高考物理：高中物理碰撞模型！

一、碰撞問題：

完全彈性碰撞：碰撞時產(chǎn)生彈性形變，碰撞后形變完全消失，碰撞過程系統(tǒng)的動量

和機械能均守恒。

完全非彈性碰撞：碰撞后物體粘結(jié)成一體或相對靜止，即相互碰撞時產(chǎn)生的形變一

點沒有恢復(fù)，碰撞后相互作用的物體具有共同速度，系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)的機械

能不守恒，此時損失的最多。

二、兩類問題

1、完全非彈性碰撞

在光滑水平面上，質(zhì)量為mi的物體以初速度vi去碰撞靜止的物體m2,碰后兩物

體粘在一起。

碰撞時間極短，內(nèi)力很大，故而兩物體組成系統(tǒng)動量守恒。

碰后兩物體速度相等，由動量守恒定律得：

由能量守恒定律得：

m.AC-嗎2

解得："Ei*叫一2GM）曾1r

作用結(jié)束后，兩物體具有共同的速度，為完全非彈性碰撞，此時系統(tǒng)動能損失最

大。

2、完全彈性碰撞

在光滑水平面上，質(zhì)量為n的物體以初速度vo去碰撞靜止的物體m2,碰后的3

速度是5,m2的速度是V2,碰撞過程無機械能損失。

碼11=叫"+叱匕

據(jù)動量守恒定律:

22

據(jù)能量守恒定律得：

解得：%%=號%

對V1、V2分情況討論：

①若貝心＜?。肌?、叼＞無，物理意義：入射小球質(zhì)量大于被碰小球質(zhì)

量，則入射小球碰后仍沿原方向運動但速度變小，被碰小球的速度大小入射小球碰

前的速度。

②若則％=°、v2=v0）物理意義：入射小球與被碰小球質(zhì)量相等，則

碰后兩球交換速度。

③若則巧＜°（即巧與不方向相反）、叼〈無，物理意義：入射小球質(zhì)

量小于被碰小球質(zhì)量，則入射小球?qū)⒈环磸椈厝ィ慌鲂∏虻乃俣刃∮谌肷湫∏蚺?/p>

前的速度。

④若叫＞＞?12,則巧趨近于0、町趨近于2v0,物理意義：入射小球質(zhì)量比被碰

小球質(zhì)量大的多，則入射小球的速度幾乎不變，被碰小球的速度接近入射小球碰前

速度的2倍，也就是說被碰小球?qū)θ肷湫∏虻倪\動影響很小，但入射小球?qū)Ρ慌鲂?/p>

球的運動影響不能忽略，例如：用一個鉛球去撞擊一個乒乓球。

⑤若則w趨近于-%、%趨近于0,物理意義：入射小球質(zhì)量比被碰

小球質(zhì)量小的多，則入射小球幾乎被原速率反彈回去，被碰小球幾乎不動，例如：

乒乓球撞擊鉛球。

注意：上面討論出的結(jié)果不能盲目亂搬亂用，應(yīng)用的前提條件是：一個運動的物體

去碰撞一個靜止的物體，且是彈性碰撞。

拓展：設(shè)在光滑的水平面上質(zhì)量為1711的小球以速度V1去碰撞質(zhì)量為m2、速

度為V2的小球發(fā)生彈性正碰，試求碰后兩球的速度匕和為。

根據(jù)動量守恒定律和動能守恒有：

加1Vl+為為=+

?飛彳+i啊*=:附^區(qū)2

可得:

（仍-M+2啊為

\=------------:------------

A+%

2—飛+叫

三、碰撞及類碰撞過程的特點

⑴時間特點：在碰撞、爆炸等現(xiàn)象中，相互作用時間很短。

(2)相互作用力特點：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后再急

劇減小，平均作用力很大

(3)動量守恒條件特點：系統(tǒng)的內(nèi)力遠遠大于外力，所以系統(tǒng)即使所受外力之和

不為零，外力也可以忽略，系統(tǒng)的總動量守恒

(4)位移特點：碰撞、爆炸是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，所以在物體發(fā)生碰逾、

爆炸的瞬間，可忽略物體的位移，可以認為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。

⑸能量特點：碰撞過程中，一般伴隨著機械能的損失，碰撞后系統(tǒng)的總能量要

小于或等于碰撞前系統(tǒng)的總動能，即

4+a?4+演

(6)速度特點：碰后必須保證不穿透對方。

四、規(guī)律方法指導(dǎo)

1.幾種碰撞的比較

非彈性碰撞

彈性碰撞

一般非彈性碰撞完全非彈性碰撞

動量守恒守恒守恒

動能無動能損失有動能損失動能損失最大

2.解決碰撞問題中的三個依據(jù)

⑴動量守恒，即月+瑪=4+月

⑵動能不增加，即4+取<&<+演或者2s網(wǎng)一物加

2

聯(lián)立解得"Q=i

耽一機血，

(2)由(1)中兩式解得：弓=時十出的,吃=嬴彳笳4

若小球4碰后靜止或繼續(xù)向右運動，此時有即小之利

若小球4碰后反向運動，第一次反彈后相碰需滿足|川＜|悶

忱一冽12ml

即磯f”＜硯一卅七0

W]

解得3

區(qū)

綜上所述，只要小球A8質(zhì)量滿足m＞3,就能使小球8第一次反彈后一定與小

球A相碰.

例2、如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B,放在光滑的水平面上，物體A

被水平速度為V。的子彈射中并且嵌入其中.已知物體B的質(zhì)量為m,物體A的質(zhì)

量是m,子彈的質(zhì)量是m.

①求彈簧壓縮到最短時B的速度.

②彈簧的最大彈性勢能.

77777/777/777777777/77777,^

解答：①當(dāng)A、B速度相等時，彈簧的壓縮量最大

從子彈射入A到彈簧壓縮到最短時系統(tǒng)的動量守恒

由動量守恒定律得：mv0=(m+m+m)v,

工

解得：v=3vo；

②設(shè)子彈射入A時，時間很短，內(nèi)力很大，A與子彈組成系統(tǒng)動量守恒由動量守恒

定律得：mvo=(m+m)vi,

解得：Vi=2vo，

彈簧的壓縮量最大時，彈簧彈性勢能最大，由能量守恒定律得：

EP=2(m+m)V12-2(m+m+m)v2

1

2

解得：Ep=^2mvo：

_1

答：①彈簧壓縮到最短時B的速度為耳vo.

1

②彈簧的最大彈性勢能為五mv02.

例3、如圖所示，小球A的質(zhì)量為mA=5kg,動量大小為pA=4kg?m/s,小

球A在光滑水平面上向右運動，與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動

量大小為PA'=1kg?m/s的，方向水平向右，則（）

A.碰后小球B的動量大小為pB=3kg?m/s

B.碰后小球B的動量大小為pB=5kg?m/s

C.小球B的質(zhì)量為15kg

D.小球B的質(zhì)量為5kg

解析：AB、由題意可知，小球A和小球B發(fā)生彈性碰撞，則碰撞過程系統(tǒng)動

量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：PA=PA'+PB，代入數(shù)據(jù)解得：

PB=3kg?m/s,故A.正確，B錯誤；

CD、兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正

,

方向，由動量守恒定律得：mAVA=mAVA+mBVB

12=1_/2pJ.2

1nmv

由機械能守恒定律得：2%以-2AyA2BBy碰撞前A的動量PA=

mAvA,代入數(shù)據(jù)解得：mB=3kg,故CD錯誤。

故選：Ao

例4、質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上，沿同一直線、同一方向運動，

A球的動量pA~9kg-m/s,B球的動量PB-3kg?m/s,當(dāng)A追上B時發(fā)生碰

撞，則碰后A、B兩球的動量可能值是（）

A.pA'=6kg?m/s,pB'=6kg?m/s

B.pA'=4kg?m/s,pB,=6kg*m/s

C.PA'=-6kg?m/s,pB'=18kg?m/s

D.pA'=2kgTn/s,pB'=10kg?m/s

解析：設(shè)兩球質(zhì)量均為m,碰前總動量p=pA+PB=9kg?m/s+3kg?m/s=

2222

PA產(chǎn)

12kg?m/s,根據(jù)動能與動量的關(guān)系可知：碰前總動能根=詬工=2mj

45

=mJ

A、若pA'=6kg?m/s,pB'=6kg?m/s,碰后總動量P'=PA+PB=

/2f2oo

PA___JB6,6Z

6kg?m/s+6kg?m/s=12kg?m/s,碰后總動能E%=2m2m=2m=

3645

Vj<Ek=Vj,可能會發(fā)生，故A正確；

B、若pA'=4kg?m/s,pB'=6kg?m/s,碰后總動量P'=PA+PB=

4kg?m/s+6kg?m/s=10kg?m/s,不符合動量守恒，故B錯誤；

C、若PA'=-6kg?m/s,PR'=18kg?m/s,碰后總動量P'=PA+PR=-

/2/2

PA_+PB

6kg?m/s+18kg?m/s=12kg?m/s,碰后總動能E'k=2m2m=

(-6)2+18218045

2m=-J>Ek=Vj,不可能會發(fā)生，故C錯誤；

D、若pA'=2kg?m/s,PB'=10kg?m/s,碰后總動量P'=PA+PB=

i2/2c2?入2

PA___JB2N+10/

2kg?m/s+10kg?m/s=12kg?m/s,碰后總動能Ei=2m+_2m=2m

5245

=Vj>Ek=Vj,不可能會發(fā)生，故D錯誤；

故選：Ao

例5、在光滑水平面上沿一直線運動的甲、乙兩小球，動量大小相等，質(zhì)量

之比為1：5,兩小球發(fā)生正碰后，甲、乙兩球的動量大小之比為1：11,則

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：兩球發(fā)生正碰，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰前甲乙的動量均為P0,

則總動量為2p0o

若碰后若甲乙運動方向相同，設(shè)碰后甲的動量為以碰撞前動量方向為正

方向，由動量守恒定律得：pi+11pi=2p0

=P0

解得：P「6

,_.￡I.i

甲球在碰撞前、后的速度大小之比是："JV2-P°'6=6'

若碰后若甲乙運動方向相反，以碰撞前甲的動量方向為正方向，由動量守恒

定律得：-pi+11pi=2po

解得P15

則此時甲球在碰撞前、后的速度大小之比是V2=P°：~5：IB正

確，ACD錯誤。

故選：B。

例6、如圖所示，兩單擺擺長相同，平衡時兩擺球剛好接觸，現(xiàn)將擺球A、B

在兩擺球所在平面內(nèi)向左、右拉起至高度hA、hB后釋放，兩小球恰在最低點

發(fā)生彈性碰撞；碰撞后，擺球A擺回到最高點的高度仍然為hA。擺球A、B

的質(zhì)量分別為2m、3m,則hA：hB等于（）

AB

A.9：4

B.3：2

C.1：1

D.9：16

解析：小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：

X

對A球：2mghA=22nivA

對B球：3mhB=2義3n1VB

兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，

以向右為正方向，由動量守恒定律得：2mvA-3mvB=2mvA,+3mvB,

由機械能守恒定律得：卜2mv/x32二恭22/X3.一

1/2

碰撞后A上擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：2-><2mV

2mghA，

解得：hA：hB=9：4,故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

例7、如圖所示，五個等大的小球B、C、D、E、F,沿一條直線靜放在光滑

水平面上，另一等大小球A沿該直線以速度v向B球運動，小球間若發(fā)生碰

撞均為彈性碰撞。若B、C、D、E四個球質(zhì)量均為2m,而A、F兩球質(zhì)量均

為m,則所有碰撞結(jié)克后，小球F的速度大小為（）

ABCDEF

A.v

_2

B.3v

C.芍v

_8

D.3V

解析：小球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)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=mvA+2mvB

121212

由機械能守恒定律得：下’-2mvA4yX2mvB

_1_2

解得：VA=-3v,VB=3V

兩質(zhì)量相等的球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律與機械能守恒定律可知，碰

撞后兩球速度互換，

_2

即B與C碰撞后B的速度為零，C以々V的速度與D碰撞，最終B、C、D

_2

速度為零，E以速度VE=3v與F發(fā)生碰撞，

E、F碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，

由動量守恒定律得：2mVE=2mvE'+mvF

121212

由機械能守恒定律得:萬X2吟節(jié)X21E?叫

_8

解得：VF=-9V,故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

例8、如圖所示，光滑水平面上有大小相同、質(zhì)量均為m=3kg的A、B、C

三個小球，小球A以速度v0=4m/s向左運動，與靜止不動右端有一輕彈簧的

小球B發(fā)生對心碰撞，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并

粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短，碰撞后小球A

與彈簧不粘連，則下列說法正確的是（）

A.彈簧最短時，三個小球共同速度的大小為1m/s

B.從開始到彈簧最短的過程中小球C受到的沖量大小為4N-s

C.從開始到小球A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為6J

D.小球B與小球C碰撞之前，小球A、B共同速度的大小為3m/s

解析：A、彈簧最短時三個小球速度相等，設(shè)大小為v,三個小球組成的系統(tǒng)

動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv°=3mv,代入數(shù)解得：

_4

v=3m/s,故A錯誤；

B、由動量定理可知，從開始到彈簧最短的過程中小球C受到的沖量大小1=

_4

mv=3x3N?S=4N?S,故B正確；

D、小球B與小球C碰撞前瞬間，設(shè)A、B的共同速度為vi,A、B系統(tǒng)動量

守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0=2mvi,代入數(shù)據(jù)解得：

vi=2m/s,故D錯誤;

C、從開始到小球A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能等于B、C碰

撞過程損失的機械能（設(shè)為AE）,設(shè)B和C碰撞后的速度大小為V2,取向

左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：n】vi—2mv2

由能量守恒定律得：

1212

萬叫節(jié)義vn2嗎

代入數(shù)據(jù)解得：AE=3J,故C錯誤。

故選：B。

例9、在光滑水平地面上，有兩個質(zhì)量分別為3、m2的小物體，運動1s后

發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后兩物體粘在一起，兩物體碰撞前后的x-1圖

像如圖所示.以下判斷正確的是（）

A.mi：rri2=1：1

B.mi：rri2=2：1

C.碰撞前后m2的動量不變

D.碰撞前后兩物體的總機械能不變

解析：AB、根據(jù)x-t圖象的斜率等于速度，可知碰撞前兩物體的速度分別

△x66-9

為：vi=At=lm/s=6m/s,V2=△t=1m/s=-3m/s,碰后兩物體F勺速

Ax9-6

度為:v=3-lm/s=1.5m/s,規(guī)定3的速度方向為正方向，由動量守

恒定律得：

miVi+m2V2=（mi+m2）v

代入數(shù)據(jù)解得n：m2=1：1

故A正確，B錯誤；

C、碰撞前m2的速度為-3m/s,碰撞后m2的速度為1.5m/s,大小和方向都

發(fā)生了變化，則其動量大小和方向也都發(fā)生了變化，故C錯誤；

1212工(+、

D、碰撞前后兩物體的總機械能減小量為：AE=2叫、+21n2g2.211nl

v2

代入數(shù)據(jù)解得：△E=37.125m2,故D錯誤。

故選：Ao

例10、甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與

乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲

B.4J

C.5J

D.6J

解析：令乙的質(zhì)量為M,碰撞前甲、乙的速度大小分別為5和V2，

碰撞后甲、乙的速度大小分別為V3和V4，

碰撞過程中動量守恒，則mvi+Mv2=mv3+Mv4,

即1x5.0+Mx1.0=1x(-1.0)+Mx2.0,

解得M=6kg,

則碰撞過程兩物塊損失的機械能△￡=22V22mv320=3J,故A

正確，BCD錯誤。

故選：A.,

（多選）例11、如圖所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道的斜劈A和滑塊B、

C均靜止在光滑水平地面上，斜劈A的末端與水平地面相切。一滑塊D從斜

劈A的圓弧軌道的最高點由靜止釋放，滑塊D滑到水平地面后與滑塊B碰撞

并粘在一起向前運動，再與滑塊C碰撞又與C粘在一起向前運動。已知斜劈

A和三個滑塊的質(zhì)量均為m,斜劈A的圓弧軌道半徑為R,重力加速度大小

為g。滑塊B、C、D均可視為質(zhì)點，則下列說法正確的是（）

_1

A.滑塊D在圓弧軌道上滑動的過程中，A對D的支持力做功為-EmgR

B.與滑塊B碰撞前瞬間，滑塊D的速度大小為J藏

C.滑塊B與滑塊C碰撞后的速度大小為3

_1

D.滑塊D與滑塊B碰撞過程中損失的機械能為.mgR

解析：涉及動量守恒定律，取向右為正方向。

A、滑塊D在A上滑動時，A與D組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，且系統(tǒng)

機械能守恒。

則當(dāng)D滑到水平地面上時，根據(jù)動量守恒定律可得：mvD-mvA=O

根據(jù)機械能守恒定律可得：mgR^^mvD^mvA2

兩式聯(lián)立解得A、D分離時的速度大小為：VD=VA=J就，即A與D的速度

大小相等，方向相反，

下滑過程對D由動能定理得：W-mgR（We\vuh）=/mv--°

_1

解得：w=-彳mgR,故A正確；

B、滑塊D與B碰撞前的速度即為A、D分離時D的速度大小，為腹，故

B錯誤;

C、滑塊B與C碰撞過程中，B、C、D組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mvB=

3mvc

則B與C碰撞后的速度大小為：vc=R—,故C錯誤;

D、滑塊D與B碰撞過程動量守恒，有：mvD=2mvB

則碰撞后B、D整體的速度大小為：vB=~

損失的機械能AE=2mvD2-2x2mvB2

計算可得滑塊D與滑塊B碰撞過程中損失的機械能AE=4mgR,故D正

確。

故選：ADo

（多選）例12、如圖所示，A、B兩個小球（可視為質(zhì)點），間隙極小，兩

球球心連線豎直，從離地面高度H處以相同的初速度vo=J9同時豎直向下

拋出，B先與地面碰撞，再與A的碰撞后B靜止于地面，所有碰撞均為彈性

碰撞，則（）

鴕?

A.A、B兩球的質(zhì)量之比為1：3

B.A、B兩球的質(zhì)量之比為1：2

C.碰后A球上升的最大高度為8H

D.碰后A球上升的最大高度為16H

解析：AB、設(shè)A球的質(zhì)量為M,B球的質(zhì)量為m,球下落過程只有重力做

功，機械能守恒，應(yīng)用機械能守恒定律得：2111Vo§-2mv,解得：v=2

VgH,同理可知，A球落地速度大小也是2丁短；B與地面發(fā)生彈性碰撞，碰

撞后速度大小不變，方向豎直向上，A、B發(fā)生碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外

力，系統(tǒng)動量守恒，以向上為正方向，由動量守恒定律得：mv-Mv=

mvB+MvA，彈性碰撞過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：

12,1?212,1?22(3m-M)VgH

Kmv-^rMv=-HIVD-^MVA_-------------------

222B2解得：vA=m+M,vB=

2（m-3M

丁疝，A、B碰撞后B靜止，則m?3M=0,A、B兩球的質(zhì)量之比

M；m-1；3,故A正確，B借誤；

CD、由于m=3M,則碰撞后A球的速度大小VA=4“S,碰撞后A上升過程

2

機械能守恒，設(shè)A上升的最大高度為h,由機械能守恒定律得：2V=

Mgh,解得：h=8H,故C正確，D錯誤。

故選：ACo

（多選）例13、如圖圻示，形狀相同且足夠長的木板A、B靜止在光滑水平

面上，物塊C靜止在B的右側(cè)。某時刻木板A以水平向右的速度v與木板B

發(fā)生彈性碰撞。碰撞時間極短可不計。若A、B、C的質(zhì)量分別為km、m、下

m,其中k>0,B、C之間粗糙，不計空氣阻力，則（）

C

A.A、B碰撞后A將水平向左運動

B.A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)在整個過程中動量守恒，機械能不守恒

C.A、B碰撞后一定不會發(fā)生第二次碰撞

D.A、B碰撞后仍可能會再次發(fā)生碰撞

解析：A、兩木板A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短可不計，碰撞過程系統(tǒng)

動量守恒、機械能守恒，

以向右為正方向，由動量守恒定律得：kmv=kmvA+mvB，

121212

由機械能守恒定律得：

k-12k

解得：VA=k+lv,VB=k+lv,如果kV1,則VAVO,A向左運動，如果k>

1,VA>0,A向右運動，故A錯誤;

B、A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動量守恒，由于B、C間粗

糙，C相對于B滑動時要克服摩擦力轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機械能不守恒，故B

正確；

CD、A、B碰撞后A做勻速直線運動，B做減速直線運動，當(dāng)B、C速度相

等時B、C一起做勻速直線運動，如果碰撞后A向右運動，如果A的速度大

于B、C的共同速度時，A、B將發(fā)生二次碰撞，囚此A、B碰撞后仍有可能

發(fā)生二次碰撞，故C錯誤，D正確。

故選：BDo

（多選）例14、如圖所示，一塊質(zhì)量為M的木板停在光滑的水平面上，木板

的左端有擋板，擋板上固定一個小彈簧。一個質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)

點）以水平速度uo從木板的右端開始向左運動，與彈簧碰撞后（彈簧處于彈

性限度內(nèi)），最終又恰好停在木板的右端。根據(jù)上述情景和已知量，可以求

出（）

A.彈簧的勁度系數(shù)

B.彈簧的最大彈性勢能

C.木板和小物塊之間的動摩擦因數(shù)

D.木板和小物塊組成的系統(tǒng)最終損失的機械能

解析：小木塊m與長木板M構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)小木塊滑到最左端和最

右端的速度分別為5、V2，由動量守恒定律，

小木塊從開始位置滑動到最左端的過程，

mvo=（m+M）vi

小木塊從開始位置滑動到最后相對長木板靜止過程，

mvo=（m+M）V2

解得

mvo

Vi=m+M①

mv0

v2=m+M②

小木塊滑動到最左端的過程中，由能量守恒定律，

Epm+Q+2(m+M)v2=2mv()2③

Q=fL@

小木塊從開始滑動到最右端的過程中，由能量守恒定律，

_1_1

Q，+2(m+M)v2=2mv()2⑤

Q=f(2D⑥

山①?⑥式，可以解出Epm、Q',故BD正確；

由于缺少彈簧的壓縮量和木板長度，無法求出彈簧的勁度系數(shù)和滑動摩擦

力,故AC錯誤：

故選：BDo

例15、如圖所示，在光滑水平面上有A,B,C三個大小相同的彈性小球靜

止地排成一直線。已知A球質(zhì)量是為m,B球質(zhì)量為3m,C球質(zhì)量為2m。

現(xiàn)使A球沿三球球心連線以速度V。沖向B球。假設(shè)三球間的相互作用都是彈

性碰撞。試求三球不再發(fā)生相互作用時每個球的速度。

月為3C

解析：設(shè)小球A與B發(fā)生碰撞后速度分別為VA、VB，

因為是彈性碰撞，

由動量守恒和動能守恒得

mvo=mvA+3mvB

ymvo-|mv^+yX3mvB

代入數(shù)據(jù)解得

_nr31n_X

VA-m+3m2丫。方向向左

21n_1_

VB-m+3m*V°-2方向向右

此后B球以速度VB與C球發(fā)生碰撞,

設(shè)碰撞后速度分別為VR'、VC?

因為是彈性碰撞，

由動量守恒和動能守恒得

3mVB=-3mvB+2mvc

-yX3mVp4X3mv2X2mv^

乙乙乙

代入數(shù)據(jù)解得

/_3m_21n_1__1

%3m+2mVb5VB10"。方向向右

2X3m63

“百兩VB-百叮丁丫0方向向右

此后三球不會在碰撞

1_L1

故三球不再發(fā)生相互作用時速度分別為-Evo、元Vo、虧Vo。

例16、如圖所示，在光滑的水平桌面上有一質(zhì)量mc=5kg的長木板C,它的

兩端各有一塊擋板。在板的正中央并排放著兩個滑塊A和B,它們的質(zhì)量分

別為rr）A=1kg,mB=4kg。A、B間有一個被壓縮的輕質(zhì)彈簧。開始時A、

B、C均處于靜止，突然松開彈簧，在極短的時間內(nèi)彈簧將A、B彈出，A以

VA=6m/s的速率水平向左滑動。兩滑塊與擋板碰后都與擋板結(jié)成一體，且與

擋板碰撞時間極短。不計A、B和C間的摩擦。

求：

（1）B被彈出時的速度VB；

（2）彈簧松開前的彈性勢能EP；

（3）當(dāng)兩個滑塊都與擋板碰撞后，板C的速度vc。

clI

*

解；（1）以A、B為研究對象，對其受力分析，合外力為零，動量守恒。

取水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：

O=mAVA+mBVB

代入數(shù)據(jù)求得：VB=-1.5m/s

方向水平向右

（2）彈簧松開的過程中，只有彈簧的彈力做功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機

械能守恒。

根據(jù)機械能守恒定律有：

口1212

Ep節(jié)IUAVA戈鵬與

代入數(shù)據(jù)，求出彈簧的彈性勢能EP=22.5J

（3）以A、B、C為研究對象，經(jīng)受力分析，系統(tǒng)動量守恒。

根據(jù)動量守恒定律有：

0=（rriA+mB+mc）vc

代入數(shù)據(jù)得：vc=0

答：（1）B被彈出時的速度為-1.5m/s。

（2）彈簧松開前的彈性勢能為22.5J。

（3）當(dāng)兩個滑塊都與擋板碰撞后，板C的速度為0。

例17、一輕質(zhì)細繩一端系一質(zhì)量為m=0.05kg的小球A,另一端掛在光滑水

平軸。上，。到小球的距離為L=0.1m,小球跟水平面接觸，但無相互作

用，在球的兩側(cè)等距離處分別固定一個光滑的斜面和一個擋板，如圖所示水

平距離s=2m,動摩擦因數(shù)為p=0.25.現(xiàn)有一滑塊B,質(zhì)量也為m=

0.05kg,從斜面上高度h=5m處滑下，與小球發(fā)生彈性正碰，與擋板碰撞時

不損失機械能。若不計空氣阻力，并將滑塊和小球都視為質(zhì)點，（g取

10m/s2,結(jié)果用根號表示），試問：

（1）求滑塊B與小球第一次碰前的速度以及碰后的速度。

（2）求滑塊B與小球第一次碰后瞬間繩子對小球的拉力。

（3）滑塊B與小球碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，求小球做完整圓

解析：（1）滑塊將要與小球發(fā)生碰撞時速度為V1,碰撞后速度為v/，小球

速度為V2o

根據(jù)能量守恒定律，得

,_12,I.S

mgh--mv]+Vmg-

乙乙

解得

v1=V95in/s

A、B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒，得到：mvi=mvir+mv2

121,212

由能