。考點三“滑塊—滑板”模型(子彈打木塊模型)1.模型圖示2.模型特點(1)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能。(2)若滑塊未從木板上滑下或子彈未射穿木塊，當兩者速度相同時，木板或木塊的速度最大，兩者相對位移最大。3.求解方法(1)求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個系統(tǒng)。(2)求時間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個物體。(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統(tǒng)。如圖所示，光滑水平面上放一木板A，質(zhì)量M＝4kg，小鐵塊B(可視為質(zhì)點)質(zhì)量為m＝1kg，木板A和小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小鐵塊B以v0＝10m/s的初速度從木板A的左端沖上木板，恰好不滑離木板(g＝10m/s2)。則：(1)A、B的加速度分別為多少？(2)經(jīng)過多長時間A、B速度相同，相同的速度為多少？(3)求薄木板的長度。解析：(1)對小鐵塊B受力分析，由牛頓第二定律有μmg＝maB即aB＝μg＝2m/s2對木板A受力分析，由牛頓第二定律有μmg＝MaA，即aA＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由于A、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(m＋M)v共代入數(shù)據(jù)解得v共＝2m/s由于木板A做勻加速直線運動，則v共＝aAt代入數(shù)據(jù)解得t＝4s。(3)設(shè)薄木板的長度為L，則對A、B整體由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v共2代入數(shù)據(jù)解得L＝20m。答案：(1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s(3)20m【對點訓練】3.(子彈打木塊模型)如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，一輕繩一端系在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A.子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B.子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC.子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD.子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒解析：C子彈射入木塊時，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得子彈射入木塊后的瞬間速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v12,l)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，B錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)，有FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，根據(jù)牛頓第三定律可知，C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，D錯誤。4.(滑塊—木板模型)如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的平板車A放在光滑的水平面上，質(zhì)量m＝0.5kg的物塊B放在平板車右端上表面，質(zhì)量m＝0.5kg的小球C用長為6.4m的細線懸掛于O點，O點在平板車的左端正上方，距平板車上表面的高度為6.4m，將小球向左拉到一定高度，細線拉直且與豎直方向的夾角為60°，由靜止釋放小球，小球與平板車碰撞后，物塊剛好能滑到平板車的左端，物塊相對平板車滑行的時間為0.5s，物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.6，忽略小球和物塊的大小，重力加速度g取10m/s2，求：(1)平板車的長度；(2)小球與平板車碰撞過程損失的機械能。解析：(1)設(shè)物塊在平板車上滑動時的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝6m/s2設(shè)物塊與平板車最后的共同速度為v，根據(jù)運動學公式有v＝at＝3m/s設(shè)小球與平板車相碰后瞬間，平板車的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有Mv1＝(m＋M)v解得v1＝4.5m/s設(shè)平板車的長度為L，根據(jù)能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)解得L＝1.125m。(2)設(shè)小球與平板車相碰前瞬間速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律有mg(l－lcos60°)＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝8m/s設(shè)碰撞后瞬間小球的速度為v2，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝Mv1＋mv2解得v2＝－1m/s小球與平板車碰撞過程損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)Mv12＝5.625J。答案：(1)1.125m(2)5.625J

限時規(guī)范訓練281.(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相等、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍。已知A、B足夠長，兩種射入過程相比較()A.射入滑塊A的子彈速度變化大B.整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大C.射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍D.兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等解析：BD子彈射入滑塊過程中，子彈與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(m＋M)v，兩個子彈的末速度相等，所以子彈速度的變化量相等，A錯誤；滑塊A、B動量變化量相等，受到的沖量相等，B正確；對子彈運用動能定理，有Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，由于末速度v相等，所以阻力對子彈做功相等，C錯誤；對系統(tǒng)，由能量守恒可知，產(chǎn)生的熱量滿足Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等，D正確。2.如圖所示，一質(zhì)量m2＝0.25kg的平頂小車，車頂右端放一質(zhì)量m3＝0.30kg的小物體，小物體可視為質(zhì)點，與車頂之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，小車靜止在光滑的水平軌道上?，F(xiàn)有一質(zhì)量m1＝0.05kg的子彈以水平速度v0＝18m/s射中小車左端，并留在車中，子彈與車相互作用時間很短。若使小物體不從車頂上滑落，g取10m/s2。下列分析正確的是()A.小物體在小車上相對小車滑行的時間為1sB.最后小物體與小車的共同速度為3m/sC.小車的最小長度為1.0mD.小車對小物體的摩擦力的沖量為0.45N·s解析：D子彈射入小車的過程中，由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3m/s。小物體在小車上滑行過程中，由動量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5m/s，選項B錯誤；以小物體為研究對象，由動量定理得，I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝eq\f(1,3)s，選項A錯誤；小車對小物體的摩擦力的沖量為I＝m3v2＝0.45N·s，選項D正確；當系統(tǒng)相對靜止時，小物體在小車上滑行的距離為l，由能量守恒定律得μm3gl＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v12－eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5m，所以小車的最小長度為0.5m，選項C錯誤。3.(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?，F(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()甲乙A.A物體的質(zhì)量為3mB.A物體的質(zhì)量為2mC.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為eq\f(3,2)mv02D.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv02解析：AC對題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機械能守恒定律可得，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。4.(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?，F(xiàn)使A以3m/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()甲乙A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/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∶2D.在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8解析：CD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＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻A的速度為vA＝－1m/s，B的速度為vB＝2m/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。5.(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為3m，靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。重力加速度為g，關(guān)于這個過程，下列說法正確的是()A.小球滑離小車時，小車回到原來位置B.小球滑離小車時小車的速度大小v車＝eq\f(1,2)vC.車上管道中心線最高點的豎直高度為eq\f(3v2,8g)D.小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是eq\f(mv,2)解析：BC由題意知小球與小車在水平方向上不受外力，在水平方向上動量守恒，小球相對小車上滑的過程中，小車向右加速運動，小球相對小車下滑的過程中，小車向右加速運動，所以小車的速度一直向右，小球滑離小車時，小車向右運動，不可能回到原來位置，故A錯誤；設(shè)小球滑離小車時小車的速度大小為v車，由動量守恒可得mv＝3mv車＋mv球，由機械能守恒可得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×3mv車2＋eq\f(1,2)mv球2，解得v車＝eq\f(1,2)v，v球＝－eq\f(1,2)v，故B正確；小球恰好到達管道的最高點時，小球和小車的速度相同，由動量守恒定律得mv＝(3m＋m)v′，可得此時的速度v′＝eq\f(1,4)v，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×4m×(eq\f(1,4)v)2＝mgh，所以車上管道中心線最高點的豎直高度h＝eq\f(3v2,8g)，故C正確；小球恰好到達管道的最高點后，小球和小車的速度相同，則小車的動量變化大小為Δp＝3m·eq\f(1,4)v＝eq\f(3,4)mv，故D錯誤。6.如圖所示，一光滑的eq\f(1,4)圓弧固定在小車的左側(cè)，圓弧半徑R＝0.8m，小車的右側(cè)固定連有輕彈簧的擋板，彈簧處于原長狀態(tài)，自由端恰在C點，總質(zhì)量為M＝3kg，小車置于光滑的地面，左側(cè)靠墻，一物塊從圓弧頂端上的A點由靜止滑下，經(jīng)過B點時無能量損失，最后物塊停在車上的B點。已知物塊的質(zhì)量m＝1kg，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，BC長度為L＝2m，g取10m/s2。求在運動過程中：(1)彈簧的最大壓縮量；(2)彈簧彈性勢能的最大值。解析：(1)物塊由A點到B點的過程中，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝4m/s物塊從經(jīng)過B點開始到靜止于B點系統(tǒng)動量和能量守恒有mvB＝(M＋m)veq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)解得x＝1m。(2)由B點至將彈簧壓縮到最短，系統(tǒng)動量守恒，取vB方向為正方向有mvB＝(M＋m)v′此時的彈性勢能最大，由能量守恒可得eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)由以上兩式可得Ep＝3J。答案：(1)1m(2)3J7.如圖為某機械裝備中的一種智能減震裝置，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧套在固定于地面的豎直桿上，彈簧上端與質(zhì)量為m的圓環(huán)P相連，初始時P處于靜止狀態(tài)，且彈簧彈力等于P的重力，P與桿之間涂有一層能調(diào)節(jié)阻力的智能材料。在P上方H處將另一質(zhì)量也為m的光滑圓環(huán)Q由靜止釋放，Q接觸P后發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)并一起做勻減速運動，下移距離為eq\f(mg,k)時速度減為0，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)Q與P發(fā)生碰撞瞬間時的共同速度的大?。?2)碰撞后PQ一起下移距離d(d<eq\f(mg,k))時，智能材料對P阻力的大?。?3)PQ一起下移距離d(d<eq\f(mg,k))過程中，智能材料對P阻力所做的功W。解析：(1)根據(jù)題意，設(shè)Q剛接觸P時速度為v，Q自由下落時，有v2＝2gH可得v＝eq\r(2gH)設(shè)Q與P發(fā)生碰撞后速度為v′，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得mv＝2mv′則得v′＝eq\f(\r(2gH),2)。(2)根據(jù)題意可知，Q接觸P后發(fā)生碰撞后一起做勻減速運動，設(shè)加速度大小為a，由運動學公式v2－v02＝2ax可得v′2＝2aeq\f(mg,k)解得a＝eq\f(kH,4m)設(shè)新型智能材料對P的阻力為F，對P、Q整體，由牛頓第二定律得k(eq\f(mg,k)＋d)＋F－2mg＝2ma解得F＝mg＋k(eq\f(H,2)－d)。(3)根據(jù)題意可知，Q下移距離d過程中，碰撞結(jié)束時，智能材料對P阻力的大小F0＝mg＋eq\f(kH,2)下移距離d時F＝mg＋k(eq\f(H,2)－d)智能材料阻力做功W＝－eq\f(F0＋F,2)d聯(lián)立解得W＝eq\f(1,2)kd(d－H)－m