高考物理：高中物理碰撞模型！

一、碰撞问题：

完全弹性碰撞：碰撞时产生弹性形变，碰撞后形变完全消失，碰撞过程系统的动量和机械能均守恒。

完全非弹性碰撞：碰撞后物体粘结成一体或相对静止，即相互碰撞时产生的形变一点没有恢复，碰撞后相互作用的物体具有共同速度，系统动量守恒，但系统的机械能不守恒，此时损失的最多。

二、两类问题

1、完全非弹性碰撞

在光滑水平面上，质量为m₁的物体以初速度v₁去碰撞静止的物体m₂，碰后两物体粘在一起。

碰撞时间极短，内力很大，故而两物体组成系统动量守恒。

碰后两物体速度相等，由动量守恒定律得：

由能量守恒定律得：

解得：   

作用结束后，两物体具有共同的速度，为完全非弹性碰撞，此时系统动能损失最大。

2、完全弹性碰撞

在光滑水平面上，质量为m₁的物体以初速度v₀去碰撞静止的物体m₂，碰后的m₁速度是v₁，m₂的速度是v₂，碰撞过程无机械能损失。

据动量守恒定律：

据能量守恒定律得：

解得：     

对v₁、v₂分情况讨论：

①若，则、，物理意义：入射小球质量大于被碰小球质量，则入射小球碰后仍沿原方向运动但速度变小，被碰小球的速度大小入射小球碰前的速度。

②若，则、，物理意义：入射小球与被碰小球质量相等，则碰后两球交换速度。

③若，则（即与方向相反）、，物理意义：入射小球质量小于被碰小球质量，则入射小球将被反弹回去，被碰小球的速度小于入射小球碰前的速度。

④若，则趋近于、趋近于，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量大的多，则入射小球的速度几乎不变，被碰小球的速度接近入射小球碰前速度的2倍，也就是说被碰小球对入射小球的运动影响很小，但入射小球对被碰小球的运动影响不能忽略，例如：用一个铅球去撞击一个乒乓球。

⑤若，则v₁趋近于、趋近于0，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量小的多，则入射小球几乎被原速率反弹回去，被碰小球几乎不动，例如：乒乓球撞击铅球。

注意：上面讨论出的结果不能盲目乱搬乱用，应用的前提条件是：一个运动的物体去碰撞一个静止的物体，且是弹性碰撞。

拓展：设在光滑的水平面上质量为m₁的小球以速度ν₁去碰撞质量为m₂、速度为ν₂的小球发生弹性正碰，试求碰后两球的速度和。

根据动量守恒定律和动能守恒有：

可得：

三、碰撞及类碰撞过程的特点

(1)时间特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时间很短。

(2)相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大

(3)动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒

(4)位移特点：碰撞、爆炸是在一瞬间发生的，时间极短，所以在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移,可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。

(5)能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总能量要小于或等于碰撞前系统的总动能，即

(6)速度特点：碰后必须保证不穿透对方。

四、规律方法指导

1.几种碰撞的比较

	弹性碰撞	非弹性碰撞
		一般非弹性碰撞	完全非弹性碰撞
动量	守恒	守恒	守恒
动能	无动能损失	有动能损失	动能损失最大

2.解决碰撞问题中的三个依据

(1)动量守恒，即

(2)动能不增加，即或者

(3)速度要符合场景：　　

如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即，否则无法实现碰撞；碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度。

即，否则碰撞没有结果。　　

如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

例题精析

例1、在光滑的水平面上，质量为m₁的小球A以速率v₀向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m₂的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5 PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：

(1)两小球质量之比；

(2)若小球A与小球B碰后的运动方向以及小球B反弹后与A相遇的位置均未知，两小球A、B质量满足什么条件，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰．

解答：(1)两球发生弹性碰撞

系统动量守恒得：m₁v₀＝m₁v₁＋m₂v₂

能量守恒定律得：m₁v₀²＝m₁v₁²＋m₂v₂²

从两球碰撞后到它们再次相遇

小球A和B通过的路程之比：s₁∶s₂＝v₁t∶v₂t＝1∶4，

联立解得＝

(2)由(1)中两式解得：v₁＝v₀，v₂＝v₀

若小球A碰后静止或继续向右运动，此时有v₁≥0，即m₁≥m₂

若小球A碰后反向运动，第一次反弹后相碰需满足|v₁|<|v₂|

即v₀<v₀

解得m₁>

综上所述，只要小球A、B质量满足m₁>，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰．

例2、如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v₀的子弹射中并且嵌入其中．已知物体B的质量为m，物体A的质量是m，子弹的质量是m．

①求弹簧压缩到最短时B的速度．

②弹簧的最大弹性势能．

解答：①当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大

从子弹射入A到弹簧压缩到最短时系统的动量守恒

由动量守恒定律得：mv₀＝（m+m+m）v，

解得：v＝v₀；

②设子弹射入A时，时间很短，内力很大，A与子弹组成系统动量守恒由动量守恒定律得：mv₀＝（m+m）v₁，

解得：v₁＝v₀，

弹簧的压缩量最大时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：

E_P＝（m+m）v₁²﹣（m+m+m）v²

解得：E_p＝mv₀²；

答：①弹簧压缩到最短时B的速度为v₀．

②弹簧的最大弹性势能为mv₀²．

例3、如图所示，小球A的质量为m_A＝5kg，动量大小为p_A＝4kg·m/s，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为p_A′＝1kg·m/s的，方向水平向右，则（　　）

A．碰后小球B的动量大小为p_B＝3kg·m/s

B．碰后小球B的动量大小为p_B＝5kg·m/s 

C．小球B的质量为15kg       

D．小球B的质量为5kg

解析：AB、由题意可知，小球A和小球B发生弹性碰撞，则碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：p_A＝p_A′+p_B，代入数据解得：p_B＝3kg·m/s，故A正确，B错误；

CD、两球发生弹性碰撞，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：m_Av_A＝m_Av_A′+m_Bv_B

由机械能守恒定律得：，碰撞前A的动量p_A＝m_Av_A，代入数据解得：m_B＝3kg，故CD错误。

故选：A。

例4、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p_A＝9kg·m/s，B球的动量p_B＝3kg·m/s，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．p_A′＝6kg·m/s，p_B′＝6kg·m/s    

B．p_A′＝4kg·m/s，p_B′＝6kg·m/s    

C．p_A′＝﹣6kg·m/s，p_B′＝18kg·m/s       

D．p_A′＝2kg·m/s，p_B′＝10kg·m/s

解析：设两球质量均为m，碰前总动量p＝p_A+p_B＝9kg·m/s+3kg·m/s＝12kg·m/s，根据动能与动量的关系可知：碰前总动能E_k＝＝J＝J

A、若p_A′＝6kg·m/s，p_B′＝6kg·m/s，碰后总动量p'＝p_A+p_B＝6kg·m/s+6kg·m/s＝12kg·m/s，碰后总动能E'_k＝＝＝J＜E_k＝J，可能会发生，故A正确；

B、若p_A′＝4kg·m/s，p_B′＝6kg·m/s，碰后总动量p'＝p_A+p_B＝4kg·m/s+6kg·m/s＝10kg·m/s，不符合动量守恒，故B错误；

C、若p_A′＝﹣6kg·m/s，p_B′＝18kg·m/s，碰后总动量p'＝p_A+p_B＝﹣6kg·m/s+18kg·m/s＝12kg·m/s，碰后总动能E'_k＝＝＝J＞E_k＝J，不可能会发生，故C错误；

D、若p_A′＝2kg·m/s，p_B′＝10kg·m/s，碰后总动量p'＝p_A+p_B＝2kg·m/s+10kg·m/s＝12kg·m/s，碰后总动能E'_k＝＝＝J＞E_k＝J，不可能会发生，故D错误；

故选：A。

例5、在光滑水平面上沿一直线运动的甲、乙两小球，动量大小相等，质量之比为1：5，两小球发生正碰后，甲、乙两球的动量大小之比为1：11，则甲球在碰撞前、后的速度大小之比可能是（　　）

A．7：1  

B．5：1 

C．10：1 

D．11：5

解析：两球发生正碰，碰撞过程系统动量守恒，设碰前甲乙的动量均为p₀，则总动量为2p₀。

若碰后若甲乙运动方向相同，设碰后甲的动量为p₁，以碰撞前动量方向为正方向，由动量守恒定律得：p₁+11p₁＝2p₀

解得：

甲球在碰撞前、后的速度大小之比是：

若碰后若甲乙运动方向相反，以碰撞前甲的动量方向为正方向，由动量守恒定律得：﹣p₁+11p₁＝2p₀

解得

则此时甲球在碰撞前、后的速度大小之比是，B正确，ACD错误。

故选：B。

例6、如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A、B在两摆球所在平面内向左、右拉起至高度h_A、h_B后释放，两小球恰在最低点发生弹性碰撞；碰撞后，摆球A摆回到最高点的高度仍然为h_A。摆球A、B的质量分别为2m、3m，则h_A：h_B等于（　　）

A．9：4   

B．3：2  

C．1：1   

D．9：16

解析：小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

对A球：2mgh_A＝

对B球：3mh_B＝

两球发生弹性碰撞，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：2mv_A﹣3mv_B＝2mv_A′+3mv_B′

由机械能守恒定律得：＝

碰撞后A上摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：＝2mgh_A，

解得：h_A：h_B＝9：4，故A正确，BCD错误。

故选：A。

例7、如图所示，五个等大的小球B、C、D、E、F，沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A沿该直线以速度v向B球运动，小球间若发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量均为2m，而A、F两球质量均为m，则所有碰撞结束后，小球F的速度大小为（　　）

A．v  

B．v  

C．v   

D．v

解析：小球发生弹性碰撞，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+2mv_B

由机械能守恒定律得：

解得：v_A＝﹣v，v_B＝v

两质量相等的球发生弹性碰撞，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，碰撞后两球速度互换，

即B与C碰撞后B的速度为零，C以v的速度与D碰撞，最终B、C、D速度为零，E以速度v_E＝v与F发生碰撞，

E、F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：2mv_E＝2mv_E′+mv_F

由机械能守恒定律得：

解得：v_F＝v，故ABC错误，D正确。

故选：D。

例8、如图所示，光滑水平面上有大小相同、质量均为m＝3kg的A、B、C三个小球，小球A以速度v₀＝4m/s向左运动，与静止不动右端有一轻弹簧的小球B发生对心碰撞，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，碰撞后小球A与弹簧不粘连，则下列说法正确的是（　　）

A．弹簧最短时，三个小球共同速度的大小为1m/s   

B．从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小为4N·s       

C．从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为6J   

D．小球B与小球C碰撞之前，小球A、B共同速度的大小为3m/s

解析：A、弹簧最短时三个小球速度相等，设大小为v，三个小球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv₀＝3mv，代入数解得：v＝m/s，故A错误；

B、由动量定理可知，从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小I＝mv＝3×N·s＝4N·s，故B正确；

D、小球B与小球C碰撞前瞬间，设A、B的共同速度为v₁，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv₀＝2mv₁，代入数据解得：v₁＝2m/s，故D错误；

C、从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能等于B、C碰撞过程损失的机械能（设为ΔE），设B和C碰撞后的速度大小为v₂，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：mv₁＝2mv₂

由能量守恒定律得：

+ΔE

代入数据解得：ΔE＝3J，故C错误。

故选：B。

例9、在光滑水平地面上，有两个质量分别为m₁、m₂的小物体，运动1s后发生正碰，碰撞时间极短，碰后两物体粘在一起，两物体碰撞前后的x﹣t图像如图所示．以下判断正确的是（　　）

A．m₁：m₂＝1：1  

B．m₁：m₂＝2：1  

C．碰撞前后m₂的动量不变 

D．碰撞前后两物体的总机械能不变

解析：AB、根据x﹣t图象的斜率等于速度，可知碰撞前两物体的速度分别为：v₁＝＝m/s＝6m/s，v₂＝＝m/s＝﹣3m/s，碰后两物体的速度为：v＝＝m/s＝1.5m/s，规定m₁的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m₁v₁+m₂v₂＝（m₁+m₂） v

代入数据解得m₁：m₂＝1：1

故A正确，B错误；

C、碰撞前m₂的速度为﹣3m/s，碰撞后m₂的速度为1.5m/s，大小和方向都发生了变化，则其动量大小和方向也都发生了变化，故C错误；

D、碰撞前后两物体的总机械能减小量为：ΔE＝+﹣v²

代入数据解得：ΔE＝37.125m₂，故D错误。

故选：A。

例10、甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）

A．3J  

B．4J   

C．5J  

D．6J

解析：令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v₁和v₂，

碰撞后甲、乙的速度大小分别为v₃和v₄，

碰撞过程中动量守恒，则mv₁+Mv₂＝mv₃+Mv₄，

即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，

解得M＝6kg，

则碰撞过程两物块损失的机械能△E＝＝3J，故A正确，BCD错误。

故选：A。

（多选）例11、如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是（　　）

A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中，A对D的支持力做功为﹣mgR   

B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为    

C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为        

D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为mgR

解析：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。

A、滑块D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒。

则当D滑到水平地面上时，根据动量守恒定律可得：mv_D﹣mv_A＝0

根据机械能守恒定律可得：mgR＝mv_D²+mv_A²

两式联立解得A、D分离时的速度大小为：v_D＝v_A＝，即A与D的速度大小相等，方向相反，

下滑过程对D由动能定理得：

解得：W＝﹣mgR，故A正确；

B、滑块D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；

C、滑块B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有2mv_B＝3mv_C

则B与C碰撞后的速度大小为：v_C＝，故C错误；

D、滑块D与B碰撞过程动量守恒，有：mv_D＝2mv_B

则碰撞后B、D整体的速度大小为：v_B＝

损失的机械能ΔE＝mv_D²﹣×2mv_B²

计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能ΔE＝mgR，故D正确。

故选：AD。

（多选）例12、如图所示，A、B两个小球（可视为质点），间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v₀＝同时竖直向下抛出，B先与地面碰撞，再与A的碰撞后B静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，则（　）

A．A、B两球的质量之比为1：3

B．A、B两球的质量之比为1：2

C．碰后A球上升的最大高度为8H      

D．碰后A球上升的最大高度为16H

解析：AB、设A球的质量为M，B球的质量为m，球下落过程只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律得：，解得：v＝2，同理可知，A球落地速度大小也是2；B与地面发生弹性碰撞，碰撞后速度大小不变，方向竖直向上，A、B发生碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣Mv＝mv_B+Mv_A，弹性碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：v_A＝，v_B＝，A、B碰撞后B静止，则m﹣3M＝0，A、B两球的质量之比M：m＝1：3，故A正确，B错误；

CD、由于m＝3M，则碰撞后A球的速度大小v_A＝4，碰撞后A上升过程机械能守恒，设A上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：＝Mgh，解得：h＝8H，故C正确，D错误。

故选：AC。

（多选）例13、如图所示，形状相同且足够长的木板A、B静止在光滑水平面上，物块C静止在B的右侧。某时刻木板A以水平向右的速度v与木板B发生弹性碰撞。碰撞时间极短可不计。若A、B、C的质量分别为km、m、m，其中k＞0，B、C之间粗糙，不计空气阻力，则（　）

A．A、B碰撞后A将水平向左运动     

B．A、B、C构成的系统在整个过程中动量守恒，机械能不守恒   

C．A、B碰撞后一定不会发生第二次碰撞 

D．A、B碰撞后仍可能会再次发生碰撞

解析：A、两木板A、B发生弹性碰撞，碰撞时间极短可不计，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：kmv＝kmv_A+mv_B，

由机械能守恒定律得：

解得：v_A＝v，v_B＝v，如果k＜1，则v_A＜0，A向左运动，如果k＞1，v_A＞0，A向右运动，故A错误；

B、A、B、C组成的系统所受合外力为零系统动量守恒，由于B、C间粗糙，C相对于B滑动时要克服摩擦力转化为内能，系统机械能不守恒，故B正确；

CD、A、B碰撞后A做匀速直线运动，B做减速直线运动，当B、C速度相等时B、C一起做匀速直线运动，如果碰撞后A向右运动，如果A的速度大于B、C的共同速度时，A、B将发生二次碰撞，因此A、B碰撞后仍有可能发生二次碰撞，故C错误，D正确。

故选：BD。

（多选）例14、如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度υ₀从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出（　　）

A．弹簧的劲度系数        

B．弹簧的最大弹性势能

C．木板和小物块之间的动摩擦因数    

D．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能

解析：小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v₁、v₂，由动量守恒定律，

小木块从开始位置滑动到最左端的过程，

mv₀＝（m+M）v₁

小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，

mv₀＝（m+M）v₂

解得

v₁＝①

v₂＝②

小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，

E_pm+Q+（m+M）v²＝mv₀²③

Q＝fL④

小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，

Q′+（m+M）v²＝mv₀²⑤

Q′＝f（2L）⑥

由①～⑥式，可以解出E_pm、Q′，故BD正确；

由于缺少弹簧的压缩量和木板长度，无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力，故AC错误；

故选：BD。

例15、如图所示，在光滑水平面上有A，B，C三个大小相同的弹性小球静止地排成一直线。已知A球质量是为m，B球质量为3m，C球质量为2m。现使A球沿三球球心连线以速度v₀冲向B球。假设三球间的相互作用都是弹性碰撞。试求三球不再发生相互作用时每个球的速度。

解析：设小球A与B发生碰撞后速度分别为v_A、v_B，

因为是弹性碰撞，

由动量守恒和动能守恒得

mv₀＝mv_A+3mv_B

代入数据解得

 方向向左

 方向向右

此后B球以速度v_B与C球发生碰撞，

设碰撞后速度分别为v_B′、v_C，

因为是弹性碰撞，

由动量守恒和动能守恒得

3mv_B＝﹣3mv_B+2mv_C

代入数据解得

 方向向右

 方向向右

此后三球不会在碰撞

故三球不再发生相互作用时速度分别为﹣v₀、v₀、v₀。

例16、如图所示，在光滑的水平桌面上有一质量m_C＝5kg的长木板C，它的两端各有一块挡板。在板的正中央并排放着两个滑块A和B，它们的质量分别为m_A＝1kg，m_B＝4kg。A、B间有一个被压缩的轻质弹簧。开始时A、B、C均处于静止，突然松开弹簧，在极短的时间内弹簧将A、B弹出，A以v_A＝6m/s的速率水平向左滑动。两滑块与挡板碰后都与挡板结成一体，且与挡板碰撞时间极短。不计A、B和C间的摩擦。

求：

（1）B被弹出时的速度v_B；

（2）弹簧松开前的弹性势能E_P；

（3）当两个滑块都与挡板碰撞后，板C的速度v_C。

解：（1）以A、B为研究对象，对其受力分析，合外力为零，动量守恒。

取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：

0＝m_Av_A+m_Bv_B

代入数据求得：v_B＝﹣1.5m/s

方向水平向右

（2）弹簧松开的过程中，只有弹簧的弹力做功，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒。

根据机械能守恒定律有：

代入数据，求出弹簧的弹性势能E_P＝22.5J

（3）以A、B、C为研究对象，经受力分析，系统动量守恒。

根据动量守恒定律有：

0＝（m_A+m_B+m_C）v_C

代入数据得：v_C＝0

答：（1）B被弹出时的速度为﹣1.5m/s。

（2）弹簧松开前的弹性势能为22.5J。

（3）当两个滑块都与挡板碰撞后，板C的速度为0。

例17、一轻质细绳一端系一质量为m＝0.05kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L＝0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s＝2m，动摩擦因数为μ＝0.25．现有一滑块B，质量也为m＝0.05kg，从斜面上高度h＝5m处滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能。若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（g取10m/s²，结果用根号表示），试问：

（1）求滑块B与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度。

（2）求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力。

（3）滑块B与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数。

解析：（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为v₁，碰撞后速度为v₁′，小球速度为v₂。

根据能量守恒定律，得

解得

A、B发生弹性碰撞，由动量守恒，得到：mv₁＝mv₁′+mv₂

由能量守恒定律，得到：

解得：

即滑块B与小球第一次碰前的速度为，碰后的速度为0。

（2）对A求，碰撞后的瞬间，有 

解得T＝48N

即滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N。

（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v₀，则有

小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度为v，根据机械能守恒有

解得

滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为，滑块通过的路程为S′．根据能量守恒有

解得

s′＝19m

小球做完整圆周圆周运动的次数

次

即小球做完整圆周运动的次数为10次。

例18、质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和1/4圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v₀水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（　　）

A. 小球一定沿水平方向向左做平抛运动

B. 小球可能沿水平方向向左做平抛运动

C. 小球可能沿水平方向向右做平抛运动

D. 小球可能做自由落体运动

解析：小球滑上小车，又返回，到离开小车的整个过程，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向．
根据动量守恒定律得：mv₀=Mv+mv′

再根据系统机械能守恒有：

联列解得：

如果m<M，v′与v₀方向相反，小球离开小车后向左做平抛运动；
如果m=M，v′=0，小球离开小车后做自由落体运动；
如果m>M，v′与v₀方向相同，小球离开小车后向右做平抛运动．故A错误，BCD正确．
故选：BCD

例19、如图，质量为M的障碍物静放在水平光滑地面上，一质量的球以速度v₀冲向障碍物，若障碍物弧面光滑且最低点与水平地面相切。求小球能沿着障碍物弧面冲上多大高度？（弧面为1/4圆弧）

答案：

_{解析：由于水平方向不受外力作用，系统在水平方向上动量守恒，可以求出两者共同的末速v（因为最后运行到最高点时，两者的速度相同）：mv0＝（m＋M）v 。再用能量守恒定律：初动能＝末动能＋小球势能变化，可以求出小球上升高度h。}