1.4美妙的守恒定律-课后练习（word 含答案）

1.4美妙的守恒定律
一、选择题（共15题）
1．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）
A．0.68v B．0.48v C．0.58v D．0.28v
2．如图所示，光滑的水平杆上有一质量为的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为的物块B（可视为质点），物块B恰好与光滑的水平面接触。质量为物块C（可视为质点）以速度冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．物块C与物块B碰后速度为
B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为
C．若滑环A不固定，则滑环A最大速度为
D．若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为
3．如图所示装置中，质量为M的木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　）
A．弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能守恒
C．弹簧的最大弹性势能为
D．弹簧的最大弹性势能为
4．如图，在光滑水平面上放着质量分别为1kg和2kg的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功10J，然后撤去外力，则（　　）
A．从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0
B．当A离开墙面时，B的动量大小为
C．A离开墙面后，A的最大速度为
D．A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为
5．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量，B球的动量．当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
6．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则（ ）
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
7．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是（　　）
A．物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处
B．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
C．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
D．物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
8．如图所示，光滑水平面上A、B两点间静置有一质量为M、半径为R的均匀材质半圆槽，其圆心O在AB中垂线上。从槽左边缘处由静止释放一质量为m的小球，最终半圆槽和小球都静止，且小球静止在半圆槽最低点。在运动过程中下列说法中正确的是（　　）
A．半圆槽和小球系统的机械能守恒
B．半圆槽和小球系统的动量守恒
C．半圆槽和小球系统增加的内能为mgR
D．小球最终静止的位置在AB的中垂线上
9．粗糙水平面上有甲、乙两个相同材料的物块，两物块均可看作质点，它们运动的图象如图所示，4s时两物块发生了完全非弹性碰，已知甲物体的质量为1kg，重力加速度为g=10m/s2，根据图象可知下列说法正确的是（　　）
A．乙物块质量为0.5kg
B．物块与水平面之间的动摩擦因数为=0.2
C．从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移
D．两小球碰撞过程中损失的机械能为75J
10．如图所示，光滑水平面上有两个相同的光滑弧形槽，左侧弧形槽静止但不固定，右侧弧形槽固定，两个弧形槽底部均与水平面平滑连接。一个小球从左侧槽距水平面高h处自由下滑，已知小球质量为m，弧形槽质量均为，下列说法正确的是（ ）
A．小球从左侧弧形槽下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B．小球从左侧弧形槽下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒
C．小球滑上右侧弧形槽后，上升的最大高度为h
D．小球第二次滑上左侧弧形槽，上升的最大高度为h
11．如图，长为a的轻质细线，一端悬挂在O点，另一端接一个质量为m的小球（可视为质点），组成一个能绕O点在竖直面内自由转动的振子。现有3个这样的振子，以相等的间隔b（b>2a）在同一竖直面里成一直线悬于光滑的平台MN上，悬点距台面高均为a。今有一质量为3m的小球以水平速度v沿台面射向振子并与振子依次发生弹性正碰，为使每个振子碰撞后都能在竖直面内至少做一个完整的圆周运动，则入射小球的速度v不能小于（　　）
A． B．
C． D．
12．质量相等A、B两球在光滑的水平面上沿同一直线同一方向运动，A球的动量，B球的动量，当A球追上B球时发生碰撞．则碰后A、B两球的动量可能是( )
A．
B．
C．
D．
13．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m1、m2，速度分别是vA=3m/s（设为正方向），vB=－2m/s，两球右侧有一竖直墙壁，假设两球之间、球与墙壁之间发生正碰时均无机械能损失，为了使两球至少能够发生两次碰撞，两球的质量之比可能为（ ）
A． B． C． D．
14．质量为M速度为v的A球，跟质量为3M的静止B球发生正碰，碰撞可能是弹性，也可能非弹性，碰后B球的速度可能是以哪些值（　 ）
A．0.5v
B．0.6v
C．0.4v
D．0.3v
15．两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8kg·m/s，B球的动量是6kg·m/s，A球追上B球时发生正碰，则正碰后A、B两球的动量可能为（　　）
A．PA=2 kg·m/s，PB=14 kg·m/s B．PA=10 kg·m/s，PB=4 kg·m/s
C．PA=6 kg·m/s，PB=8 kg·m/s D．PA=7 kg·m/s，PB=7 kg·m/s
二、填空题
16．碰撞问题遵守的三条原则
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′
（2）动能_________：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
（3）速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后_____v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′___v后′；
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向______都不改变。
17．如图所示，光滑水平面上有质量分别为m1=1kg、m2=2kg的两个物体，其中m2左侧固定一轻质弹簧，m1以v0=9m/s的速度向右运动，通过压缩弹簧与原来静止的m2发生相互作用，则弹簧被压缩到最短时m2的速度为v=___m/s，此时弹簧存储的弹性势能为____J。
18．某机械装置的竖直切面如图所示，装置由内壁光滑的圆管构成，其中AB部分水平，BC部分是内径为R的半圆，且圆管半径远小于R．由于某种原因，一质量为m的小球a留在了水平管内，现用一个质量也为m的小球b“冲撞”小球a，小球a恰好到达圆管最高点C，已知两小球发生弹性正碰，两小球直径略小于圆管直径，重力加速度为g。则小球b的入射速度大小为______，小球b对小球a的冲量大小为______。
19．光滑水平面上依次放99个质量均为m的弹性小球，质量相等的两弹性小球正碰时交换速度。现一质量为2m的小球A以初速度与第99个小球发生弹性正碰，则：第1个小球最终的速度大小为_________，第99个小球最终的速度大小为_________。
三、综合题
20．质量mB＝1kg的木板B静止于光滑水平面上，质量mA＝4kg的物块A停在B的左端，质量mC＝1kg的小球C用长l＝1.25m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间极短，之后小球C以vC′＝3m/s的速率反弹。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)小球C与物块A碰撞前瞬间，小球C的速度大小vC；
(2)小球C与物块A碰撞过程中，物块A受到的冲量大小I；
(3)为使物块A不滑离木板B，木板B的长度L至少多长？
21．如图所示，质量分别为3m、m两个弹性小球A、B，分别被两根轻绳悬挂在同一点O处，轻绳的长度均为L，B球在水平向左的拉力作用下静止于P点，此时OP与竖直方向夹角为60°，A球处于静止状态，作用t秒后撤去水平拉力。A、B两个小球均可视为质点，重力加速度为g，求：
(1)水平拉力对B球的冲量大小；
(2)B球第一次碰撞前后速度的大小v1、v2；
(3)判断B球能否再次回到P点，并通过计算加以说明。
22．如图所示，质量为的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。质量为的物体2（可视为质点）放在滑道的B点，现让质量为的物体1（可视为质点）自A点由静止释放。两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体（已知，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为，）。求：
（1）BC的距离；
（2）求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
（3）物体1、2最终停止位置距D点位置。
23．如图所示，物块A、B静放在光滑水平面上，A的右侧与B的左侧间距为2l。A物块的质量mA=6m，B物块长为2l、高为l、质量mB=2m，上表面光滑。原长为2l的轻弹簧左端固定在物块B上，弹簧被压缩到长为l后紧贴弹簧静放一质量mC=m的小物块C，释放弹簧后小物块C从物块B的上表面飞出，飞出时C的速度大小为。在以后的运动中，物块相遇将发生弹性正碰，碰撞时间、小物块C的大小、空气阻力均不计，重力加速度为g，求：
（1）小物块C从物块B的上表面飞出到落地的时间；
（2）弹簧压缩到长为l时的弹性势能；
（3）设小物块C落地即停留在原地，并开始计时，经多长时间，物块B、C再次相遇。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为、，选A原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：
联立可得：
假设碰后A球静止，即，可得：
由题意知球A被反弹，所以球B的速度：
综合以上可得：
符合条件的只有。
故选C。
2．D
【详解】
A．物块C与物块B碰撞时动量守恒，有
①
解得碰后速度为
②
故A错误；
B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为
③
故B错误；
D．若滑环A不固定，物块C与物块B粘在一起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等（设为v2）时，B、C摆起的高度最大（设为h），根据动量守恒定律和能量守恒定律有
④
⑤
联立②④⑤解得
⑥
故D正确；
C．当滑环A所受合外力为零时速度达到最大（设为v3），易知此时B、C整体恰好摆回至最低点，设此时B、C整体的速度为v4，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
⑦
⑧
联立②⑦⑧解得
⑨
故C错误。
故选D。
3．C
【详解】
AB．子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，故AB错误；
CD．设子弹射入木块后，两者的速度为v，子弹击中木块过程子弹与木块的内力远远大于外力，所以子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
木块压缩弹簧过程，动能转化为弹性势能，当弹性势能最大时，系统的动能全部转化为弹性势能，故由能量守恒定律得
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。
4．C
【详解】
A．根据冲量的定义，从开始到A离开墙面的过程中，墙对A有弹力，所以墙对A的冲量不为0。故A错误；
B．撤去F后，B物体向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足
解得
此时B物体的动量大小为
故B错误；
C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有
，
联立，可得
故C正确；
D．A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能出现在弹簧伸长最长或压缩最短时，此时两物体速度相同，设为，根据系统动量和机械能均守恒，有
，
联立，可得
故D错误。
故选C。
5．D
【详解】
设两球质量均为m，碰前总动量
根据动能与动量的关系可知：碰前总动能
A．若，，系统末动量
系统动量守恒，系统动能
系统动能增加，不符合实际，A错误；
B．若，，系统末动量
系统动量不守恒，B错误；
C．若，，系统末动量
系统动量守恒，系统动能
系统动能增加，不符合实际，C错误；
D．若，，系统末动量
系统动量守恒，系统动能
系统动能不增加，D正确。
故选D。
6．C
【详解】
A．小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，当小球到达底端时有
则有
当小球与弹簧接触后，小球受外力作用，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错误；
B．若小球下滑过程槽保持静止，小球和槽之间的相互作用力始终与运动方向垂直不做功，但地面光滑，小球下滑过程中槽在后退，小球和槽之间的相互作用力与接触面垂直，但与各自的运动方向不再垂直，故两力均有做功，B错误；
CD．小球脱离弧形槽后，槽向左以做匀速直线运动，小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被弹回的速度大小仍为，向左做匀速直线运动，由于两物体速度大小相等、方向相同，不会再相遇，即小球不能回到槽内，C正确，D错误。
故选C。
7．A
【详解】
A．物块压槽下滑过程槽向左运动，物块与槽分离后槽的速度向左，物块的速度向右，物块被弹簧反弹后速度向左，如果物块的速度小于槽的速度，物块不能追上槽，物块不能回到槽上h高处，如果物块的速度大于槽的速度，物块可以追上槽，物块与槽组成的系统水平方向动量守恒，当两者速度相等时物块上升到最大高度，由于此时两者速度相等且不为零，此时系统动能不为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块不能上升到槽上高h处，故A正确；
B．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块始终有弹力作用且弹力方向始终向左，弹簧对物块的冲量不等于零，故B错误；
C．物块沿槽下滑过程中，物块在竖直方向有加速度，系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的量不守恒，故C错误；
D．物块沿槽下滑过程中，重力与槽的支持力对物块做功，物块的机械能不守恒，故D错误。
故选A。
8．C
【详解】
A．取半圆槽最低点所在平面为零势能面，开始运动时，小球具有一定的重力势能，最后静止在零势能面，半圆槽的动能也没有增加，即系统损失了机械能，故A错误；
B．竖直方向上外力不为零，即竖直方向上动量不守恒，故B错误；
C．系统增加的内能等于小球损失的重力势能，即mgR，故C正确；
D．当小球第一次滚动到半圆槽的最右端时，半圆槽向左达到最大位移x1，当小球回滚到最左端时，半圆槽向右移动一段位移x2，且x1> x2；当小球再一次滚动到最右端时，半圆槽向左移动一段位移x3，且x2> x3；并以此类推，所以半圆槽和小球最终不会停止在AB的中垂线上，故D错误；
故选C。
9．A
【详解】
A．由图可知，碰撞前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰撞后甲乙速度相等为，由动量守恒定律得
解得
故A正确；
B．由图可知，乙的加速度大小为2.5，根据
解得
故B错误；
C．根据图像与轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移
故C错误；
D．两球碰撞过程中损失的机械能
代入数据解得
故D错误。
故选A。
10．B
【详解】
A．槽和地面接触面光滑，则小球从左侧槽下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，A错误；
B．从左侧槽下滑过程中，小球和槽组成的系统接触面光滑，无机械能损失，机械能守恒，B正确；
C．球下滑到底端时由动量守恒可知
小球滑上右侧弧形槽后，上升的最大高度为
可得
C错误；
D．小球第二次滑上左侧弧形槽，滑上最大高度时，小球和左侧弧形槽共速，具有动能，小球重力势能小于初态重力势能，上升的高度最大小于h，D错误。
故选B。
11．C
【详解】
3m和m弹性碰撞
3mv=3mv′+mv1
×3mv2=×3mv′2+mv12
得
同理3m与第二个m弹性碰撞后得
3m与第三个球碰后得
所以v1>v2>v3，只要第三个球能做完整的圆周运动，则前两球一定能做完整的圆周运动。第三个球碰后，由机械能守恒
而
解之得
故选C。
12．D
【详解】
碰前系统总动量：p=pA+pB=14kg m/s；碰前总能量：；
A、 pA′=9 kg m/s，pB′=5 kg m/s，两个物体碰撞后同向运动，A球的速度大于B球的速度，A球的速度增大，不符合它们的运动情况，是不可能的．故A错误．
B、若pA′=0，pB′=14 kg m/s，碰撞前后总动量守恒．碰撞后总动能为，可知碰撞后总动能增加，违反了能量守恒守恒，这是不可能发生的，故B错误．
C、若pA′=3 kg m/s，pB′=11 kg m/s，碰撞前后总动量守恒．碰撞后总动能为 ，可知碰撞后总动能增加，违反了能量守恒守恒，这是不可能发生的，故C错误．
D、若pA′=6 kg m/s，pB′=8 kg m/s，碰撞前后总动量守恒．碰撞前总动能为，故碰撞后动能减小，是可能发生的，故D正确．故选D．
13．BCD
【详解】
设A、B第一次碰撞后的速度分别为，取向右为正方向，对于A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得
将代入解得
为了使两球至少能够发生两次碰撞，需满足的条件有下列几种情况
①，且有，解得
②，且有，解得
故
故选BCD。
14．ACD
【详解】
如果碰撞为弹性碰撞，没有机械能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，碰撞后B的速度最小，根据动量守恒定律列式求解即可
以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向．①如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
②如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
解得
所以碰后B球的速度范围为
故ACD正确,B错误。
故选ACD。
15．CD
【详解】
以A、B组成的系统为研究对象，假设两球质量都为m，当A球追上B球时发生正碰，遵守动量守恒，由题可得碰撞前的总动量为14 kg·m/s，还遵守能量不增加原则碰撞前的动能为
A．碰撞后的总动量为16 kg·m/s，不符合动量守恒，故A错误；
B．碰撞后的总动量为14 kg·m/s，符合动量守恒，碰撞后的动能为
违背能量不增加原则，故B错误；
C．碰撞后的总动能为14 kg·m/s，符合动量守恒，碰撞后的总动能为
符合能量不增加，故C正确；
D．碰撞后的总动能为14 kg·m/s，符合动量守恒，碰撞后的总动能为
符合动能不增加，故有可能，故D正确。
故选CD。
16． 不增加 > ≥ 不可能
【详解】
(2)碰撞过程满足的基本原则是，动量守恒，动能不增加。
(3)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
17． 3 27
【详解】
当滑块A、B的速度相同时，弹簧被压缩最短，弹簧的弹性势能最大.设向右为正方向，由动量守恒定律有
m1v0=（m1+m2）v
代入数据解得
v=3m/s
由能量守恒定律得
Epm=m1v02-（m1+m2）v2
代入数据解得
Epm=27J
18． ；
【详解】
小球a恰好到达圆管最高点C，速度为零，即
vc=0
小球a从A到C，由机械能守恒得
mva2=2mgR
解得
va=2
对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mvb+mva
mv02=mvb2+mva2
解得
v0=va=2
对a球，由动量定理得
I=mva-0=2m
19．
【详解】
质量为2m的小球以初速度与第99个小球发生弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有
联立解得
，
质量相等的两弹性小球正碰时交换速度，此时第99个小球停在第98个小球的位置，则每个个小球依次与前面的小球正碰后交换速度，故第一个小球的速度为
质量为2m的小球A以速度，与第99个小球发生第二次弹性碰撞，有
解得
,
第二次碰撞后，第99个小球停在第97个小球的位置，以此类推，可得，第99个小球最后的速度
20．(1)5m/s；(2)8N·s；(3)0.4m
【详解】
(1)对小球C，下摆过程，根据动能定理有
解得
vC=5m/s
(2)对小球与A组成的系统，碰撞过程，取vC方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
vA=2m/s
对物块A，根据动量定理有
I=mAvA－0
解得
I=8N·s
(3)A恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小．对A与B组成的系统，根据动量守恒定律有
解得
v=1.6m/s
根据能量守恒定律，有
解得
L=0.4m
21．(1)；(2) ，； (3) B球能再次回到P点，计算过程见解析
【详解】
(1)由共点力的平衡可知
解得
所以力F的冲量为
(2)由机械能守恒得
解得
设第一次碰撞后A球的速度为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒定律得
解得
(3)由于轻绳的长度相同，所以两球摆动的周期相同，第二次碰撞时两球都运动到了最低点，即在最低点处发生了第二次碰撞，设碰撞后的速度分别为，取水平向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒定律得
解得
即第二次碰撞后，A球将静止不动，B球获得了第一次碰撞前的速度大小，速度方向向左，根据机械能守恒，B球将会回到P点。
22．（1）0.15m；（2）0.9J；（3）0.05m
【详解】
（1）物体1从释放到与物体2相碰撞过程中，物体1、组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小，水平位移大小，则有
得
滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑，所以该过程中物体2的位置没有变化，所以物块物体1沿水平方向的位移大小
可以求得
（2）设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度，滑道的速度为，由机械能守恒定律有
由动量守恒定律有
设物体1和物体2相碰后的共同速度为，由动量守恒定律有
弹簧第一次压缩最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大。设为。从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程中，由能量守恒有
联立以上方程，代入数据可得
（3）分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒有
代入数据可得
所以物体1、2最终停在D点左端离D点距离为0.05m处
23．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）离开后做平抛运动，有
得
（2）、和弹簧组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
联立，得
（3）离开后做平抛运动的水平位移为
B做匀速运动的位移为
在上滑行过程中，设B、C发生的位移、
由动量守恒定律，得
A、B之间碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，得
从C落地起，B向左运动过程
B向右运动到与C相遇过程
联立以上各式得小物块C落地开始计时，物块B、C再次相遇的时间为