專題強化七“碰撞類”模型問題【專題解讀】1.本專題主要研究碰撞過程的特點和滿足的物理規(guī)律，并對碰撞模型進行拓展分析。2.學好本專題，可以使同學們掌握根據物理情景或解題方法的相同或相似性，進行歸類分析問題的能力。3.用到的知識、規(guī)律和方法有：牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律，動量守恒定律，動能定理和能量守恒定律。模型一“物體與物體”正碰模型1.彈性碰撞碰撞結束后，形變全部消失，動能沒有損失，不僅動量守恒，而且初、末動能相等。(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)(2)v2＝0時，v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后，兩物體沿同一方向運動)；③若m1?m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后，兩物體沿相反方向運動)；⑤若m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。2.非彈性碰撞碰撞結束后，動能有部分損失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk損3.完全非彈性碰撞碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損max4.碰撞遵守的原則(1)動量守恒。(2)機械能不增加，即碰撞結束后總動能不增加，表達式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理①碰前若同向運動，原來在前的物體速度一定增大，且v前≥v后。②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向肯定有一個改變或速度均為零?！纠?】(多選)(2020·全國卷Ⅱ，21)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A.48kg B.53kgC.58kg D.63kg答案BC解析選運動員退行速度方向為正方向，設運動員的質量為M，物塊的質量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52kg＜M＜60kg，故B、C項正確，A、D項錯誤?！咀兪?】(2020·北京市房山區(qū)上學期期末)如圖1甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA＝2kg，以一定的初速度向右運動，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運動，碰撞前后的位移—時間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為正方向)，則碰撞后的速度及物體B的質量分別為()圖1A.2m/s，5kg B.2m/s，3kgC.3.5m/s，2.86kg D.3.5m/s，0.86kg答案B解析由圖像可知，碰前A的速度為v1＝eq\f(20,4)m/s＝5m/s，碰后A、B的共同速度為v2＝eq\f(28－20,8－4)m/s＝2m/s，A、B碰撞過程中動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3kg，故選項B正確?！咀兪?】(2020·吉林市第二次調研)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A.vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB.vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC.vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD.vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s答案C解析碰前系統總動量為p＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2)kg·m/s＝10kg·m/s，碰前總動能為Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝(eq\f(1,2)×1×62＋eq\f(1,2)×2×22)J＝22J，如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動量為p′＝(1×3＋2×4)kg·m/s＝11kg·m/s，動量不守恒，A錯誤；碰撞后，A、B兩球同向運動，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B錯誤；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動量為p′＝(1×2＋2×4)kg·m/s＝10kg·m/s，系統動量守恒，碰后總動能為Ek′＝(eq\f(1,2)×1×22＋eq\f(1,2)×2×42)J＝18J，系統動能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，則碰后總動量為p′＝[1×(－4)＋2×7]kg·m/s＝10kg·m/s，系統動量守恒，碰后總動能為Ek′＝(eq\f(1,2)×1×42＋eq\f(1,2)×2×72)J＝57J，系統動能增加，不可能，D錯誤。模型二“滑塊—彈簧”碰撞模型模型圖示模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統的總動能將發(fā)生變化；若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)【例2】(2020·山東日照市3月模擬)A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和M(m＜M)。若使A球獲得瞬時速度v(如圖2甲)，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若使B球獲得瞬時速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為()圖2A.L1＞L2 B.L1＜L2C.L1＝L2 D.不能確定答案C解析當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，對題圖甲取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝(m＋M)v′由機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2聯立解得彈簧壓縮到最短時Ep＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)同理：對題圖乙取B的初速度方向為正方向，當彈簧壓縮到最短時有Ep＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)故彈性勢能相等，則有L1＝L2，故A、B、D錯誤，C正確。【變式3】(2020·江西省教學質量監(jiān)測)如圖3所示，質量相同的A、B兩物體用輕彈簧連接，靜止在光滑水平面上，其中B物體靠在墻壁上。現用力推動物體A壓縮彈簧至P點后再釋放物體A，當彈簧的長度最大時，彈性勢能為Ep1?，F將物體A的質量增大到原來的3倍，仍使物體A壓縮彈簧至P點后釋放，當彈簧的長度最大時，彈性勢能為Ep2。則Ep1∶Ep2等于()圖3A.1 B.2C.3 D.4答案B解析設壓縮到P點時，彈簧的彈性勢能為Ep，開始時，物體A、B的質量均為m，則有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)Ep，把A的質量換成3m，Ep＝eq\f(1,2)×3mv0′2，3mv0′＝4mv′，Ep2＝Ep－eq\f(1,2)×4mv′2＝eq\f(1,4)Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，選項B正確。模型三“滑塊—斜面”碰撞模型模型圖示模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道。系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)最低點：m與M分離點。水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(完全彈性碰撞拓展模型)【例3】(2020·甘肅天水市調研)如圖4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的質量相等均為m，曲面劈B的質量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：圖4(1)碰撞過程中系統損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)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碰撞過程中系統損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2，解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)當小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統的速度相等。根據動量守恒定律mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0根據機械能守恒得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(3veq\o\al(2,0),40g)?！咀兪?】(2020·山西大同市第一中學2月模擬)在光滑水平地面上放有一質量M＝3kg帶四分之一光滑圓弧形槽的小車，質量為m＝2kg的小球以速度v0＝5m/s沿水平槽口滑上圓弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2。求：圖5(1)小球從槽口開始運動到最高點(未離開小車)的過程中，小球對小車做的功W；(2)小球落地瞬間，小車與小球間的水平間距L。答案(1)6J(2)2m解析(1)小球上升至最高點時，兩物體水平速度相等，小車和小球水平方向動量守恒，得mv0＝(m＋M)v①對小車由動能定理得W＝eq\f(1,2)Mv2②聯立①②解得W＝6J。(2)小球回到槽口時，小球和小車水平方向動量守恒，得mv0＝mv1＋Mv2③小球和小車由功能關系得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)④聯立③④可解得v1＝－1m/s⑤v2＝4m/s⑥小球離開小車后，向右做平拋運動，小車向左做勻速運動h＝eq\f(1,2)gt2⑦L＝(v2－v1)t⑧聯立⑤⑥⑦⑧可得L＝2m。模型四“滑塊—木板”碰撞模型模型圖示模型特點(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移(子彈為射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能(3)根據能量守恒，系統損失的動能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質量越小，木塊(或木板)的質量越大，動能損失越多(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖示求解【例4】(2020·山東濟南市5月高考模擬)如圖6所示，厚度均勻的長木板C靜止在光滑水平面上，木板上距左端L處放有小物塊B。某時刻小物塊A以某一初速度從左端滑上木板向右運動，已知A、B均可視為質點，A、B與C間的動摩擦因數均為μ，A、B、C三者的質量相等，重力加速度為g。求：圖6(1)A剛滑上木板時，A、B的加速度大??；(2)要使A、B不發(fā)生碰撞，A的初速度應滿足的條件；(3)若已知A的初速度為v0，且A、B之間發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直線運動。要保證A、B均不會從木板上掉下，木板的最小長度是多少。答案(1)μgeq\f(μg,2)(2)v1≤eq\r(3μgL)(3)eq\f(veq\o\al(2,0),3μg)解析(1)對A有：μmg＝maA，得aA＝μg對BC有：μmg＝2maB，解得aB＝eq\f(μg,2)。(2)若A、B剛好不發(fā)生碰撞，則三者正好達到共同速度，A相對于C滑行距離為L，由動量守恒有mv1＝3mv共且有μmgL≥eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,共)，解得v1≤eq\r(3μgL)。(3)由于彈性碰撞，A、B碰后交換速度，等同于A與C相對靜止一起向前加速，B繼續(xù)減速，剛好不滑下木板時，三者達到共同速度，由動量守恒有mv0＝3mv共′且有μmgL總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv共′2聯立解得L總＝eq\f(veq\o\al(2,0),3μg)。【變式5】(2020·四川攀枝花市第二次統考)如圖7所示，質量m1＝2kg、長度l＝5m的木板，以速度v1＝5m/s沿光滑水平面向右勻速運動。某時刻一質量m2＝1kg的小木塊(可視為質點)，以水平向左的速度v2＝5m/s從木板的右端滑上木板，最終剛好不能滑離木板。重力加速度g取10m/s2，求：圖7(1)木塊與木板間的動摩擦因數；(2)小木塊做加速運動過程的時間。答案(1)eq\f(2,3)(2)0.25s解析(1)設木塊到達木板左端時與木板的共同速度為v，以水平向右為正。對木塊和木板組成的系統，由動量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v由能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2且Q＝μm2gl聯立以上各式，代入相關數據可得μ＝eq\f(2,3)。(2)設木塊在木板上加速的時間為t，對木塊由動量定理有μm2gt＝m2v－0，代入相關數據可得t＝0.25s。另解：設木塊在木板上加速的時間為t，加速度為a，則μm2g＝m2a，v＝at，代入相關數據可得t＝0.25s。課時限時練(限時：40分鐘)1.(2020·江西九江市第二次模擬)如圖1所示，小球a、b(均可視為質點)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θ＝60°。忽略空氣阻力。則兩球a、b的質量之比eq\f(ma,mb)為()圖1A.eq\f(\r(2),2) B.eq\r(2)－1C.1－eq\f(\r(2),2) D.eq\r(2)＋1答案B解析b球下擺過程中，由動能定理得mbgL＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－0，球a、b碰撞過程動量守恒，設向左為正方向，由動量守恒定律可得mbv0＝(ma＋mb)v，兩球向左擺動過程中，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)(ma＋mb)v2＝(ma＋mb)gL(1－cosθ)，解得eq\f(ma,mb)＝eq\r(2)－1，故A、C、D錯誤，B正確。2.(2020·廣東廣州市下學期一模)如圖2，水平放置的圓環(huán)形窄槽固定在桌面上，槽內有兩個大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽運動，在位置P與球b發(fā)生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且兩小球可視為質點，則a、b兩球質量之比為()圖2A.3∶1 B.1∶3C.5∶3 D.3∶5答案D解析由動量守恒可知，碰后兩球的速度方向相反，且在相同時間內，b球運動的弧長為a球運動的弧長為3倍，則有vb＝－3va由動量守恒定律有mav＝mbvb＋mava由能量守恒有eq\f(1,2)mav2＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＋eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)聯立解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(3,5)，故A、B、C錯誤，D正確。3.(多選)(2020·河南省頂尖名校4月聯考)如圖3甲所示，長2m的木板Q靜止在某水平面上，t＝0時刻，可視為質點的小物塊P以水平向右的某初速度從Q的左端向右滑行。P、Q的速度—時間圖像如圖乙所示，其中a、b分別是0～1s內P、Q的速度—時間圖線，1～2s內P、Q共同的速度—時間圖線。已知P、Q的質量均是1kg，g取10m/s2。則以下判斷正確的是()圖3A.P、Q系統在相互作用的過程中動量守恒B.在0～2s內，摩擦力對Q的沖量是2N·sC.P、Q之間的動摩擦因數為0.1D.P相對Q靜止的位置在Q木板的右端答案AC解析根據圖乙可知，1s后二者以相同的速度勻速運動，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，在0～2s內，木板Q下表面與水平面之間沒有摩擦力，P、Q系統在相互作用的過程所受的外力之和為零，動量守恒，故A正確；從圖像可知，0～2s內對Q，先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，在1～2s內無摩擦力，根據動量定理，摩擦力的沖量等于動量的變化，所以I＝Mv－0＝1N·s，故B錯誤；P從速度為2m/s減為1m/s所需的時間為1s，則a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，又a＝eq\f(－μmg,m)＝－μg，所以μ＝0.1，故C正確；在t＝1s時，P、Q相對靜止，一起做勻速直線運動，在0～1s內，P的位移x1＝eq\f(2＋1,2)×1m＝1.5m，Q的位移x2＝eq\f(0＋1,2)m＝0.5m，則Δx＝x1－x2＝1m＜2m，知P與Q相對靜止時剛好在木板的中間，并不在木板的右端，故D錯誤。4.(多選)(2020·山東威海市下學期模擬)如圖4所示，質量均為1.0kg的木板A和半徑為0.2m的eq\f(1,4)光滑圓弧槽B靜置在光滑水平面上，A和B接觸但不粘連，B左端與A相切?，F有一質量為2.0kg的小滑塊C以5m/s的水平初速度從左端滑上A，C離開A時，A的速度大小為1.0m/s。已知A、C間的動摩擦因數為0.5，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()圖4A.木板A的長度為0.85mB.滑塊C能夠離開B且離開B后做豎直上拋運動C.整個過程中A、B、C組成的系統水平方向動量守恒D.B的最大速度為5m/s答案CD解析由于在光滑水平面上，小滑塊C與木板A作用過程中，動量守恒；滑塊在光滑圓弧槽B滑行的過程中，系統水平方向不受外力，動量守恒；所以整個過程A、B、C組成的系統水平方向動量守恒，選項C正確；滑塊在木板上滑行的過程中，設向右為正方向，對系統由動量守恒和能量守恒可得mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vAB，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mCvC′2＋eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,AB)＋μmCgL，聯立并代入數據得vC′＝4m/s，L＝0.8m，選項A錯誤；滑塊在光滑圓弧槽B上滑行的過程中，假設兩者能達到速度相同，此時滑塊滑上圓弧槽的最大高度。根據系統的動量守恒和能量守恒可得mCvC′＋mBvAB＝(mC＋mB)v共，eq\f(1,2)mCvC′2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,AB)＝eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(2,共)＋mCgh，聯立并代入數據得h＝0.15m<0.2m，假設成立。即滑塊C不會離開B，選項B錯誤；之后滑塊會下滑，圓弧槽速度繼續(xù)增大。當滑塊滑到最低點時，圓弧槽獲得最大速度，根據系統的動量守恒和能量守恒可得(mC＋mB)v共＝mCvC″＋mBvBmax，eq\f(1,2)mCvC″2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,Bmax)＝eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(2,共)＋mCgh，解得vBmax＝5m/s，選項D正確。5.兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖5所示。已知B與C碰撞后會粘在一起運動。在以后的運動中：圖5(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？(2)系統中彈性勢能的最大值是多少？答案(1)3m/s(2)12J解析(1)彈簧壓縮至最短時，彈性勢能最大，由動量守恒定律得(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA，解得vA＝3m/s。(2)B、C碰撞過程系統動量守恒mBv＝(mB＋mC)vC故vC＝2m/s碰后彈簧壓縮到最短時彈性勢能最大，故Ep＝eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,A)＝12J。6.如圖6所示，半徑均為R、質量均為M、內表面光滑的兩個完全相同的eq\f(1,4)圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點，b、b′分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著豎直墻壁。一個質量為m的小球C從圓槽A頂端的a點無初速度釋放，重力加速度為g，求：圖6(1)小球C從a點運動到b點時的速度大小及A槽對地面的壓力大??；(2)小球C在B槽內運動所能達到的最大高度；(3)B的最大速度的大小。答案(1)eq\r(2gR)3mg＋Mg(2)eq\f(MR,M＋m)(3)eq\f(2m,M＋m)eq\r(2gR)解析(1)小球C從a點運動到b點