資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
1.5 彈性碰撞與非彈性碰撞
一、考點梳理
考點一、判斷一個碰撞過程是否存在的依據
1．動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．總動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′.
【典例1】在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v
【答案】A
【解析】A、B兩球在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2，
以v的方向為正方向，由動量守恒定律有：
mv＝mv1＋2mv2，①
假設碰后A球靜止，即v1＝0，
可得v2＝0.5v
由題意可知A被反彈，所以球B的速度有：
v2>0.5v②
A、B兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有：
mv2≥mv12＋×2mv22③
①③兩式聯立得：v2≤v④
由②④兩式可得：0.5v【典例2】如圖所示，質量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B兩球發生了對心碰撞．對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實驗小組的同學們做了很多種猜測，下面的猜測結果一定無法實現的是(　　)
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
【答案】D
【解析】兩球碰撞前后應滿足動量守恒定律及碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAvA2＋mBv B2≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D中滿足①式，但不滿足②式，所以D選項錯誤．
練習1、如圖所示的三個小球的質量都為m，B、C兩球用水平輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起．問：
(1)A、B兩球剛剛粘合在一起的速度是多大？
(2)彈簧壓縮至最短時三個小球的速度是多大？
(3)彈簧的最大彈性勢能是多少？
【答案】(1)　(2)　(3)mv02
【解析】(1)在A、B碰撞的過程中彈簧的壓縮量是極其微小的，產生的彈力可完全忽略，即C球并沒有參與作用，因此A、B兩球組成的系統所受合外力為零，動量守恒，以v0的方向為正方向，則有：
mv0＝2mv1，解得v1＝.
(2)粘合在一起的A、B兩球向右運動，壓縮彈簧，由于彈力的作用，C球加速，速度由零開始增大，而A、B兩球減速，速度逐漸減小，當三球相對靜止時彈簧最短，此時三球速度相等．在這一過程中，三球和輕彈簧構成的系統動量守恒，以A、B兩球剛剛粘合在一起的速度方向為正方向，有：
2mv1＝3mv2，解得v2＝v1＝.
(3)當彈簧被壓縮最短時，彈性勢能Ep最大，即：
Epm＝×2mv12－×3mv22＝mv02.
考點二、彈性碰撞和非彈性碰撞
1．碰撞的特點：物體碰撞時，相互作用時間很短，相互作用的內力很大，故碰撞過程滿足動量守恒．
2．碰撞的分類：
（1）彈性碰撞：如果系統在碰撞前后動能不變，這類碰撞叫作彈性碰撞．
（2）非彈性碰撞：如果系統在碰撞前后動能減少，這類碰撞叫作非彈性碰撞．
3．物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷
（1）題目中明確指出物體間發生的是彈性碰撞．
（2）題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞，這些碰撞屬于彈性碰撞．
兩個質量相等的物體發生彈性碰撞時，速度交換．
4.規律：
由動量守恒定律和機械能守恒定律
聯立解得：
(1)當時，若，則，，即兩小球交換速度.
(2)當（一動一靜彈性正碰）時，則v1′＝v1 ，v2′＝v1
5.有關討論：
(1)若m1>m2，v1′>0，v2′>0，兩球均沿初速度v1的方向運用；
(2)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度，質量為m1的相求停下，質量為m2的小球以速度v1開始運動；
(3)若m1>m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去．
(4)若m1(5)當m10，質量為m1的小球反彈，質量為m2的小球沿v1方向運動.
【典例1】(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發生正碰，小球的質量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的x t(位移—時間)圖像．已知m1＝0.1 kg.由此可以判斷 (　　)
A．碰前質量為m2的小球靜止，質量為m1的小球向右運動
B．碰后質量為m2的小球和質量為m1的小球都向右運動
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞過程中系統損失了0.4 J的機械能
【答案】AC
【解析】由題中圖乙可知，質量為m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度為v1′＝－2 m/s，質量為m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，兩小球組成的系統碰撞過程動量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入數據解得m2＝0.3 kg，所以選項A、C正確，選項B錯誤；兩小球組成的系統在碰撞過程中的機械能損失為ΔE＝m1v1＋m2v2－＝0，所以碰撞是彈性碰撞，選項D錯誤．
練習1、如圖所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運動，選定向右為正方向，兩球的動量分別為pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.當兩球相碰之后，兩球的動量可能是(　　)
A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s
B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s
C．pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s
D．pa＝2 kg·m/s、pb＝0
【答案】C
【解析】根據碰撞過程中動量守恒可知碰撞后的總動量等于原來總動量2 kg·m/s，A選項碰后的總動量為－2 kg·m/s，動量不守恒，故A錯誤；B選項碰后a球的動能不變，b球的動能增加了，不符合機械能不增加的規律，故B錯誤；C選項碰后a、b小球的動量滿足動量守恒定律，也不違背物體的運動規律，故C正確；D選項與實際不符，a不可能穿過靜止的b向前運動，故D錯誤．
練習2、（多選）如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質量分別為m1、m2，m1>m2，m2的左邊有一固定擋板．由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中(　　)
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
【答案】BD
【解析】由題意結合題圖可知，當m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次相距最近時，m1減速結束，m2加速結束，因此此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統動量和機械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D選項正確．
練習3、如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的一側是一個弧形槽，凹槽半徑為R，A點切線水平．另有一個質量為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法中正確的是(　　)
A．當v0＝時，小球能到達B點
B．如果小球的速度足夠大，球將從滑塊的左側離開滑塊后直接落到水平面上
C．小球到達斜槽最高點處，小球的速度為零
D．小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左
【答案】D
【解析】滑塊不固定，當v0＝時，設小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝RM，v1與v0方向相同，向左，當m考點三、碰撞中的能量問題
碰撞的特點是：在碰撞的瞬間，相互作用力很大，作用時間很短，作用瞬間位移為零，碰撞前后系統的動量守恒。無機械能損失的彈性碰撞，碰撞后系統的動能之和等于碰撞前系統動能之和。碰撞后合為一體的完全非彈性碰撞，機械能損失最大。
【典例1】如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H＝5 m的光滑水平桌面上．現有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝1.8 m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大小；
(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；
(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離．
【答案】(1)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m
【解析】(1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程機械能守恒，設其滑到底面的速度為v1，由機械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6 m/s
滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統的動量守恒，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為v2，由動量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑塊A、B發生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為v3，由動量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝v1＝1 m/s
由機械能守恒定律有
Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動s＝v5t，H＝gt2
解得s＝2 m.
【典例2】如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C.B的左側固定輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)．設A以速度v0向B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動，假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求：
(1)整個系統損失的機械能；
(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．
【答案】(1)　(2)mv02
【解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1
此時B與C相當于發生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE，對B、C組成的系統，由動量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2
mv12＝ΔE＋×2mv22
解得ΔE＝mv02.
(2)由mv1＝2mv2可知v2mv0＝3mv3
mv02－ΔE＝×3mv32＋Ep
解得Ep＝mv02.
練習1．如圖所示，質量為M的平板車P高為h，質量為m的小物塊Q的大小不計，位于平板車的左端，系統原來靜止在光滑水平地面上，一不可伸長的輕質細繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質量為m的小球(大小不計)。今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達最低點時與Q的碰撞時間極短，且無機械能損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動摩擦因數為μ，已知質量M∶m＝4∶1，重力加速度為g，求：
(1)小物塊Q離開平板車時，二者速度各為多大？
(2)平板車P的長度為多少？
(3)小物塊Q落地時與小車的水平距離為多少？
【答案】(1)　　(2)　(3)
【解析】(1)設小球與Q碰前的速度為v0，小球下擺過程機械能守恒：
mgR(1－cos60°)＝mv
v0＝
小球與Q進行彈性碰撞，質量又相等，二者交換速度。
小物塊Q在平板車P上滑動的過程中，Q與P組成的系統動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
其中v2＝v1，M＝4m，解得：v1＝，v2＝。
(2)對系統由能量守恒：
mv＝mv＋Mv＋μmgL，解得：L＝。
(3)Q脫離P后做平拋運動，由h＝gt2，解得：t＝
Q落地時二者相距：s＝(v1－v2)t＝。
練習2、如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質量分別為，，，A、B用一輕彈簧連接（彈簧與滑塊拴接），開始時A、B以共同速度運動，且彈簧處于原長，某時刻B與靜止在前方的C發生碰撞并粘在一起運動求：
（1）B與C碰后的瞬間，C的速度大小；
（2）運動過程中彈簧最大的彈性勢能。
【答案】．（1）；（2）
【詳解】
(1)B與C碰撞過程動量守恒，對B和C，有
解得
(2)彈簧彈性勢能最大的時候三者共速，由動量守恒，有
碰后過程，系統機械能守恒，有
代入數據解得
考點四、多次碰撞模型
若放在光滑水平面上的凹槽中的物體以某一速度與其碰撞，則會發生多次碰撞。對于發生多次碰撞的系統，若只需計算二者相對靜止時的速度，則可根據初末狀態利用動量守恒定律列方程解得。
【典例1】如圖所示，B、C、D、E、F,5個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4個球質量相等，而F球質量小于B球質量，A球的質量等于F球質量。A球以速度v0向B球運動，所發生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(　　)
A．5個小球靜止，1個小球運動 B．4個小球靜止，2個小球運動
C．3個小球靜止，3個小球運動 D．6個小球都運動
【答案】C
【解析】A球與B球相碰時，由于A質量小于B，A彈回，B獲得速度與C碰撞，由于發生的碰撞為彈性碰撞且質量相等，B靜止，C獲得速度，同理，C和D的碰撞，D與E的碰撞都是如此，E獲得速度后與F的碰撞過程中，由于E的質量大于F，所以E、F碰后都向右運動。所以碰撞之后，A、E、F三球運動，B、C、D三球靜止。
【典例2】在光滑水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如圖所示．設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能是( )
A．v1=v2=v3=v0 B．v1=0，v2=v3=v0
C．v1=0，v2=v3=v0 D．v1=v2=0，v3=v0
【答案】D
【解析】A．2、3小球靜止，并靠在一起，1球以速度v0射向它們，碰撞前系統動量為mv0，
如果碰后三個小球的速度v1=v2=v3=v0，碰撞后系統動量為mv0，不符合碰撞中系統動量守恒，故A錯誤；
練習1、質量相等的三個物塊在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開了一定的距離，如圖所示．具有動能E0的第1個物塊向右運動，依次與其余兩個靜止物塊發生碰撞，最后這三個物塊粘在一起，這個整體的動能為(　　)
A．E0 B.
C. D.
【答案】C
【解析】由碰撞中動量守恒mv0＝3mv1，得
v1＝①
E0＝mv②
Ek′＝×3mv③
由①②③式得Ek′＝×3m2＝×＝．
練習2、如圖所示，質量為M，內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，在箱子正中間放一質量為m的小物塊（可視為質點），現給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。已知小物塊與箱子發生的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為g。則小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】小物塊與箱壁碰撞N次后又恰好又回到箱子正中間，由此可知，小物塊相對于箱子滑動的距離
s=NL
根據動量守恒條件可知，小物塊與箱子組成的系統水平方向動量守恒，設共同速度為，有
解得
小物塊受到摩擦力為
根據能量守恒定律有
聯立解得動摩擦因數
練習3、雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大。現將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質量變為m1。此后每經過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次變為m2、m3……mn……（設各質量為已知量）。不計空氣阻力。
（1）若不計重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；
（2）若考慮重力的影響，
a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；
b.求第n次碰撞后雨滴的動能 vn′2；
【答案】mnvn’2=( m02v02+2gl)。
【解析】
（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒。
a．第1次碰撞前， v12 = v02+2gl，解得v1=。
第1次碰撞后 ，m0v1=m1v1′， 解得 v1′ = v1= 。
b.第2次碰撞前 v22 = v1’2+2gl，解得v22=()2 v02+()2gl。
第2次碰撞后，m1v2=m2v2′，解得v2’2= v02+2gl。
同理，第3次碰撞后v3’2= v02+2gl。
第n次碰撞后，vn’2=()2 v02+2gl。
動能：mnvn’2=( m02v02+2gl)。
練習4、如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為，B、C的質量都為，三者都處于靜止狀態，現使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。
【答案】
【解析】設A運動的初速度為A向右運動與C發生碰撞，根據彈性碰撞可得
可得要使得A與B發生碰撞，需要滿足，即
A反向向左運動與B發生碰撞過程，彈性碰撞
整理可得
由于，所以A還會向右運動，根據要求不發生第二次碰撞，需要滿足
即
整理可得
解方程可得
考點五、碰撞中的臨界問題
相互作用的兩個物體在很多情況下可當做碰撞處理，那么對相互作用中兩物體相距恰“最近”、相距恰“最遠”或恰上升到“最高點”等一類臨界問題，求解的關鍵都是“速度相等”，相當于完全非彈性碰撞模型．具體分析如下：
1．如圖所示，光滑水平面上的 A 物體以速度 v 去撞擊靜止的 B 物體，A、B 兩物體相距最近時，兩物體速度必定相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大．
2．如圖所示，光滑水平面上有兩個帶同種電荷的物體 A、B，當其中一個 A 以速度 v 向靜止的另一個 B 靠近的過程中(設 A、B 不會接觸)，當兩者相距最近時，二者速度必定相等．
3．如圖所示，物體 A 以速度 v0滑上靜止在光滑水平面上的小車 B，當 A 在 B 上滑行的距離最遠時，A、B 相對靜止，A、B 兩物體的速度必定相等．
4．如圖所示，質量為 M 的滑塊靜止在光滑水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質量為 m 的小球以速度 v0 向滑塊滾來，設小球不能越過滑塊，則小球到達滑塊上的最高點時(即小球的豎直速度為零)，兩物體的速度必定相等(方向為水平向右)．
5．如圖所示，光滑水平桿上有一質量為 m 的環，通過一長為 L 的輕繩與 M 相連，現給 M 以瞬時水平速度 v0.(設M 上升最高不超過水平桿)，則 M 上升最高時，m、M 速度必定相等．
【典例1】兩個質量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示．一質量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h.物塊從靜止開始滑下，然后又滑上劈B.求物塊在B上能夠達到的最大高度．
【答案】 h
【解析】設物塊到達劈A的底端時，物塊和A的速度大小分別為v和V，由機械能守恒和動量守恒得
mgh＝mv2＋M1V2①
M1V＝mv②
設物塊在劈B上達到的最大高度h′，此時物塊和B的共同速度大小為V′，由機械能守恒和動量守恒得
mgh′＋(M2＋m)V′2＝mv2③
mv＝(M2＋m)V′④
聯立①②③④式得h′＝h⑤
【典例1】如圖所示，水平地面的MN段是粗糙的、長為L=1m，N的右側是光滑的。現依次將小物塊A和B（均可視為質點）放置在M點和N點；曲面滑塊C放置在N的右側，其光滑的曲面下端與水平面相切，且曲面部分足夠高。已知A與B的質量相等均為m=1kg，與水平地面的動摩擦因數為μ=0.45，C的質量為M=2kg。現給小物塊A一個水平初速度v0=5m/s，使其從M點開始向右運動，到達N時與B發生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起繼續向右運動。取g=10m/s2，求：
（1）A與B碰撞后速度的大小及碰撞過程損失的機械能；
（2）碰后物塊A與B在曲面滑塊C上能夠達到的最大高度；
（3）曲面滑塊C獲得的最大速度的大小。
【答案】（1）2m/s ，4J；（2）0.1m；（3）2m/s
【解析】（1）小物塊A從M點到N點的過程中克服摩擦阻力做功，設到N點時的速度大小為v1，由動能定理得
-μmgL=mv12-mv02
解得
v1=4m/s
A在N點與B發生碰撞粘在一起，設碰后瞬間速度大小為v2，由動量守恒定律得
mv1=(m+m)v2
解得
v2=2m/s
碰撞過程中系統損失的機械能為
E損=mv12-(2m)v22=4J
（2）當AB上升到最大高度時，ABC系統的速度相等，設此速度為v3，根據動量守恒定律有
2mv2=(m+m+M)v3
解得
v3=1m/s
設AB上升的最大高度為h，整個過程能量守恒，有
(2m)v22-(2m+M)v32=2mgh
解得
h=0.1m
（3）當AB由滑塊C的曲面滑下并離開C后，C達到最大速度，設此速度為vm，AB的速度為v4，則從AB碰后瞬間到由C滑下過程中系統動量守恒，有
(2m)v2=(2m)v4+Mvm
系統機械能守恒，有
(2m)v22=(2m)v42+Mvm2
聯立可解得
vm=2m/s
練習1、如圖甲所示，質量為3kg的小球B與質量未知的小球C用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A從t=0時刻開始以一定速度向右運動，運動圖像如圖乙所示，在t=2s時，A與小球B發生彈性碰撞（碰撞時間極短，沒有能量損失），碰撞后小球B的v-t圖像如圖丙所示。求∶
（1）小球A的質量mA和圖乙中t0對應的數值；
（2）小球C的質量mC及運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。
【答案】（1）1kg；6s；（2）5kg；15J
【解析】
(1)由 題圖乙知，A與B碰前的速度
碰后B的速度v=4m/s，以A的初速度方向為正方向，A與B碰撞過程動量守恒，有
A與B碰撞過程機械能守恒，可得
解得
由題圖乙可知
可知
(2)A與B碰撞之后，B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，由圖丙可知小球B先向右減速，而后反向加速，當彈簧恢復原長時，B的速度v1=-1m/s，由動量守恒有
由機械能守恒有
解得
且當B與C速度相等時，彈簧彈性勢能最大，由動量守恒定律得
由機械能守恒定律得
得
練習2、兒童樂園新增了一款游樂設備，可以簡化為下面的運動過程。質量為的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，弧形槽右側的彈簧一端固定在豎直墻上，一個質量為的小球從高為處由靜止釋放自由下滑。求：
（1）小球和彈簧接觸時小球的速度？
（2）小球第一次被彈簧彈回沖上弧形槽后上升的最大高度？
（3）弧形槽的最大速度？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】(1)小球弧形槽滑下，水平方向動量守恒
系統機械能守恒
聯立解得小球的速度
弧形槽的速度
(2)小球被彈簧彈回后劃上弧形槽達到最高點過程水平方向動量守恒，方向向左為正
解得
系統機械能守恒
解得
(3)經過彈簧多次反彈后速度相同時，弧形槽速度最大，由機械能守恒
解得
二、夯實小練
1、在光滑水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0 射向它們，如圖所示，設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
【答案】D
【解析】由題設條件，三個小球在碰撞過程中總動量和總動能守恒，若各球質量均為m，則碰撞前系統總動量為mv0，總動能應為mv。
假如選項A正確，則碰后總動量為mv0，這顯然違反動量守恒定律，故不可能。
假如選項B正確，則碰后總動量為mv0，這也違反動量守恒定律，故也不可能。
假如選項C正確，則碰后總動量為mv0，但總動能為mv，這顯然違反機械能守恒定律，故也不可能。
假如選項D正確的話，則通過計算其既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選項D正確。
2、(多選)質量為m的小球A在光滑的水平面上以速度v與靜止在光滑水平面上的質量為2m的小球B發生正碰，碰撞后，A球的動能變為原來的，那么碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．v　　　B．v C．v　　　D．v
【答案】AB
【解析】設A球碰后的速度為vA，由題意有mv＝×mv2，則vA＝v，碰后A的速度有兩種可能，因此由動量守恒有mv＝m×v＋2mvB或mv＝－m×v＋2mvB，解得vB＝v或v，A、B正確．
3、(多選)小車AB靜置于光滑的水平面上，A端固定一個輕質彈簧，B端黏有橡皮泥，AB車質量為M，長為L，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連結于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB與C都處于靜止狀態，如圖所示．當突然燒斷細繩，彈簧被釋放，物體C離開彈簧向B端沖去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下說法正確的是(　　)
A．如果AB車內表面光滑，整個系統任何時刻機械能都守恒
B．整個系統任何時刻動量都守恒
C．當木塊對地運動速度大小為v時，小車對地運動速度大小為v
D．整個系統最后靜止
【答案】BCD
【解析】AB車和木塊組成的系統在水平方向上不受外力，動量守恒，由于最后彈性勢能釋放出來，整個過程機械能不守恒，選項B、C、D正確．
4、如圖所示，一個質量為m的物體A與另一個質量為2m的物塊B發生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.1，與沙坑的距離x＝0.5 m，g取10 m/s2.物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小為(　　)
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
【答案】C
【解析】碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入數據得v＝1 m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機械能的損失，則有mv＝mv＋·2mv2，聯立解得v0＝1.5 m/s，選項C正確．
5、如圖所示，質量為m、半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道小車靜置于光滑水平面上。一質量也為m的小球以水平初速度沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，不計空氣阻力，則（　　）
A．上述過程小球和小車組成的系統動量守恒
B．球返回到車左端時，車回到原靜止時的位置
C．小球上升的最大高度可能大于等于R
D．小球返回到小車左端后將做平拋運動
【答案】C
【解析】A．系統在水平方向上所受合外力為0，則系統在水平方向上動量守恒。故A錯誤；
B．受力分析可知，圓弧軌道所受合力一直向右，即一直加速向右，不可能回到原靜止時的位置。故B錯誤；
C．當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，設該度為，則
聯立解得
可知，當足夠大時，可以大于等于。故C正確；
D．設小球離開小車時，小球的速度為，小車的速度為，選取向右為正方向，整個過程中動量守恒得
聯立解得
，
即小球與小車分離后二者交換速度，所以小球與小車分離后做自由落體運動，故D錯誤。
6、如圖甲所示，物塊、的質量分別是和，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊右側與豎直墻壁相接觸，另有一物塊從時以一定速度向右運動在時與物塊相碰，并立即與粘在一起不再分開，物塊的圖象如圖乙所示，墻壁對物塊的彈力在到的時間內對的沖量的大小（　　）
· B．· C．· D．·
【答案】C
【解析】結合圖乙，對C與A碰撞前后用動量守恒定律
碰撞后，AC整體一起壓縮彈簧，以向右為正方向，對A、B、C及彈簧系統由動量定理可得
即墻壁對A、B、C及彈簧系統的沖量大小為，由于墻壁的彈力作用在B上，所以墻壁的彈力對B的沖量大小為。
7、一光滑水平地面上靜止放著質量為m、半徑為R的光滑圓弧軌道，質量也為m小球從軌道最左端的A點由靜止滑下（AC為水平直徑），重力加速度為g，下列正確的是（　　）
A．小球不可能滑到圓弧軌道右端最高端C
B．小球向右運動中軌道先向左加速運動，后向右加速運動
C．軌道做往復運動，離原先靜止位置最大距離為
D．B小球通過最低點時速度
【答案】D
【解析】A．當小球滑到圓弧的最高點時，根據水平方向動量守恒得知，小球與圓弧的速度均為零，根據系統的機械能守恒得知，小球能滑到右端C，故A錯誤；
B．小球向右運動的過程中，軌道先向左加速，后向左減速，當小球到達C點時，速度為零，故B錯誤；
C．設小球滑到最低點時，軌道向左運動的距離為s，則小球相對于地水平位移大小為R-s，取水平向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒得
解得
所以軌道做往復運動，離原先靜止位置最大距離為2s=R，故C錯誤；
D．設小球通過最低點時小球與軌道的速度分別為v和，以向右為正方向，由動量守恒定律得
由機械能守恒定律
聯立解得
8、（多選）如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量，B的質量.滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用（整個過程彈簧沒有超過彈性限度），直至分開。則（ ）
A．物塊A的加速度一直在減小，物塊B的加速度一直在增大
B．作用過程中彈簧的最大彈性勢能
C．滑塊A的最小動能為，滑塊B的最大動能為
D．若滑塊A的質量，B的質量，滑塊A的最小動能為，滑塊B的最大動能為
【答案】BD
【解析】A．彈簧的彈力先增大后減小，兩個物塊受到的合外力都等于彈簧的彈力，則兩個物塊的加速度都先增大后減小，故A錯誤；
B．當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A和B的速度相同。選取向右為正方向，根據動量守恒定律
解得
根據機械能守恒定律，知彈簧的最大彈性勢能等于滑塊A、B損失的動能，為：
解得
故B正確；
C．當A、B分離時，滑塊B的速度最大，由動量守恒和能量守恒定律得
由以上兩式得
所以滑塊A的最小動能為
滑塊B的最大動能為
故C錯誤。
D．若滑塊A的質量，B的質量，同理可得，當A、B分離時，A、B的速度分別為
滑塊A的最小動能為
滑塊B的最大動能為
。
9、（多選）如圖所示，兩條形磁鐵各固定在甲、乙兩小車上，它們能在水平面上無摩擦的運動，甲車與磁鐵的總質量為2kg，乙車與磁鐵的總質量為2kg，兩磁鐵N極相對，現使兩車在同一直線上相向運動，某時刻甲車的速度為5m/s，乙車的速度為4m/s，可以看到它們沒有相碰就分開了，下列說法正確的是（　　）
A．甲車對乙車的沖量與乙車對甲車的沖量相同
B．乙車開始反向時，甲車的速度為1.0m/s，方向不變
C．當乙車的速度為零時，兩車相距最近
D．當甲乙兩車的速度大小為0.5m/s，方向與甲車的初始速度方向相同時，兩車相距最近
【答案】BD
【解析】A．甲車對乙車的沖量與乙車對甲車的沖量大小等，方向相反，則沖量不相同，所以A錯誤；
B．取甲車的速度方向為正方向，兩車開始的總動量為
乙車開始反向時，乙車速度減到為，則甲車的速度為v，由動量守恒定律可得
解得
，方向不變
所以B正確；
C．當兩車速度相等時，兩車相距最近，所以C錯誤；
D．當兩車速度相等時，兩車相距最近，有
解得
，方向與甲車的初始速度方向相同。
10、A、B兩物體在光滑的水平面上相向運動，其中物體A的質量為，兩物體發生發生正碰，碰后成一整體，碰撞前、后的運動圖像如圖所示，求：
（1）碰前物體A速度的大小和方向；
（2）物體B的質量；
（3）A、B碰撞是否彈性碰撞？求出碰撞前后系統損失的機械能。
【答案】（1）2m/s，方向沿x軸負方向；（2）6kg；（3）完全非彈性碰撞，30J
【解析】（1）由圖像知，碰前物體A的速度為
解得
vA=2m/s
方向沿x軸負方向。
（2）由題圖知碰前物體B運動方向為正方向
vAB=1m/s
由動量守恒定律和圖像得
mBvB－mAvA=（mA＋mB）vAB
解得
mB=6kg
（3）因為
則碰撞為完全非彈性碰撞，損失ΔEk=30J。
11、如圖所示，光滑水平面上質量為1 kg的小球A以2.0 m/s的速度與同向運動的速度為1.0 m/s、質量為2 kg的大小相同的小球B發生正碰，碰撞后小球B以1.5 m/s的速度運動．求：
(1)碰后A球的速度；
(2)碰撞過程中A、B系統損失的機械能．
【答案】(1)1.0 m/s　(2)0.25 J
【解析】(1)碰撞過程，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，代入數據解vA′＝1.0 m/s．
(2)碰撞過程中A、B系統損失的機械能為E損＝mAv＋mBv－mAvA′2－mBvB′2，
代入數據解得E損＝0.25 J．
12、如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為4∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發生第二次碰撞。求：
(1)A、B兩球的質量之比為多少？
(2)A、B碰撞前、后兩球總動能之比是多少？
【答案】(1)5∶1　(2)8∶3
【解析】(1)設碰前B球速度大小為v0，碰后A、B兩球速度大小分別為vA、vB，由題意知，vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝v0
碰撞過程動量守恒，取水平向右為正方向，則有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，
解得：＝。
(2)碰撞前動能：E1＝mBv，
碰撞后總動能：E2＝mAv＋mBv，
碰撞前、后總動能之比為：＝。
13、如圖所示，工件放在光滑水平地面上，其上表面為光滑的圓弧軌道，其右端水平切線處放置一小物塊，開始時，、均處于靜止狀態。長的輕繩上端系于點，下端系一小物塊。拉緊輕繩使繩與豎直方向成角，將小物塊從靜止開始釋放，達到最低點時炸裂成的兩個小物塊A和，物塊水平向左運動與粘在一起，組成物體后不再分開，物塊仍系在繩上具有水平向右的速度，剛好能回到釋放時的初始位置。A、、、均可看成質點。已知：各物體的質量、、、、；圓弧軌道的半徑；取。求：
（1）小物塊在最低點時的速度；
（2）小物塊炸裂時增加的機械能；
（3）在以后的過程中，工件能獲得的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）物塊由靜止釋放到到達最低點過程，由動能定理有
解得
（2）設炸裂后物A的速度為，物塊的速度大小為，則
由動量守恒定律得
聯立解得
增加的機械能
聯立解得
（3）設物塊A與粘在一起時的共同速度為，由動量守恒定律得
聯立解得
在以后的過程中，當物塊滑回到軌道最低點時，工件速度達到最大值，由動量、機械能守恒得
聯立解得
三、培優練習
1、質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上是一個四分之一的光滑圓周軌道，軌道下端切線水平。質量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車，重力加速度為g，如圖所示。已知小球不從小車上端離開小車，小球滑上小車又滑下，與小車分離時，小球與小車速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，則m∶M的值為（　　）
A．1∶3 B．1∶4 C．3∶5 D．2∶3
【答案】C
【解析】設小球的初速度方向為正方向，由動量守恒可知
對整體有機械能守恒定律可得
聯立解得
2、（多選）用不可伸長的細線懸掛一質量為M的小木塊，木塊靜止，如圖所示，現有一質量為m的子彈自左向右水平射入木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為，則下列判斷正確的是（　　）
A．從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統的動量守恒
B．子彈射入木塊瞬間在水平方向上動量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為
C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統機械能守恒，其機械能等于子彈射入木塊前的動能
D．子彈和木塊一起上升的最大高度為
【答案】BD
【解析】A．從子彈射入木塊后到一起上升到最高點的過程中系統所受合外力不為零，動量不守恒，故A錯誤；
B．子彈射入木塊瞬間，在水平方向上，子彈和木塊組成的系統內力遠大于外力，所以動量守恒，設子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為v，則
①
解得
②
故B正確；
C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統內只有重力做功，所以機械能守恒，但由于子彈射入木塊過程中會產生摩擦熱從而損失機械能，所以子彈射入木塊后子彈和木塊整體的機械能少于子彈射入木塊前的機械能，故C錯誤；
D．根據機械能守恒定律有
③
聯立②③解得
④
3、如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的高度為(　　)
A．h B．2h C．3h D．4h
【答案】D
【解析】下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得v2=2gh，解得觸地時兩球速度相同，為，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得，由題可知m2=3m1，聯立解得，反彈后高度為，故D正確，ABC錯誤
4、粗糙水平面上有甲、乙兩個相同材料的物塊，兩物塊均可看作質點，它們運動的圖象如圖所示，4s時兩物塊發生了完全非彈性碰，已知甲物體的質量為1kg，重力加速度為g=10m/s2，根據圖象可知下列說法正確的是（　　）
A．乙物塊質量為0.5kg
B．物塊與水平面之間的動摩擦因數為=0.2
C．從0時刻到兩物體相遇，甲比乙多走的位移
D．兩小球碰撞過程中損失的機械能為75J
【答案】A
【解析】A．由圖可知，碰撞前瞬間甲的速度為，乙的速度為，碰撞后甲乙速度相等為，由動量守恒定律得
解得
故A正確；
B．由圖可知，乙的加速度大小為2.5，根據
解得
故B錯誤；
C．根據圖像與軸圍成面積表示位移可知從0時刻到兩物體相遇，甲比乙多走的位移
故C錯誤；
D．兩球碰撞過程中損失的機械能
代入數據解得
5、（多選）如圖所示，A、B、C三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的水平桿上，三個球的質量分別為ma=1kg，mb=3kg，mc=1kg， 初始狀態三個球均靜止，B、C球之間連著一根輕質彈簧，彈簧處于原長狀態。現給A一個向左的初速度v0= 10m/s，之后A與B發生彈性碰撞。球A和B碰后，下列說法正確的是（　　）
A．球A的速度變為向右的5m/s B．彈簧恢復原長時球C的速度為5m/s
C．球B的最小速度為2. 5m/s D．彈簧的最大彈性勢能為9. 375J
【答案】ACD
【解析】A．A與B發生彈性碰撞，動量守恒得
機械能守恒得
解得
A正確；
D．碰后B向左運動，因為彈簧彈力的作用，B向左減速，C向右加速，當B、C速度相等時彈簧最長，彈簧的彈性勢能最大，由
解得
D正確；
BC．接下來B繼續減速，C繼續加速，C的速度大于B的速度，彈簧開始縮短，當彈簧恢復原長時球B的速度最小，由
解得
。
6、(多選)如圖所示，在質量為M的小車中掛著一單擺，擺球質量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質量為m的靜止的木塊發生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發生的是(　　)
A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為u，滿足Mv＝(M＋m)u
D．小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度變為v2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
【答案】BC
【解析】小車與木塊碰撞，且碰撞時間極短，因此相互作用只發生在木塊和小車之間，懸掛的擺球在水平方向未受到力的作用，故擺球在水平方向的動量未發生變化，即擺球的速度在小車與木塊碰撞過程中始終不變，由此可知A和D兩種情況不可能發生；選項B的說法對應于小車和木塊碰撞后又分開的情況，選項C的說法對應于小車和木塊碰撞后粘在一起的情況，兩種情況都有可能發生．故選項B、C正確．
7、如圖所示，光滑水平地面上有一足夠長的木板，左端放置可視為質點的物體，其質量為m1＝1 kg，木板與物體間動摩擦因數μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右運動，木板與豎直墻碰撞時間極短，且沒有機械能損失．g取10 m/s2.
(1)如果木板質量m2＝3 kg，求物體相對木板滑動的最大距離；
(2)如果木板質量m2＝0.6 kg，求物體相對木板滑動的最大距離．
【答案】(1)0.96 m　(2)0.512 m
【解析】(1)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，設向左為正方向，由動量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不會與豎直墻再次碰撞．
由能量守恒定律(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m.
(2)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，由動量守恒定律m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，將與豎直墻再次碰撞，最后木板停在豎直墻處
由能量守恒定律(m1＋m2)v＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.
8、如圖，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O.讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平．從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°.忽略空氣阻力，求：
(1)兩球a、b的質量之比；
(2)兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比．
【答案】(1)(－1)∶1　(2)(2－)∶2
【解析】(1)設細線長為l，b球運動到最低點的過程中，機械能守恒，有mbgl＝mbv
解得vb＝
然后a、b發生碰撞，碰撞時動量守恒，即mbvb＝(ma＋mb)vab
此后a、b一起運動到最高點，有(ma＋mb)gl(1－cos 60°)＝(ma＋mb)v
解得vab＝
聯立解得＝－1.
(2)兩球在碰撞過程中損失的機械能ΔE＝mbv－(ma＋mb)v
球b在碰前的最大動能E＝mbv
解得＝.
9、如圖所示，光滑水平面上靜止放置質量M＝2 kg的長木板C；離板右端x＝0.72 m處靜止放置質量mA＝1 kg的小物塊A，A與C間的動摩擦因數μ＝0.4；在木板右端靜止放置質量mB＝1 kg的小物塊B，B與C間的摩擦忽略不計．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均可視為質點，g取10 m/s2.現在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A與B發生彈性碰撞時撤去力F.問：
(1)A與B碰撞之前運動的時間是多少？
(2)若A最終能停在C上，則長木板C的長度至少是多少？
【答案】(1)1.2 s (2)0.84 m
【解析】(1)若A、C相對滑動，則A受到的摩擦力為FA＝μmAg＝4 N＞F，故A、C不可能發生相對滑動，設A、C一起運動的加速度為a
a＝＝1 m/s2
由x＝at2有：t＝＝1.2 s
(2)因A、B發生彈性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度為0，則從碰后瞬間到木板與A速度相同的過程中，由動量守恒定律得Mv0＝(M＋mA)v其中v0＝at＝1.2 m/s
則v＝0.8 m/s
由能量守恒定律得μmAgΔx＝Mv－(M＋mA)v2
Δx＝0.12 m
故木板C的長度L至少為：L＝x＋Δx＝0.84 m
10、如圖所示，光滑軌道PQO的水平段QO＝，軌道在O點與水平地面平滑連接．一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為4m的靜止小物塊B發生碰撞．A、B與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，重力加速度大小為g.假設A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短．求：
(1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小；
(2)A、B均停止運動后，二者之間的距離．
【答案】(1)　　(2)h
【解析】(1)A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝mv
A、B發生完全彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得mv0＝mvA＋4mvB
由機械能守恒定律得mv＝mv＋(4m)v
解得vA＝－，vB＝.
(2)物塊B在粗糙水平面上做勻減速直線運動，最終速度為零，由動能定理
對B有：－μ(4m)gx＝0－(4m)v，得x＝
設當物塊A的位移為x時速度為v，對A由動能定理得－μmgx＝mv2－mv
解得v＝
A、B發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得mv＝mv′A＋4mv′B
由機械能守恒定律得mv2＝mv′＋(4m)v′
解得v′A＝－，v′B＝
碰撞后A向左做減速運動，B向右做減速運動，由動能定理
對A有：－μmgxA＝0－mv′
對B有：－μ(4m)gxB＝0－(4m)v′
解得xA＝h，xB＝h
A、B均停止運動后它們之間的距離d＝xA＋xB＝h.
11、如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H＝5 m的光滑水平桌面上．現有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝1.8 m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大小；
(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；
(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離．
【答案】(1)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m
【解析】(1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程機械能守恒，設其滑到底面的速度為v1，由機械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6 m/s
滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統的動量守恒，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為v2，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑塊A、B發生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為v3，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝v1＝1 m/s
由機械能守恒定律有Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，由動量守恒定律和機械能守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動s＝v5t，H＝gt2
解得s＝2 m.
12、如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑。質量kg、長m的小車放在地面上，其右端與墻壁的距離為m，小車上表面與半圓軌道最低點P的切線相平。現有一質量kg的滑塊（視為質點）以m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動。小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面間的動摩擦因數，g取10m/s2。
（1）滑塊與小車剛達相對靜止時，滑塊的速度大小和位移大小各是多少？
（2）要使滑塊在半圓軌道上運動時不脫離軌道，求半圓軌道的半徑R的取值。
【答案】（1）滑塊的速度大小是4m/s；位移大小是4m；（2）
【解析】（1）由動量守恒
可得滑塊與小車剛達相對靜止時，滑塊的速度大小
由動能定理
可得滑塊的位移為
由動能定理
可得小車的位移為
即碰到墻壁前已共速。
（2）滑塊與小車剛達相對靜止時，由動能定理
可得滑塊與小車的相對位移為
由動能定理
可得滑塊到達P點時的速度為
若滑塊恰好過圓周最高點，有
根據動能定理
可得
如果滑塊恰好滑至圓弧T處就停止，則有
可得
所以
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