第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019 江苏北京版）

弹性碰撞和非弹性碰撞 (赋能课—精细培优科学思维) 第 5 节 课标要求 学习目标 1.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。 2．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。 2．了解对心碰撞和非对心碰撞的概念。 3．能运用动量和能量的观点分析解决一维碰撞的实际问题。 1 课前预知教材/落实主干基础 2 课堂精析重难/深度发掘知能 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前预知教材/落实主干基础 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_____的碰撞。 2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能_____的碰撞。 不变 减少 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，且碰撞时间极短，系统动量可以看作守恒；若两个物体碰撞后结合在一起为完全非弹性碰撞。 二、弹性碰撞的实例分析 1．正碰：碰撞之前球的运动速度与_______的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着_________。也叫作对心碰撞或一维碰撞。 2．弹性碰撞的实例分析：物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰，碰后的速度分别为v1′、v2′。 则：v1′＝__________，v2′＝__________。 两球心 这条直线 三种特殊情况： ①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 ②当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿相同方向运动。 ③当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 1．判断下列两种碰撞的类型。 (1)滑块碰撞后分开，属于______碰撞； 微情境·大道理 弹性 (2)滑块碰撞后粘连，属于_________碰撞。 非弹性 2.如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？碰撞一定是对心碰撞吗？ 提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生对心弹性碰撞(即一维弹性碰撞)时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生。 课堂精析重难/深度发掘知能 牛顿摆是由法国物理学家伊丹·马略特最早于1676年提出的，如图甲所示，五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当摆动最左侧的钢球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个钢球，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动，仅有最右边的钢球被弹出，如图乙所示。请思考为什么？ 强化点(一) 碰撞的分类与理解 任务驱动 提示：质量相等的两个钢球发生对心弹性碰撞，碰后两球交换速度。 1．碰撞过程的五个特点 (1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。 (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，然后急剧减小，平均作用力很大。 (3)动量特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。 要点释解明 (4)位移特点：碰撞过程时间极短，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置。 (5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。 2．碰撞的种类及遵循的规律 种类 遵循的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大 碰后速度相等(或成为一体) [典例]　(2024·广东东莞期中)如图所示，在光滑水平面上，三个物块A、B、C在同一直线上，A和B的质量分别为mA＝2m，mB＝m，开始时B和C静止，A以速度v0向右运动，与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个物块速度恰好相同。求： (1)A与B碰撞后，两者的速度v1和v2； (2)物块C的质量； (3)B与C碰撞过程中损失的机械能。 [解析]　(1)A与B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2mv0＝2mv1＋mv2 (2)B、C碰撞后速度与A的速度相同，设C的质量为mC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(mC＋m)v1，解得mC＝3m。 题点全练清 √ 2．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的小球向左运动，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＝0.2 kg D．两个小球的碰撞是弹性碰撞 √ 解析：由题图乙可知，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、B、C错误； 要点释解明 强化点(二) 碰撞可能性的判断 (3)速度要合理： ①碰前两物体同向，即v后＞v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大。 ②碰前两物体相向运动，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。 [典例]　A、B两球在水平光滑轨道上沿相同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是(　 ) A．m1＝m2　　　　　　 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2 √ 题点全练清 1．(2024·北京顺义期末)质量为1 kg的小球A以速率8 m/s沿光滑水平面运动，与质量为2 kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率vA和vB可能为(　 ) A．vA＝5 m/s B．vA＝4 m/s C．vB＝1 m/s D．vB＝3 m/s √ 若vB＝1 m/s，代入①得vA＝6 m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度不可能大于B的速度，故C错误。 2．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是(　 ) A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s √ 解析：如果ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝8 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝17 kg·m/s，A的动能减少，B的动能增加，总动能可能不增加，是可能的，故A正确； 由于B在前，A在后，故A、B碰后A的动量减少，B的动量增加，故B、D错误； 如果ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝－12 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝37 kg·m/s，A的动能不变，B的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，故C错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A级——基础达标 1．下列关于碰撞的理解正确的是(　 ) A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程 B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒 C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞 D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞 √ 6 7 8 9 10 11 12 解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞。故A正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2．(2024·江苏连云港月考)2023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了“验证动量守恒定律”的实验。假设实验所用较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，较小钢球以大小为1 m/s的水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后速度大小分别为v1、v2，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞。则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2024·常熟高二检测)在美国普莱西德湖举行的2023年世界大学生冬季运动会女子冰壶决赛中，中国队以6比4战胜韩国队，夺得金牌。中国队员在某次投壶中将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s 的速度正碰静止的韩国队冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。则下列判断正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．韩国队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 B．韩国队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 C．韩国队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 D．韩国队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入数据得m×0.4 m/s＝m×0.1 m/s＋mv3，解得v3＝0.3 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6．(2024·江苏张家港模拟)甲、乙两物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移—时间图像，其中a、b分别为甲、乙两物块碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移—时间图像，若乙物块的质量m乙＝2 kg，则由图判断，下列结论正确的是(　 ) A．甲物块的质量为4 kg B．甲物块碰撞前的动量大小为6 kg·m/s 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 C．碰撞过程中甲、乙所受力的冲量相同 D．碰撞过程中甲、乙两物块组成的系统损失的动能为15 J 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 甲碰前的动量p＝m甲v甲＝3×(－3)kg·m/s＝－9 kg·m/s，所以其大小为9 kg·m/s，故B错误； 因为二者碰撞过程中作用力等大反向，冲量是矢量，方向不同，故C错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7．(2024·福建福州一中期末)质量为m1＝2 kg的小球甲以大小为v1＝6 m/s的速度在光滑水平面上运动，质量为m2＝1 kg的小球乙静止在甲的正前方，如图所示。已知两小球半径相等，当小球甲运动到小球乙位置时，两球发生碰撞，则碰撞后两球的速度可能是(　 ) A．v甲＝5 m/s；v乙＝2 m/s B．v甲＝3 m/s；v乙＝4.5 m/s C．v甲＝2 m/s；v乙＝8 m/s D．v甲＝0；v乙＝12 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 而选项B中数据不满足动量守恒定律，故B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8．(2024·苏州高二联考)弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为mA、mB，且mA<mB，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B发生正碰，玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和机械能损失，则mA、mB之比为(　 ) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 B级——综合应用 9.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，小球间发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量相等，且比A、F两球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为(　 ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10．(2024·淮安高二检测)如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离均为L，每个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度v0，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第n－1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看作是光滑的，求： (1)碰撞后小球A和小球B的速度大小； (2)小球B掉入小车后的速度大小。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12．(2024·仪征高二检测)如图所示，质量mA＝0.5 kg的小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平桌面的距离R＝0.8 m，质量mB＝0.3 kg的物块B置于高H＝1.25 m的粗糙的水平桌面上且位于O点正下方，物块B距桌面右边缘的距离L＝1 m，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.45。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)。碰后，物块B沿桌面滑行并从桌面右边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离s＝2 m，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)小球与物块碰撞后，物块B的速度大小vB； (2)小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度h。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 答案：(1)5 m/s　(2)0.05 m v1 v1 由机械能守恒定律得 ·2mv02＝·2mv12＋mv22 联立解得v1＝v0，v2＝v0 方向均向右。 (3)B与C碰撞损失的机械能ΔE＝mv22－(m＋3m)v12，解得ΔE＝mv02。 [答案]　(1)v0，方向向右　v0，方向向右 (2)3m　(3)mv02 1．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞，取A球的初速度方向为正，在下列四个不同的A球碰撞后的速度中，对应碰撞机械能损失最多的是(　 ) A．　　　　　　B． C．－ D．－ 解析：根据动量守恒定律mv＝mv1＋3mv2，根据能量守恒定律ΔE＝mv2－mv12－×3mv22，当v1＝时，ΔE＝；当v1＝时，ΔE＝；当v1＝－时，ΔE＝；当v1＝－时，ΔE＝。由于ΔE＝最大，则当v1＝时，系统机械能损失最多。故选A。 两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v12＋m2v22－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D正确。 碰撞问题遵循的三个原则 (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 [解析]　A、B两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，解得m1≤m2。因为题目给出物理情境是“A从后面追上B”， 要符合这一物理情境，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后B球的速度必须大于或等于A球的速度这一物理情境，即≤，所以m1≥m2，因此C正确。 /方法技巧/ 处理碰撞问题的思路 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加。 (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足机械能不增加，同时注意碰后的速度关系。 (3)要灵活运用Ek＝、p＝或Ek＝pv、p＝几个关系式。 解析：取碰撞前A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB　①，碰前机械能E1＝mAv02＝32 J。若vA＝5 m/s，代入①得vB＝1.5 m/s ，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度不可能大于B的速度；若vA＝－5 m/s，则vB＝6.5 m/s，碰后机械能E2＝mAvA2＋mBvB2＝54.75 J，大于碰前机械能；故A错误 若vA＝4 m/s，代入①得vB＝2 m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度不可能大于B的速度；若vA＝－4 m/s，则vB＝6 m/s，碰后机械能E2＝mAvA2＋mBvB2＝44 J，大于碰前机械能；故B错误。 若vB＝3 m/s，代入①得vA＝2 m/s，碰撞后系统的总动能为E2＝mAvA2＋mBvB2＝11 J＜E1，系统机械能不增加，故D正确。 A．v1＝v2＝0.5 m/s　　 B．v1＝0，v2＝1 m/s C．v1＝1 m/s，v2＝0 D．v1＝ m/s，v2＝ m/s 解析：设小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，mv02＝mv12＋×2mv22，解得v1＝－ m/s，v2＝ m/s，“－”代表方向向右，故选D。 3．在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线排列，2、3小球静止，并靠在一起。小球1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 动能减小量ΔE＝mv12－mv22－mv32＝×19×(0.42－0.12－0.32)J＝0.57 J＞0，故系统动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，B正确。 5．一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　 ) A． B． C． D． 解析：设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，碰撞过程中动量守恒， 机械能守恒，规定中子初速度的方向为正方向，有mv1＝mv2＋Amv，mv12＝mv22＋×Amv2，两式联立解得＝，选A。 解析：由题图可知，甲碰前速度v甲＝ m/s＝－3 m/s，乙碰前速度v乙＝ m/s＝2 m/s，碰后二者共同速度v共＝ m/s＝－1 m/s，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共，解得m甲＝3 kg，故A错误； 由能量守恒定律得ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－(m甲＋m乙)v共2＝15 J，故D正确。 解析：当甲、乙两球发生弹性碰撞时，乙球的速度最大，此时m1v1＝m1v甲＋m2v乙，m1v12＝m1v甲2＋m2v乙2，整理得v甲＝2 m/s，v乙＝8 m/s；当甲、乙两球发生完全非弹性碰撞时，乙球的速度最小，此时m1v1＝(m1＋m2)v乙，解得v乙＝4 m/s，故选项A、D错误，C正确； 解析：两球碰撞时，由动量守恒定律可得mAv0＝mAv1＋mBv2，由机械能守恒定律可得mAv02＝mAv12＋mBv22，联立可得v1＝，v2＝，玻璃球B返回后，两球速度相等，v1＝－v2，可得mA∶mB＝1∶3。故选B。 解析：球A、B发生弹性碰撞过程mv＝mv1＋Mv2，mv2＝mv12＋Mv22，可得v1＝v，v2＝v，即A球反弹，B球前进，然后B与C发生弹性碰撞，速度互换，B球停止，C球前进，以此类推，最后B、C、D停止，E与F发生弹性碰撞，可推得E、F都向右运动，速度不同，因此最后运动的是A、E、F球，故选C。 A. B.L C. D. 解析：由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律得mv0＝2mv2，可知第二个滑块开始运动的速度大小为v2＝v0，同理第三个滑块开始运动的速度大小为v3＝v0， 第(n－1)个滑块开始运动的速度大小为vn－1＝v0，因此运动的总时间为t＝＋＋＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n－1)＝。故选B。 解析：(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2 碰撞过程中系统机械能守恒， 有mAv02＝mAv12＋mBv22 解得v1＝－v0，v2＝v0，碰后A球向左运动，B球向右运动。 (2)B球掉入小车过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mBv2－m车·2v0＝(mB＋m车)v′，解得v′＝v0。 答案：(1)v0　v0　(2)v0 解析：(1)对物块B从C点飞出做平抛运动，竖直方向有H＝gt2，水平方向有s＝v0t 联立解得，物块B做平抛运动的初速度为v0＝4 m/s 对物块B，由动能定理得－μmBgL＝mBv02－mBvB2 联立解得，小球与物块碰撞后，物块B的速度大小为vB＝5 m/s。 (2)对小球A，由机械能守恒定律得 mAgR＝mAvA2 解得小球A到达最低点的速度为vA＝4 m/s 小球A与物块B碰撞过程中，由动量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB 解得小球A碰撞后的速度为vA′＝1 m/s 对小球A由机械能守恒定律得mAgh＝mAvA′2 可得，小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度为h＝0.05 m。 $$