高一物理专项练习：弹性碰撞和非弹性碰撞（解析版）

弹性碰撞和非弹性碰撞--高一物理专题练习（内容+练习）

一、弹性碰撞和非弹性碰撞

1.弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变.

2.非弹性碰撞：系统在碰撞前后动能减少.

二、弹性碰撞的实例分析

在光滑水平面上质量为m\的小球以速度H与质量为mi的静止小球发生弹性正碰.碰后加1小球

的速度为%」,加2小球的速度为七'，根据动量守恒定律和能量守恒定律：

miki=加1%’+冽2%，;一加1IA'2

-----------------222

解出碰后两个物体的速度分别为

,mi—m2,2mi

%=---------%，k=-~~1—%.

加1+冽2mi-rm2

（1）若加i＞机2,片'和口’都是正值，表示%'和14,都与乙方向同向.（若加1》机2，=%,

k=2%,表示如的速度不变，冽2以2%的速度被撞出去）

（2）若加1〈加2，为负值，表示与右方向相反,冽1被弹回.（若加1《加2，=一%，14,

=0,表示如被反向以原速率弹回，而冽2仍静止）

（3）若加1=加2,则有=0,©=%,即碰撞后两球速度互换.

一、单选题

1.如图所示，一质量为九冽5〉1）的物块B静止于水平地面上尸点，尸点左侧地面光滑，物块在

尸点右侧运动时所受摩擦阻力大小与物块的速率成正比（/=E,左为已知常数）、与物块质量无

关。现有一个质量为冽的物块A以初速度%向右撞向物块B,与B发生碰撞，碰撞时间极短，则

下列说法正确的是（）

AB

////////////////9//////////////

P

A.若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则碰撞过程中A对B的冲量大小为（〃一1）："'。

77+1

B.若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则B的位移占~f-

C.若A、B碰后粘在一起，则碰撞过程中A对B的冲量大小为妙

77+1

D.若A、B碰后粘在一起，其共同运动的位移％=箸

【答案】B

【解析】A.由系统动量守恒和机械能守恒可知

mv0=mvA+nmvB

；mVg=gmv^+gnmv^

解得

1-n

%.

Bn+1

得

rInrnv.

1=nmvn=--------

Bn+1

故选项A错误；

B.依题意〃>1,则物块A碰后反弹，物块B碰后做减速运动，最终静止

法一：由动量定理可得

—kv\t=0—wmAv

全过程累加求和有

-kxx=0-nmvB

得

_lnmvQ

1k(n+1)

法二：类比电磁感应中的安培力可以证明f与x成线性关系，由动能定理可得

解得

2nmv

M=------a

1左5+1)

故选项B正确；

C.若A、B碰后粘在一起，则有

m%=+

解得

相=7

八〃+1

故

rnmv.

1=〃加v共=-----:

故选项c错误；

D.由动量定理可得

-kvAt=(jn+nm)\v

全过程累加求和有

-kx2=0—(m+〃加)v共

得

x-吗

Ik

故选项D错误。

故选Bo

2.如图所示，右端有固定挡板的长为工的木板C置于光滑水平桌面上，在C上最左端和中点各

放一个小物块A和B,且物块A、B和木板C的质量均相等。开始时，B和C静止，A以初速度%

向右运动。若A、B的大小以及挡板的厚度皆可忽略不计，物块A、B与木板C之间的动摩擦因

数均为〃，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞都是弹性碰撞，接触但无弹力视为未碰

撞。以下说法正确的是（）

AB

P-------------------------%---------------------1卜挡板

A.若物块A与B不会发生碰撞，则%的最大值为"感

B.若物块A与B能发生碰撞，则碰撞后瞬间A的速度小于C的速度

C.若物块A与B发生碰撞后，物块B与挡板不发生碰撞，则％的最大值为疯威

D.若物块A恰好从木板C上掉下来，%的大小为

【答案】C

【解析】A.若物块A与B不会发生碰撞，那么恰好不发生碰撞时二者之间的位移差为人，设A、

2

B、C三者的质量均为加，根据题意可知A与B、C组成的系统动量守恒，设三者共速时的速度为

匕，则由动量守恒定律有

冽

mv0=3W

对三者组成的系统由能量守恒有

121/c、2L

-mv0=-（3m）V1+^mg--

联立解得打的最大值为

\3RgL

%=

故A错误;

B.由以上分析可知，当%当竽时，A将与B发生碰撞，碰前A的速度大于C(B)的速度,

而质量相同的两物体发生弹性碰撞将交换速度，即碰撞后瞬间A与C共速，而B相对于A、C将

向右运动，故B错误;

C.A与B发生碰撞后交换速度，即A相对于C保持静止，而B相对于A、C向右运动，若B运

动到右端且不与C发生碰撞时，％有最大值，此过程中A与B、C间的相对位移为:，之后B与

A、C间的相对位移也为。，碰撞为弹性碰撞，设三者最终共速时的速度为匕，则由动量守恒定

律有

mvQ=3mv2

碰撞过程中由能量守恒有

~mvo=~（?m）v2+1MgL

联立解得%的最大值为

故C正确;

D.由以上分析可知，当.>j3〃g£时,A与B发生碰撞后交换速度，B再与挡板C发生生碰撞

后交换速度，最终A、B达到共速，不会再发生碰撞，且二者速度都小于C的速度，A恰好从木

板C上掉下来，即A到达C最左端时三者共速，设为匕，由动量守恒定律有

mv0=3mv3

整个过程中先是A相对于C的路程为之后是B相对于C的路程为最后是A、B相对于C

的路程均为f由能量守恒有

~mvo=（（3加）¥+2/1mgL

联立解得%的最大值为

%=

故D错误。

故选C。

3.如图所示，长度为/的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在

光滑的固定水平杆（足够长）上，小球A与木块B质量均为加。f=0时刻，给木块B—水平瞬时

冲量/,使其获得丫。=历的初速度，则从f=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中（）

A

B口

A.A、B沿绳方向加速度始终相等B.绳对A球的冲量大小为小而7

C.绳对A先做正功后做负功D.木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小

为3mg

【答案】D

【解析】A.从/=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以

A一直水平向右加速,B的运动可以分解为水平向右随A加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。

所以A的加速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量。故

A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误；

B.从f=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定理和能量守恒定理可得

2gl=mvA+mvB

1c,1212

—m-2gl=-m"+—机坛

解得

%=0，VA=y/2gl

对A球由动量定理可得

/支持力+/重力+/绳=0-nT2gl

由受力分析可知重力与支持力不相等，所以

/支持力+/重力*。

所以

/绳丰-myl2gi

故B错误；

C.从f=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做

正功，故C错误；

D.B再次运动到A正下方时，由B项分析知A的速度不为零，所以B随A水平运动的速度为零,

由

T=3mg

故D正确。

故选D。

4.如图光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为优、9〃?、3阳、正。小球a一端靠

墙，并通过一根轻弹簧与小球6相连，此时弹簧处于原长。小球6和c接触但不粘连。现给小球

d一个向左的初速度%,与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性

限度之内。以下说法正确的是（）

abcd

A.整个过程中小球a、b、c、4和弹簧组成的系统动量守恒

B.整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒

9

C.小球a速度的最大值为三%

Q

D.弹簧弹性势能最大值为言机说

【答案】C

【解析】A.由于墙壁对。球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c、4和弹簧组成的系统动量不

守恒，故A错误；

B.整个过程中弹簧与四个弹性小球的系统机械能守恒，所以四个弹性小球a、6、c、4的机械能

不守恒，故B错误：

D.小球d与小球c碰撞，设小球c碰撞后速度为巧，小球d碰撞后速度为匕，由动量守恒和机

械能守恒定律得

2x2

mv0=3mvl+mv2,mv0=3mvj+^mv^

解得

1

vi="vo

小球。与小球b碰撞，设小球c碰撞后速度为丫3,小球］碰撞后速度为旷4，由动量守恒和机械能

守恒定律得

2

37MVJ=3mv3+9OTV4,—x3mv^=—x3mv3+—x9〃7V；

解得

11

y%

小球6向左运动速度为零时，弹簧弹性势能最大，则

129,

=2X9/MV4=豆"叫

故D错误；

C.小球6压缩弹簧，到弹簧恢复原长过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，小球b向右

的速度大小为匕；当小球。、6向右运动，弹簧原长时，小球。的速度最大，设小球。的速度大

小为内，小球b的速度大小为心,由动量守恒和机械能守恒定律得

22+x2

9mvA=mv5+9mvb,x9mv4=mv5~9mv6

解得

99

v=-v=—v

554200

故C正确。

故选C。

5.如图，一质量M=3kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量机=1kg的小

木块A。现以地面为参照系，给A和B以大小均为4m/s,方向相反的初速度，使A开始向左运

动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A

正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是（）

A.2.8m/sB.2.2m/sC.3.0m/sD.1.8m/s

【答案】B

【解析】根据题意可知A先向左减速后向右加速，B一直向右减速；当A的速度为。时，设此时

B的速度为匕，以向右为正方向，根据动量守恒有

Mv-mv=Mvx,v=4m/s

解得

8/

V,=-m/s

13

最后AB一起共同向右做匀速直线运动，设此时速度为岭，根据动量守恒有

Mv-mv=（M+m）v2

解得

v2=2m/s

故这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度范围为

2m/s<v<—m/s

RB3

故选Bo

6.某次冰壶比赛中蓝壶静止在大本营。处，材质相同、质量相等的红壶与蓝壶发生对心正碰,

在摩擦力作用下最终分别停在"点和N点。可将冰壶视为质点，半径大小如图所示，则（）

A.碰撞过程中两壶动量的变化量相同B.碰后运动过程中两壶动量的变化量相同

C.两壶碰撞为弹性碰撞D.碰后瞬间蓝壶速度大小为红壶的2倍

【答案】D

【解析】A.两壶碰撞过程中动量守恒，红壶的动量减少，蓝壶的动量增加，所以碰撞过程中两

壶动量的变化量的大小相等，方向相反，故A错误；

B.由图可知，碰后两壶运动的距离不相同，所以碰后两壶速度大小不同，动量的变化量不相同,

故B错误；

D.碰后红壶运动的距离为

石=R2-R1=0.59m

蓝壶运动的距离为

x2=2R2=2.36m

二者质量相等，所受摩擦力相等，碰后匀减速运动加速度相等，则

联立可得

v22

故D正确；

C.碰撞过程，动量守恒，则

mvQ=mvx+mv2

所以

%=3匕

所以碰前、后的动能关系为

1722

—mv=—mv>—mv-\——mv=—mv

2Q2x2x222x

即碰前动能大于碰后系统的总动能，所以两壶碰撞属于非弹性碰撞，故C错误。

故选Do

7.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子

（即中子）组成。如图，中子以速度%分别碰撞静止的氢核和氮核，己知氮原子核的质量是氢核

的14倍，碰撞后氢核和氮核的速度分别为匕和匕。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下

列说法正确的是（）

%o

氢核

%

O-O-*v2

中了氮核

A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的大

CfD3

%2-v015

【答案】C

【解析】设中子的质量为加，氢核的质量为加，氮核的质量为14机，设中子和氢核碰撞后中子速

度为匕，由动量守恒定律和能量守恒定律可得

mvQ=mvx+mv3

^mvo=~mvi+~mv3

联立解得

设中子和氮核碰撞后中子速度为V,,由动量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0=14mv2+mv4

gmVg=；•14mvf+gmv1

联立解得

『2”

则有

%_15v2_2

丁万，^=15

碰撞后氢核的动量为

pH=mv1=mv0

碰撞后氮核的动量为

1.28mv0

PN=14/M%=]5

可得

PN>PH

碰撞后氢核的动能为

碰撞后氮核的动能为

I1.228加说

IN=xl4m2

由2225

可得

EkH>EkN

故选C。

8.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的质量不同的小车A和B。将两车用细线拴在一起,

中间有一被压缩的弹簧，烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的（）

A.A、B动能变化量大小相同

B.A、B动量变化量大小相同

C.弹簧弹力对A、B做功相同

D.弹簧弹力对A、B冲量相同

【答案】B

【解析】AB.设开始时弹簧中的弹性势能为纭，弹簧恢复原长后小车A和B的速度大小分别为VA

和冷，烧断细线后至弹簧恢复原长时，取水平向右为正方向，对整个系统根据动量守恒和能量守

恒有

mV

%VA=BB

12,12。

2WAVA+2WBVB=Ep

故A、B动量变化量大小相同，联立解得

22州•加B

VA-77\

2丸•加A

%，〃A+%B

即可得A、B动能变化量大小分别为

12丸，恤

5=5"A

加人+机B

12

研忠=2mBVB-

4+mB

因为两小车质量不同，故爪/爪，A错误，B正确；

C.分别对两小车根据动能定理可知弹簧弹力对A、B做的功等于A、B动能变化量大小，故可知

弹簧弹力对A、B做功不等，C错误；

D.分别对两小车根据动量定理可知弹簧弹力对A、B冲量大小等于A、B动量变化量大小，但由

于两小车受到的弹簧弹力方向不同，故弹簧弹力对A、B冲量不同，D错误。

故选Bo

二、多选题

9.水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间为"子弹损失动能为△线僦，系统机

械能的损失为用损，穿透后系统的总动量为4；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上

的同样的木块，经历时间为〃，子弹损失动能为公纥2损，系统机械能的损失为外损，穿透后系统

的总动量为P2,设木块给子弹的阻力为恒力，且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列说法

中正确的是（）

损>人^"想

A.t2<t\B.

C-4报〉片损D.p2>Pj

【答案】BD

【解析】A.两次击中木块过程中，子弹受到的阻力/相同，根据牛顿第二定律

m

两次的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木

块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次时子弹的位移S2要大于第一次的位移S/,即

$2>与；子弹做减速运动，由位移公式

12

s=vot+—at

和S?>S],可知

t2>t]

故A错误；

B.两次击中木块过程中，子弹受到的阻力相同，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即

=fs

由于S2>S],所以

/k2损>人%损

故B正确。

C.两次击中木块过程中，子弹受到的平均阻力相同，系统摩擦生热。=",其中/为阻力，d

为子弹相对于木块的位移。由于两次子弹相对于木块的位移都是木块的厚度，所以系统机械能的

损失相等，即

"2损=4损

故C错误；

D.第一次子弹穿透木块后，系统的动量“小于子弹的初动量，而第二次子弹穿透木块的过程，

系统的动量守恒，则必等于子弹的初动量，所以

P2>P1

故D正确。

故选BD。

10.如图所示，倾角为6=30。、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固

定挡板。质量均为他的小球。、6用劲度系数为后的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球6靠在

挡板上，两小球均保持静止。现对小球a施加一平行斜面向上、大小为尸=»Jg的恒力。已知弹

簧的弹性势能4单与其形变量x满足£弹=3船2,弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性限度内，重

力加速度大小为g。在以后的运动中，下列分析正确的是（）

A.小球a、6和弹簧组成的系统机械能守恒

B.小球b脱离挡板后，系统的总动量保持不变

22

C.小球b刚要运动时，小球。的动能为四星

2k

22

D.小球6脱离挡板以后的运动过程中，系统动能可能为生&_

4k

【答案】BCD

【解析】A.小球a、6和弹簧组成的系统受外力少做正功，机械能增大，故A错误；

B.根据分析，小球6脱离挡板后，将小球a,小球6以及弹簧看作一个整体，则整体受到的合外

力为0,根据所学的知识可知符合动量守恒的条件，因此系统总的动量保持不变。故B正确；

C.初始状态时，弹簧处于压缩状态，根据受力分析可得

4o=加gsin3O°=Axo=5〃7g

小球b刚要运动时

初末状态中弹簧形变量相同，弹性势能相同。则弹力做的总功为0。根据动能定理可得

Wr-WG=mg（.x+x0）-mg^x+x0）sin30°=Et—0

故C正确;

D.小球6刚要运动时，根据上述分析可知小球。的速度为:

弹簧弹性势能最大时两小球的速度相等此时系统动能最小，系统总动量守恒，选择初速度的方向

为正方向，根据动量守恒和能量守恒定律可得：

系统动能为

故D正确;

故选BCDo

11.如图所示，A、B、C、D四个大小相同的小球并排放置在光滑的水平面上，A、B、C球

质量为2加，D球质量为加。A球以速度v向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之

后（）

A.2个小球静止，2个小球运动B.3个小球静止，1个小球运动

C,C球速度为gD.D球速度为V

【答案】AC

【解析】ABC质量相等，发生弹性碰撞，根据碰撞规律可知碰撞后速度交换，即AB碰撞后，A

的速度为0，B以速度v与C碰撞后速度变为0,C以速度n与D碰撞时根据动量守恒和动能守恒

可得

1021c2L

2mv=2mv+mv—•2mv=-2mv+

cD22cr2""J

解得

i4

V=-v,

c3

故选ACo

12.如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为加。，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优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，分别变为匕、匕、匕，满足（M++%匕+〃厅3

B.小车和摆球的速度都变为匕，木块的速度变为修，满足（M+%）V=（M+%）V|+〃叫

C.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为匕和%，满足旃=的1+机%

D.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为"，满足MV=（M+〃7）“

【答案】CD

【解析】AB.在小车与木块碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在

此期间它们的位移可看成为零，而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车共同匀

速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即小球的速度在碰撞瞬间

不变，故AB错误；

CD.小车和木块碰撞后，可能以不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度（完全非弹性碰撞）

向前运动，但碰撞过程均满足动量守恒，故CD正确。

故选CDo

13.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球的动量是7kg-m/s,

B球的动量是5kg.m/s,当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（）

A.pA=-2kg•m/s,pB=14kg-m/s

B.%=6kg•m/s,pB=6kg-m/s

C.pA=-4kg•m/s,pB=16kg-m/s

D.pA=5kg.m/s,pB=7kg-m/s

【答案】BD

【解析】两球在碰撞过程中满足动量守恒的同时还必须满足机械能不增加，即碰撞后的机械能不

能大于碰撞前的机械能，设A、B两球的质量均为机，碰撞前A、B两球的动量分别为品。,

则根据动量守恒定律有

^AO+40=乙+稣

由机械能不增加原则有

p2p2p2p2

—_|__>_A__।______B_

2m2m2m2m

A.动量守恒，但机械能增加，故A错误；

B.动量守恒，机械能减小，故B正确；

C.动量守恒，但机械能增加，故C错误；

D.动量守恒，机械能守恒，故D正确。

故选BD。

14.如图所示，质量为用的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与

弹簧拴接,Q与弹簧接触但不拴接,Q的上表面粗糙。f=0时，物块P以初速度%向左运动，0~2%

时间内物块P与长木板Q的。一图像如图所示，2办时刻，把质量为g机的物块M放在Q的最左

端，图中末画出，M最终末从Q上滑出，则（）

A.物体Q的质量为|"加

B.0时刻弹簧的弹性势能为

9

C.M和Q之间由于摩擦作用的发热量为三卬片

9

D.弹簧可以和Q发生二次作用

【答案】AC

【解析】A.0时刻，尸、。所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得

与=%=。0

mpm2

殳

mQ

则物体。的质量为:加，故A正确;

2

B.%时刻，弹簧压缩到最短，P和。速度相等，根据动量守恒

mPv0=(m?+mQ|v

根据能量守恒可得最大弹性势能为

加4

mp+加。

故B错误;

C.0-2%时间内，根据动量守恒

mpV0=%乂+加2y2

根据机械能守恒

联立解得

4

1

匕二”

23时刻，。和弹簧分离，M和。之间动量守恒，有

加。%=（加v

解得

，2

产生的热量为

Q=^mQV2~+mM)V'222

=gmV°

故C正确;

D.由上分析可知M和。共速时

,2

v＞匕

弹簧不能和。发生二次作用，故D错误。

故选AC。

三、解答题

15.如图所示，有一固定的光滑;圆弧轨道，半径&=0.2m,一质量为加B=1kg的小滑块B从轨

道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知人=3kg,B、

C间动摩擦因数4=0.2,C与地面间的动摩擦因数〃2=0-8,C右端有一个挡板，C长为

求：

（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？

（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多

少？

（3）在0.16m<Z<0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终

【解析】（1）滑块下滑到轨道底部，有

解得

v0=2m/s

在底部，根据牛顿第二定律

解得

然=30N

由牛顿第三定律可知B对A的压力是30No

（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得

人="l/Bg=^B«B

解得加速度向左为

%=2m/s2

对C分析，受B向右的摩擦力〃四Bg和地面向左的摩擦力

fitc=〃2(：〃B+^c)g

根据牛顿第二定律

■4c-Lc=〃2("%+mc)g-=mca2

解得其加速度向左为

a2=10m/s.

由运动学位移与速度关系公式v2-v；=2ax,得B向右运动的距离

x=—Vo=1m

12%

c向右运动距离

2

X)=---=0.2m

2a2

由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量

O=〃MBg(Xl-X2)

可得

Q=1.6J

(3)由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为％,有

a2

解得

tx=0.2s

B的位移为

12

xB1=voti-=0.36m

则此刻的相对位移为

x相=xB1-x2=0.16m

此时

vB1=v-贴=1.6m/s

由Z>0.16m,一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经％时间B与C挡板碰撞，有

12

Z/—0.16=1«6vg]-

解得

q—0.8—Jo.8—L

碰撞时B速度为

vB2=vB1-axt2=2J0.8-C

碰撞时由动量守恒可得

WBVB2=(WA+WB)V

解得碰撞后B、C速度为

70.8-Z

v=---------

2

之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得

飞）g=8一

（冽A+恤）

后再经匕后停下，则有

_V_Vo.8-Z

,3=-=77

。316

故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间

1570.8-Z

，=:++，3=1—----------S

16.如图所示，半径为「圆柱体B、C固定在两个不计质量、不计厚度的相同水平底座上，且B、

C靠在一起，底座与水平面间的动摩擦因素为〃，圆柱体A（半径为r）放在圆柱体B、C,三者处

于静止状态，质量关系为机4=2〃7B=2WC=2"Z,三个圆柱面间的光滑，重力加速度为g。

（1）求B对A的支持力乐。

（2）要使系统保持静止状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求〃的最小值。

（3）若〃=0,从如图所示的位置静止释放，求A刚接触水平面时的速度。

【解析】（1）如图，对A受力分析

由对称性可知C对A的作用力与B对A的作用力大小相等，设耳A=&A="，则

2综cos300=2