1.5弹性碰撞与非弹性碰撞 学案（含解析答案）

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1.5 弹性碰撞与非弹性碰撞
一、考点梳理
考点一、判断一个碰撞过程是否存在的依据
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.
【典例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．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v
【答案】A
【解析】A、B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A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，
以v的方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv＝mv1＋2mv2，①
假设碰后A球静止，即v1＝0，
可得v2＝0.5v
由题意可知A被反弹，所以球B的速度有：
v2>0.5v②
A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：
mv2≥mv12＋×2mv22③
①③两式联立得：v2≤v④
由②④两式可得：0.5v【典例2】如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是(　　)
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】两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAvA2＋mBv B2≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．
练习1、如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．问：
(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
(3)弹簧的最大弹性势能是多少？
【答案】(1)　(2)　(3)mv02
【解析】(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，则有：
mv0＝2mv1，解得v1＝.
(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A、B两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有：
2mv1＝3mv2，解得v2＝v1＝.
(3)当弹簧被压缩最短时，弹性势能Ep最大，即：
Epm＝×2mv12－×3mv22＝mv02.
考点二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞的特点：物体碰撞时，相互作用时间很短，相互作用的内力很大，故碰撞过程满足动量守恒．
2．碰撞的分类：
（1）弹性碰撞：如果系统在碰撞前后动能不变，这类碰撞叫作弹性碰撞．
（2）非弹性碰撞：如果系统在碰撞前后动能减少，这类碰撞叫作非弹性碰撞．
3．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
（1）题目中明确指出物体间发生的是弹性碰撞．
（2）题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞，这些碰撞属于弹性碰撞．
两个质量相等的物体发生弹性碰撞时，速度交换．
4.规律：
由动量守恒定律和机械能守恒定律
联立解得：
(1)当时，若，则，，即两小球交换速度.
(2)当（一动一静弹性正碰）时，则v1′＝v1 ，v2′＝v1
5.有关讨论：
(1)若m1>m2，v1′>0，v2′>0，两球均沿初速度v1的方向运用；
(2)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度，质量为m1的相求停下，质量为m2的小球以速度v1开始运动；
(3)若m1>m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(4)若m1(5)当m10，质量为m1的小球反弹，质量为m2的小球沿v1方向运动.
【典例1】(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断 (　　)
A．碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【答案】AC
【解析】由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v1′＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项A、C正确，选项B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v1＋m2v2－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D错误．
练习1、如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是(　　)
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】根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2 kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2 kg·m/s，动量不守恒，故A错误；B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误．
练习2、（多选）如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1>m2，m2的左边有一固定挡板．由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　　)
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】由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D选项正确．
练习3、如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是(　　)
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
【答案】D
【解析】滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝RM，v1与v0方向相同，向左，当m考点三、碰撞中的能量问题
碰撞的特点是：在碰撞的瞬间，相互作用力很大，作用时间很短，作用瞬间位移为零，碰撞前后系统的动量守恒。无机械能损失的弹性碰撞，碰撞后系统的动能之和等于碰撞前系统动能之和。碰撞后合为一体的完全非弹性碰撞，机械能损失最大。
【典例1】如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
【答案】(1)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m
【解析】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6 m/s
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动s＝v5t，H＝gt2
解得s＝2 m.
【典例2】如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
【答案】(1)　(2)mv02
【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
此时B与C相当于发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动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.
练习1．如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：
(1)小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？
(2)平板车P的长度为多少？
(3)小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？
【答案】(1)　　(2)　(3)
【解析】(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒：
mgR(1－cos60°)＝mv
v0＝
小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度。
小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
其中v2＝v1，M＝4m，解得：v1＝，v2＝。
(2)对系统由能量守恒：
mv＝mv＋Mv＋μmgL，解得：L＝。
(3)Q脱离P后做平抛运动，由h＝gt2，解得：t＝
Q落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝。
练习2、如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量分别为，，，A、B用一轻弹簧连接（弹簧与滑块拴接），开始时A、B以共同速度运动，且弹簧处于原长，某时刻B与静止在前方的C发生碰撞并粘在一起运动求：
（1）B与C碰后的瞬间，C的速度大小；
（2）运动过程中弹簧最大的弹性势能。
【答案】．（1）；（2）
【详解】
(1)B与C碰撞过程动量守恒，对B和C，有
解得
(2)弹簧弹性势能最大的时候三者共速，由动量守恒，有
碰后过程，系统机械能守恒，有
代入数据解得
考点四、多次碰撞模型
若放在光滑水平面上的凹槽中的物体以某一速度与其碰撞，则会发生多次碰撞。对于发生多次碰撞的系统，若只需计算二者相对静止时的速度，则可根据初末状态利用动量守恒定律列方程解得。
【典例1】如图所示，B、C、D、E、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)
A．5个小球静止，1个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动
C．3个小球静止，3个小球运动 D．6个小球都运动
【答案】C
【解析】A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B静止，C获得速度，同理，C和D的碰撞，D与E的碰撞都是如此，E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向右运动。所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止。
【典例2】在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( )
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小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，碰撞前系统动量为mv0，
如果碰后三个小球的速度v1=v2=v3=v0，碰撞后系统动量为mv0，不符合碰撞中系统动量守恒，故A错误；
练习1、质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为(　　)
A．E0 B.
C. D.
【答案】C
【解析】由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得
v1＝①
E0＝mv②
Ek′＝×3mv③
由①②③式得Ek′＝×3m2＝×＝．
练习2、如图所示，质量为M，内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，在箱子正中间放一质量为m的小物块（可视为质点），现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。已知小物块与箱子发生的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。则小物块与箱子底板间的动摩擦因数为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】小物块与箱壁碰撞N次后又恰好又回到箱子正中间，由此可知，小物块相对于箱子滑动的距离
s=NL
根据动量守恒条件可知，小物块与箱子组成的系统水平方向动量守恒，设共同速度为，有
解得
小物块受到摩擦力为
根据能量守恒定律有
联立解得动摩擦因数
练习3、雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2、m3……mn……（设各质量为已知量）。不计空气阻力。
（1）若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；
（2）若考虑重力的影响，
a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；
b.求第n次碰撞后雨滴的动能 vn′2；
【答案】mnvn’2=( m02v02+2gl)。
【解析】
（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒。
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。
动能：mnvn’2=( m02v02+2gl)。
练习4、如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为，B、C的质量都为，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求和之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
【答案】
【解析】设A运动的初速度为A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得
可得要使得A与B发生碰撞，需要满足，即
A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞
整理可得
由于，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足
即
整理可得
解方程可得
考点五、碰撞中的临界问题
相互作用的两个物体在很多情况下可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，相当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下：
1．如图所示，光滑水平面上的 A 物体以速度 v 去撞击静止的 B 物体，A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．
2．如图所示，光滑水平面上有两个带同种电荷的物体 A、B，当其中一个 A 以速度 v 向静止的另一个 B 靠近的过程中(设 A、B 不会接触)，当两者相距最近时，二者速度必定相等．
3．如图所示，物体 A 以速度 v0滑上静止在光滑水平面上的小车 B，当 A 在 B 上滑行的距离最远时，A、B 相对静止，A、B 两物体的速度必定相等．
4．如图所示，质量为 M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为 m 的小球以速度 v0 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度必定相等(方向为水平向右)．
5．如图所示，光滑水平杆上有一质量为 m 的环，通过一长为 L 的轻绳与 M 相连，现给 M 以瞬时水平速度 v0.(设M 上升最高不超过水平杆)，则 M 上升最高时，m、M 速度必定相等．
【典例1】两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．
【答案】 h
【解析】设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得
mgh＝mv2＋M1V2①
M1V＝mv②
设物块在劈B上达到的最大高度h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得
mgh′＋(M2＋m)V′2＝mv2③
mv＝(M2＋m)V′④
联立①②③④式得h′＝h⑤
【典例1】如图所示，水平地面的MN段是粗糙的、长为L=1m，N的右侧是光滑的。现依次将小物块A和B（均可视为质点）放置在M点和N点；曲面滑块C放置在N的右侧，其光滑的曲面下端与水平面相切，且曲面部分足够高。已知A与B的质量相等均为m=1kg，与水平地面的动摩擦因数为μ=0.45，C的质量为M=2kg。现给小物块A一个水平初速度v0=5m/s，使其从M点开始向右运动，到达N时与B发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起继续向右运动。取g=10m/s2，求：
（1）A与B碰撞后速度的大小及碰撞过程损失的机械能；
（2）碰后物块A与B在曲面滑块C上能够达到的最大高度；
（3）曲面滑块C获得的最大速度的大小。
【答案】（1）2m/s ，4J；（2）0.1m；（3）2m/s
【解析】（1）小物块A从M点到N点的过程中克服摩擦阻力做功，设到N点时的速度大小为v1，由动能定理得
-μmgL=mv12-mv02
解得
v1=4m/s
A在N点与B发生碰撞粘在一起，设碰后瞬间速度大小为v2，由动量守恒定律得
mv1=(m+m)v2
解得
v2=2m/s
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损=mv12-(2m)v22=4J
（2）当AB上升到最大高度时，ABC系统的速度相等，设此速度为v3，根据动量守恒定律有
2mv2=(m+m+M)v3
解得
v3=1m/s
设AB上升的最大高度为h，整个过程能量守恒，有
(2m)v22-(2m+M)v32=2mgh
解得
h=0.1m
（3）当AB由滑块C的曲面滑下并离开C后，C达到最大速度，设此速度为vm，AB的速度为v4，则从AB碰后瞬间到由C滑下过程中系统动量守恒，有
(2m)v2=(2m)v4+Mvm
系统机械能守恒，有
(2m)v22=(2m)v42+Mvm2
联立可解得
vm=2m/s
练习1、如图甲所示，质量为3kg的小球B与质量未知的小球C用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A从t=0时刻开始以一定速度向右运动，运动图像如图乙所示，在t=2s时，A与小球B发生弹性碰撞（碰撞时间极短，没有能量损失），碰撞后小球B的v-t图像如图丙所示。求∶
（1）小球A的质量mA和图乙中t0对应的数值；
（2）小球C的质量mC及运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。
【答案】（1）1kg；6s；（2）5kg；15J
【解析】
(1)由 题图乙知，A与B碰前的速度
碰后B的速度v=4m/s，以A的初速度方向为正方向，A与B碰撞过程动量守恒，有
A与B碰撞过程机械能守恒，可得
解得
由题图乙可知
可知
(2)A与B碰撞之后，B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，由图丙可知小球B先向右减速，而后反向加速，当弹簧恢复原长时，B的速度v1=-1m/s，由动量守恒有
由机械能守恒有
解得
且当B与C速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
得
练习2、儿童乐园新增了一款游乐设备，可以简化为下面的运动过程。质量为的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，弧形槽右侧的弹簧一端固定在竖直墙上，一个质量为的小球从高为处由静止释放自由下滑。求：
（1）小球和弹簧接触时小球的速度？
（2）小球第一次被弹簧弹回冲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，水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立解得小球的速度
弧形槽的速度
(2)小球被弹簧弹回后划上弧形槽达到最高点过程水平方向动量守恒，方向向左为正
解得
系统机械能守恒
解得
(3)经过弹簧多次反弹后速度相同时，弧形槽速度最大，由机械能守恒
解得
二、夯实小练
1、在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0 射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(　　)
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】由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为mv。
假如选项A正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。
假如选项B正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。
假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。
假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确。
2、(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，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】设A球碰后的速度为vA，由题意有mv＝×mv2，则vA＝v，碰后A的速度有两种可能，因此由动量守恒有mv＝m×v＋2mvB或mv＝－m×v＋2mvB，解得vB＝v或v，A、B正确．
3、(多选)小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端黏有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下说法正确的是(　　)
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为v
D．整个系统最后静止
【答案】BCD
【解析】AB车和木块组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，由于最后弹性势能释放出来，整个过程机械能不守恒，选项B、C、D正确．
4、如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为(　　)
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做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv＝mv＋·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确．
5、如图所示，质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道小车静置于光滑水平面上。一质量也为m的小球以水平初速度冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，不计空气阻力，则（　　）
A．上述过程小球和小车组成的系统动量守恒
B．球返回到车左端时，车回到原静止时的位置
C．小球上升的最大高度可能大于等于R
D．小球返回到小车左端后将做平抛运动
【答案】C
【解析】A．系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒。故A错误；
B．受力分析可知，圆弧轨道所受合力一直向右，即一直加速向右，不可能回到原静止时的位置。故B错误；
C．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该度为，则
联立解得
可知，当足够大时，可以大于等于。故C正确；
D．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒得
联立解得
，
即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故D错误。
6、如图甲所示，物块、的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块从时以一定速度向右运动在时与物块相碰，并立即与粘在一起不再分开，物块的图象如图乙所示，墙壁对物块的弹力在到的时间内对的冲量的大小（　　）
· B．· C．· D．·
【答案】C
【解析】结合图乙，对C与A碰撞前后用动量守恒定律
碰撞后，AC整体一起压缩弹簧，以向右为正方向，对A、B、C及弹簧系统由动量定理可得
即墙壁对A、B、C及弹簧系统的冲量大小为，由于墙壁的弹力作用在B上，所以墙壁的弹力对B的冲量大小为。
7、一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R的光滑圆弧轨道，质量也为m小球从轨道最左端的A点由静止滑下（AC为水平直径），重力加速度为g，下列正确的是（　　）
A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高端C
B．小球向右运动中轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为
D．B小球通过最低点时速度
【答案】D
【解析】A．当小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒得知，小球与圆弧的速度均为零，根据系统的机械能守恒得知，小球能滑到右端C，故A错误；
B．小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，故B错误；
C．设小球滑到最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对于地水平位移大小为R-s，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得
解得
所以轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为2s=R，故C错误；
D．设小球通过最低点时小球与轨道的速度分别为v和，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律
联立解得
8、（多选）如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量，B的质量.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开。则（ ）
A．物块A的加速度一直在减小，物块B的加速度一直在增大
B．作用过程中弹簧的最大弹性势能
C．滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为
D．若滑块A的质量，B的质量，滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为
【答案】BD
【解析】A．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A错误；
B．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同。选取向右为正方向，根据动量守恒定律
解得
根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，为：
解得
故B正确；
C．当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得
由以上两式得
所以滑块A的最小动能为
滑块B的最大动能为
故C错误。
D．若滑块A的质量，B的质量，同理可得，当A、B分离时，A、B的速度分别为
滑块A的最小动能为
滑块B的最大动能为
。
9、（多选）如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2kg，乙车与磁铁的总质量为2kg，两磁铁N极相对，现使两车在同一直线上相向运动，某时刻甲车的速度为5m/s，乙车的速度为4m/s，可以看到它们没有相碰就分开了，下列说法正确的是（　　）
A．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
B．乙车开始反向时，甲车的速度为1.0m/s，方向不变
C．当乙车的速度为零时，两车相距最近
D．当甲乙两车的速度大小为0.5m/s，方向与甲车的初始速度方向相同时，两车相距最近
【答案】BD
【解析】A．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量大小等，方向相反，则冲量不相同，所以A错误；
B．取甲车的速度方向为正方向，两车开始的总动量为
乙车开始反向时，乙车速度减到为，则甲车的速度为v，由动量守恒定律可得
解得
，方向不变
所以B正确；
C．当两车速度相等时，两车相距最近，所以C错误；
D．当两车速度相等时，两车相距最近，有
解得
，方向与甲车的初始速度方向相同。
10、A、B两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体A的质量为，两物体发生发生正碰，碰后成一整体，碰撞前、后的运动图像如图所示，求：
（1）碰前物体A速度的大小和方向；
（2）物体B的质量；
（3）A、B碰撞是否弹性碰撞？求出碰撞前后系统损失的机械能。
【答案】（1）2m/s，方向沿x轴负方向；（2）6kg；（3）完全非弹性碰撞，30J
【解析】（1）由图像知，碰前物体A的速度为
解得
vA=2m/s
方向沿x轴负方向。
（2）由题图知碰前物体B运动方向为正方向
vAB=1m/s
由动量守恒定律和图像得
mBvB－mAvA=（mA＋mB）vAB
解得
mB=6kg
（3）因为
则碰撞为完全非弹性碰撞，损失ΔEk=30J。
11、如图所示，光滑水平面上质量为1 kg的小球A以2.0 m/s的速度与同向运动的速度为1.0 m/s、质量为2 kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以1.5 m/s的速度运动．求：
(1)碰后A球的速度；
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能．
【答案】(1)1.0 m/s　(2)0.25 J
【解析】(1)碰撞过程，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，代入数据解vA′＝1.0 m/s．
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能为E损＝mAv＋mBv－mAvA′2－mBvB′2，
代入数据解得E损＝0.25 J．
12、如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。求：
(1)A、B两球的质量之比为多少？
(2)A、B碰撞前、后两球总动能之比是多少？
【答案】(1)5∶1　(2)8∶3
【解析】(1)设碰前B球速度大小为v0，碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB，由题意知，vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝v0
碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，则有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，
解得：＝。
(2)碰撞前动能：E1＝mBv，
碰撞后总动能：E2＝mAv＋mBv，
碰撞前、后总动能之比为：＝。
13、如图所示，工件放在光滑水平地面上，其上表面为光滑的圆弧轨道，其右端水平切线处放置一小物块，开始时，、均处于静止状态。长的轻绳上端系于点，下端系一小物块。拉紧轻绳使绳与竖直方向成角，将小物块从静止开始释放，达到最低点时炸裂成的两个小物块A和，物块水平向左运动与粘在一起，组成物体后不再分开，物块仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好能回到释放时的初始位置。A、、、均可看成质点。已知：各物体的质量、、、、；圆弧轨道的半径；取。求：
（1）小物块在最低点时的速度；
（2）小物块炸裂时增加的机械能；
（3）在以后的过程中，工件能获得的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）物块由静止释放到到达最低点过程，由动能定理有
解得
（2）设炸裂后物A的速度为，物块的速度大小为，则
由动量守恒定律得
联立解得
增加的机械能
联立解得
（3）设物块A与粘在一起时的共同速度为，由动量守恒定律得
联立解得
在以后的过程中，当物块滑回到轨道最低点时，工件速度达到最大值，由动量、机械能守恒得
联立解得
三、培优练习
1、质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为（　　）
A．1∶3 B．1∶4 C．3∶5 D．2∶3
【答案】C
【解析】设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知
对整体有机械能守恒定律可得
联立解得
2、（多选）用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示，现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为，则下列判断正确的是（　　）
A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的动量守恒
B．子弹射入木块瞬间在水平方向上动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D．子弹和木块一起上升的最大高度为
【答案】BD
【解析】A．从子弹射入木块后到一起上升到最高点的过程中系统所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．子弹射入木块瞬间，在水平方向上，子弹和木块组成的系统内力远大于外力，所以动量守恒，设子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为v，则
①
解得
②
故B正确；
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统内只有重力做功，所以机械能守恒，但由于子弹射入木块过程中会产生摩擦热从而损失机械能，所以子弹射入木块后子弹和木块整体的机械能少于子弹射入木块前的机械能，故C错误；
D．根据机械能守恒定律有
③
联立②③解得
④
3、如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　)
A．h B．2h C．3h D．4h
【答案】D
【解析】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh，解得触地时两球速度相同，为，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得，由题可知m2=3m1，联立解得，反弹后高度为，故D正确，ABC错误
4、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
【答案】A
【解析】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
5、（多选）如图所示，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的水平杆上，三个球的质量分别为ma=1kg，mb=3kg，mc=1kg， 初始状态三个球均静止，B、C球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度v0= 10m/s，之后A与B发生弹性碰撞。球A和B碰后，下列说法正确的是（　　）
A．球A的速度变为向右的5m/s B．弹簧恢复原长时球C的速度为5m/s
C．球B的最小速度为2. 5m/s D．弹簧的最大弹性势能为9. 375J
【答案】ACD
【解析】A．A与B发生弹性碰撞，动量守恒得
机械能守恒得
解得
A正确；
D．碰后B向左运动，因为弹簧弹力的作用，B向左减速，C向右加速，当B、C速度相等时弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，由
解得
D正确；
BC．接下来B继续减速，C继续加速，C的速度大于B的速度，弹簧开始缩短，当弹簧恢复原长时球B的速度最小，由
解得
。
6、(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是(　　)
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
【答案】BC
【解析】小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故选项B、C正确．
7、如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
【答案】(1)0.96 m　(2)0.512 m
【解析】(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律(m1＋m2)v＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.
8、如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
【答案】(1)(－1)∶1　(2)(2－)∶2
【解析】(1)设细线长为l，b球运动到最低点的过程中，机械能守恒，有mbgl＝mbv
解得vb＝
然后a、b发生碰撞，碰撞时动量守恒，即mbvb＝(ma＋mb)vab
此后a、b一起运动到最高点，有(ma＋mb)gl(1－cos 60°)＝(ma＋mb)v
解得vab＝
联立解得＝－1.
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能ΔE＝mbv－(ma＋mb)v
球b在碰前的最大动能E＝mbv
解得＝.
9、如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2.现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F.问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
【答案】(1)1.2 s (2)0.84 m
【解析】(1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为FA＝μmAg＝4 N＞F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为a
a＝＝1 m/s2
由x＝at2有：t＝＝1.2 s
(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋mA)v其中v0＝at＝1.2 m/s
则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的长度L至少为：L＝x＋Δx＝0.84 m
10、如图所示，光滑轨道PQO的水平段QO＝，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．
【答案】(1)　　(2)h
【解析】(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝mv
A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mv0＝mvA＋4mvB
由机械能守恒定律得mv＝mv＋(4m)v
解得vA＝－，vB＝.
(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理
对B有：－μ(4m)gx＝0－(4m)v，得x＝
设当物块A的位移为x时速度为v，对A由动能定理得－μmgx＝mv2－mv
解得v＝
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mv＝mv′A＋4mv′B
由机械能守恒定律得mv2＝mv′＋(4m)v′
解得v′A＝－，v′B＝
碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理
对A有：－μmgxA＝0－mv′
对B有：－μ(4m)gxB＝0－(4m)v′
解得xA＝h，xB＝h
A、B均停止运动后它们之间的距离d＝xA＋xB＝h.
11、如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
【答案】(1)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m
【解析】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6 m/s
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动s＝v5t，H＝gt2
解得s＝2 m.
12、如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量kg、长m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量kg的滑块（视为质点）以m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数，g取10m/s2。
（1）滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小和位移大小各是多少？
（2）要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，求半圆轨道的半径R的取值。
【答案】（1）滑块的速度大小是4m/s；位移大小是4m；（2）
【解析】（1）由动量守恒
可得滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小
由动能定理
可得滑块的位移为
由动能定理
可得小车的位移为
即碰到墙壁前已共速。
（2）滑块与小车刚达相对静止时，由动能定理
可得滑块与小车的相对位移为
由动能定理
可得滑块到达P点时的速度为
若滑块恰好过圆周最高点，有
根据动能定理
可得
如果滑块恰好滑至圆弧T处就停止，则有
可得
所以
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