下载文档原格式
碰撞类问题应遵循的三个原则通过合理的分析、推理，从而判断物体实际的运动情况或者决定方程物理解的取舍，是一个综合性较强的问题。
其实，这类问题不管多么复杂，它同样遵循碰撞类问题的三个原则。
1、动量守恒原则例1 如图（1）所示，一质量m=2kg 的平板车左端放有质量M=3kg 的小滑块，滑块与平板车的动摩擦因数μ=0.4。
开始时平板车和滑块共同以v 0=2m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。
平板车足够长，使滑块不会滑到平板车右端。
求：(取g=10m/s 2)（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离；（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v ；（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长?分析与解 解决问题的关键是正确判断平板车第一次与墙壁碰撞以后运动情况，以 及此后每次与墙壁碰撞前的运动情况。
平板车与墙壁每次发生碰撞前和碰撞后 动量均守恒，由于m ＜M ，且碰撞后平板车速度大小保持不变，故总动量向右。
因而平板车每次与墙壁碰撞后都将返回与墙壁再次碰撞，直至滑块从小车右端滑落。
如果平板车与墙壁的每次碰撞之前，尚未与滑块共速，由动能定理（μMgs=（1/2）mv 2）知平板车每次与墙壁碰撞前速度与刚离开墙壁时速度大小相等，而物块的速度必大于平板车的速度，不满足动量守恒定律，因此，平板车每次与墙壁碰撞之前，与滑块均已达到共同速度。
（1）当平板车向左运动的速度减为零时，离墙壁最远。
由动能定理有 μMgs m =（1/2）mv 02，代入数据得s m =（1/3）m（2）平板车第二次与墙壁碰撞前已经和滑块达共同速度，设为v 1，取向右为正方向。
由动量守恒定律有 Mv 0－mv 0=（M+m ）v 1，代入数据得v 1=0.4m/s（3）平板车反复与墙壁发生碰撞，每次碰后均返回，每次碰前均共速，最终系统停止运动，设平板车长至少为L 。
专题09 “碰撞类、爆炸”模型问题一．选择题1.(多选)(2021·湖北部分重点中学联考)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A 球动量的变化量为－4 kg·m/s ，则( )A ．左方是A 球B ．B 球动量的变化量为4 kg·m/sC ．碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为5∶2D ．两球发生的碰撞是弹性碰撞 【答案】 ABD【解析】 初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，v A ＝p A m A ＝6 m/s ，v B ＝p B m B ＝3 m/s ，故左方是A 球，A 正确；由动量守恒定律知，ΔpB ＝－Δp A ＝4 kg·m/s ，B 正确；碰撞后A 的动量为p A ′＝Δp A ＋p A ＝2 kg·m/s ，则v A ′＝p A ′m A＝2 m/s ，碰撞后B 的动量为p B ′＝Δp B ＋p B ＝ 10 kg·m/s ，则v B ′＝p B ′m B＝5 m/s ，故v A ′∶v B ′＝2∶5，C 错误； 碰撞前系统的机械能为12m A v A 2＋12m B v B 2＝27 J ，碰撞后系统的机械能为12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝27 J ，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D 正确．2.(2021·山东等级考模拟卷)秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(10n)与静止氘核(21H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E ，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )A.19EB.89EC.13ED.23E 【答案】 B【解析】 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性正碰，满足能量守恒和动量守恒，设中子的初速度为v 0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v 1和v 2，以v 0的方向为正方向，可列式：12×1×v 02＝12×1×v 12＋12×2×v 22，1×v 0＝1×v 1＋2×v 2，解得v 1＝－13v 0，即中子的动能减小为原来的19，则中子的动能损失量为89E ，故B 正确．3.(2021·北京市房山区上学期期末)如图甲所示，光滑水平面上有A 、B 两物块，已知A 物块的质量m A ＝2 kg ，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B 发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图象如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B 的质量分别为( )A.2 m/s ，5 kgB.2 m/s ，3 kgC.3.5 m/s ，2.86 kgD.3.5 m/s ，0.86 kg【答案】 B【解析】 由图象可知，碰前A 的速度为v 1＝204 m/s ＝5 m/s ，碰后A 、B 的共同速度为v 2＝28－208－4 m/s ＝2m/s ，A 、B 碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，解得m B ＝3 kg ，故选项B 正确。
剖析碰撞问题 把握“三个三”字由于碰撞是作用力极大、作用时间极短的相互作用，因而，碰撞过程动量守恒，且势能变化忽略不计.碰撞类问题是用动量和能量观点解答的综合问题，也是各种资料乃至各类考试命题的热点之一．因此，应剖析清此类问题，把握住“三个三”字．1、碰撞的三种类型 １.１、完全弹性碰撞完全弹性碰撞同时满足动量守恒定律和动能守恒定律．此类题目中一般有这样的字眼：金属球(如钢球)、弹性球、刚性球，或碰撞过程中无机械能(或动能)损失、无机械能向其它形式的能转化，或告知为弹性碰撞，或各接触面均光滑等．1.2、完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞只遵守动量守恒定律，而动能损失最大（设为△E m ）．这类问题的特点是：碰撞后一起运动．如二物体碰撞后粘合在一起、子弹打入木块并留在其中等．1.3、一般非弹性碰撞介于上述两类碰撞之间的碰撞是较常见的碰撞，可称为一般非弹性碰撞．此类碰撞仍遵守动量守恒定律，但动能有损失，且动能损失量介于上述两类碰撞之间，即０﹤△E ﹤△E m ．２、完全弹性碰撞的三个结论如图所示，在光滑水平面上，质量为m 1、速度为v 1的小球A ，沿直线追上质量为m 2、速度为v 2的小球B ，发生弹性碰撞，求碰后球A 、B 的速度v 1'、 v 2'．由动量守恒定律和动能守恒定律知，m 1 v 1+ m 2 v 2= m 1 v 1'+ m 2 v 2'222211222211' v m 21' v m 21 v m 21 v m 21+=+二式联立可得：v 1'＝2112122m m v )m m (v 2m +-+v 2'＝2121211m m v )m m (v 2m +-+当m 1＝m 2时， v 1'＝v 2v 2'= v 1结论１：质量相等的两个物体发生弹性．．．．．．．．．．．．．碰撞后，二物体交换速度；简记为：等质弹．．．．．．．．．．．．．．．．．．．碰，交换速度．．．．．．．．当v 1﹥０，v 2＝０，m 2＞＞m 1时， v 1'＝21121m m v )m m (+-≈－v 1v 2'＝2111m m v 2m +≈０结论２：一个质量很小的运动物体，碰．．．．．．．．．．．一个质量很大的静止物体后，小物体原速率．．．．．．．．．．．．．．．．．．．返回，而大物体几乎静止不动；简记为：小．．．．．．．．．．．．．．．．．．．动碰大静，原速返小大不动．（．．．．．．．．．．．．．．请读者思考，若只是m 2＞m 1，碰后球A 、B 的速度v 1'、 v 2'怎样？m 1一定返回但速率小于v 1，m 2将向前运动）．当v 1﹥０，v 2＝０，m 1＞＞m 2时， v 1'＝21121m m v )m m (+-≈v 1v 2'＝2111m m v 2m +≈2 v 1结论3：一个质量很大的运动物体，碰．．．．．．．．．．．一个质量很小的静止物体后，大物体几乎毫．．．．．．．．．．．．．．．．．．．无阻碍的原速前进，而小物体以２倍速快速．．．．．．．．．．．．．．．．．．．前行；简记为：大动碰小静，小物倍速大原．．．．．．．．．．．．．．．．．．．行．（．．．若只是m 1＞m 2，碰后球A 、B 的速度v 1'、 v 2'怎样？m 1向前运动但速率小于v 1，2m2向前运动的速率满足2v1＞v2'＞v1）．３、解答碰撞类问题的三条原则原则之一：动量守恒；原则之二：动能不增，或动能损失存在范围０≤△E k≤△E km；原则之三：符合实际．由上述对三类碰撞的分析可知，无论是哪类碰撞，都遵守动量守恒定律．而动能可以守恒，可以有损失，但以完全非弹性碰撞损失为最大，则动能损失存在范围０≤△E k ≤△E km；一般系统总动能增加或损失量大于△E km是不可能的．当然，所分析的问题必须符合实际情况，否则，如在一条直线上运动的两个物体，碰后前面物体的速度小于后面物体的速度（同向）是不可能的．说明：１.上述各类碰撞均指作用前后在一条直线上运动的对心正碰．２.把握作用过程所遵守的规律，根据碰撞模型类比解题，非常快捷（各类资料均有此类题目，此处例略）．应用举例：例1、A、B两球在光滑水平面上沿一直线同向运动，动量大小分别为5kg.m/s和7kg.m/s．当A球追上B球相碰后，A、B 两球的动量可能是：A. 4kg.m/s 10kg.m/sB. –5kg.m/s 17kg.m/sC. 3kg.m/s 9kg.m/sD. 6kg.m/s 6kg.m/s解析：由动量守恒定律可知，A项错；对于B选项，根据E k=P2/2m知，A球的动能不变，B球的动能增大，B项中系统的总动能增大，则B错；因A球追上B球发生碰撞，相互作用后A球的动量（同向）应减小，B球的动量应增大，则D错；故本题答案为C．例2. A、B两球在光滑水平面上，A球以２m/s的速度与静止的B球发生弹性正碰，则B球碰后的速度可能为：A. 0.5m/sB. 2m/sC. 3.5m/sD. 5m/s解析：由于A、B两球发生弹性正碰，且质量未知，根据完全弹性碰撞的结论可知，当m B>>m A时，v B≈０；当m A>>m B时，v B≈2v1=4m/s；这表明B球碰后的速度在０至4m/s之间．故答案为A、B、C．巩固练习：１.（97年上海高考题）在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是：（）Ａ. 若两球质量相同，碰后以某一相等速率相互分开．Ｂ. 若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行．Ｃ. 若两球质量不同，碰后以某一相等速率相互分开．Ｄ. 若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行．２.（98年全国高考题）在光滑的水平面上，动能为Ｅ0，动量大小为Ｐ0的小钢球１与静止小钢球２发生碰撞，碰撞前后球１的运动方向相反．将碰撞后球１的动能和动量的大小分别记为Ｅ1、Ｐ1，球２的动能和动量大小分别记为Ｅ2、Ｐ2，则必有Ａ. Ｅ1﹤Ｅ0Ｂ. Ｐ1﹤Ｐ0Ｃ. Ｅ2﹥Ｅ0Ｄ. Ｐ2﹥Ｐ0参考答案:1.（Ａ.Ｄ）2.（ＡＢＤ）。
滑块木板模型【问题解读】两类情景水平面光滑，木板足够长，木板初速度为零水平面光滑，木板足够长，木板初速度不为零图示v ---t 图像物理规律动量守恒，最终二者速度相同mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20-12(m +M )v 2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力动量守恒，最终二者速度相同M v 0-mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20+12M v 20-12(m +M )v 共2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力。
【高考题典例】1.(14分)(2024年高考新课程卷)如图，一长度l =1.0m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O 对齐。
薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl =l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。
已知物块与薄板的质量相等。
它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g =10m/s 2。
求(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；解题思路本题考查的考点：动量守恒定律、动能定理、平抛运动规律。
(1)设物块质量m ，初速度为v 0，薄板质量m ，物块滑上薄板，由动量守恒定律mv 0=mv 1+mv 2μmgl =12mv 20-12mv 21-12mv 22物块在薄板上运动加速度a 1=μg =3m/s 2物块在薄板上运动位移s =7l /6v 20-v 21=2a 1s联立解得：v 0=4m/s ，v 1=3m/s ，v 2=1m/s由v 0-v 1=at 1，解得t 1=13s(2)物块抛出后薄板匀速运动，l2-Δl =v 2t 2解得t 2=13s平台距地面的高度h =12gt 22=59m2.(2023年高考选择性考试辽宁卷)如图，质量m 1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k =20N /m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。
2024版高三物理培优——模型与方法专题10碰撞与类碰撞模型目录【模型一】弹性碰撞模型....................................................................................................................................1【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型..............................................................................................15【模型三】碰撞模型三原则..............................................................................................................................23【模型四】小球—曲面模型............................................................................................................................27【模型五】小球—弹簧模型............................................................................................................................37【模型六】子弹打木块模型............................................................................................................................48【模型七】滑块木板模型.. (57)m +m =m +m 联立（）、（）解得：v 1ˊ=，=.特殊情况：若m 1=m 2，v 1ˊ=v 2，v 2ˊ=v 12．“动静相碰型”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
碰撞类问题31.两端开口、内壁光滑的直玻璃管MN竖直固定在水平面上．a、b两个小球直径相等，略小于玻璃管的内径，且远小于玻璃管的长度，大小可忽略不计；a、b 两球的质量分别为ml、m2(ml=2m2)．开始时，a球在下b球在上两球紧挨着在管口M处由静止同时释放，a球着地后立即反弹，其速度大小不变，方向竖直向上；与b 球相碰后，b球接着竖直上升，已知两球碰撞时间极短、且碰撞过程中总动能不变．在b球开始上升的瞬间，一质量为m3的橡皮泥从M处自由落下，如图所示，b与c在管中某处相遇后粘在一起，欲使b、c粘合后能够竖直飞出玻璃管口，求m2与m3之比应满足的条件．(设ml、m2、m3与管壁间无摩擦，且碰撞前后均在竖直方向上运动)。
2.(2007．江苏19)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计.求：(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度．(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s．(3)从断开轻绳到到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功WN3.(20分)如图所示，U形槽A倒扣在光滑水平面上，槽的质量为M，两侧内壁间距为L．一滑块B紧靠在槽的左侧内壁旁，滑块的质量为m，大小不计．A、B 间有少量塑胶炸药，开始时，A和B都处于静止状态．某时刻炸药突然爆炸，炸药爆炸时化学能转化成系统的动能为E，使A、B分别向左、右滑动，若滑动中A、B 发生碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短．求：(1)炸药爆炸后，槽A和滑块B分离时速度的大小；(2)滑块B在光滑水平面上运动的周期．4.如图示，质量为M的平板车放在两个障碍物A、B之间．A、B间的水平面光滑，间距足够远．在平板车的最左端有一小物块(可视为质点)，物块的质量为m，初始时，平板车与物块一起以水平速度v=2m/s向右运动．物块与平板车之间的动摩擦因数为μ=0．5，不计平板车与障碍物碰撞的机械能损失，已知M和m的质量其中一个为3kg，另一个为1kg.取重力加速度g=10m/s2，经过多次碰撞后求．⑴欲使物块不从车上滑落，平板车至少应为多长?⑵物块相对平板车滑动的距离?。
碰撞及类碰撞模型归类例析“碰撞”是高中物理中的一个重要模型，它涉及动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律等诸多知识。
处理碰撞问题，需要先根据题意选取恰当的研究对象，合理选取研究过程，并把握该过程的核心要素，再判断研究对象的动量是否守恒、机械能是否守恒，然后根据相应物理规律列方程求解。
一、碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，因为极短相互作用时间内可以忽略外力的影响，对系统而言动量保持不变，即总动量总是守恒的；（2）系统能量不能凭空增加，在碰撞过程中，因为没有其他形式的能量转化为动能，所以总动能一定不会增加，在完全弹性碰撞过程中动能守恒，然而在非弹性碰撞中，系统动能减小，总之碰撞不会导致系统动能增加；（3）在碰撞过程中，当两物体碰后速度相等，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大； （4）在碰撞过程中，两物体产生的位移可以忽略不计。
二、常见的碰撞模型： 1．弹性碰撞弹性碰撞是高中物理碰撞问题中最常见的模型，对该碰撞问题的处理所依据的物理原理也相对容易理解。
所谓的弹性碰撞是指研究对象之间在碰撞的瞬间动能没有损失。
（1）动静碰撞模型如图所示，在光滑的水平面上质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞．小球发生的是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得111122m v m v m v ''=+ ，222111122111222m v m v m v ''=+ 由上两式解得：121112m m v v m m -'=+ ，121122m v v m m '=+ 推论：① 若m 1 = m 2，可得v'1 = 0、v'2 = v 1，相当于两球交换速度。
② 若m 1 > m 2，则v'1>0 且v'2>0，即v'1和v'2均为正值，表示碰撞后两球的运动方向与v 1相同． ③ 若m 1>>m 2，则m 1－m 2≈m 1，m 1 + m 2≈m 1，可得v'1 = v1，v'2 = 2v 1。
碰撞与类碰撞模型1.碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，对学生的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力要求比较高。
高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律。
2.高考题命题加重了试题与实际的联系，命题导向由单纯的解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会建构模型、科学推理。
3.动量和能量综合考查是高考命题的热点，在选择题和计算题中都可能出现，选择题中可能考查动量和能量知识的简单应用，计算题中一般结合竖直面内的圆周运动模型、板块模型或弹簧模型等压轴考查，难度较大。
此类试题区分度较高，且能很好地考查运动与相互作用观念、能量观念动量观念和科学思维要素，因此备考命题者青睐。
题型一人船模型1．模型简析：如图所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m 船v 船=m 人v 人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得x 人=m 船m 人+m 船L ，x 船=m 人m 人+m 船L 。
2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。
(2)动量守恒且总动量为零。
3．结论：m 1x 1=m 2x 2(m 1、m 2为相互作用物体的质量，x 1、x 2为其对地位移的大小)。
题型二“物块-弹簧”模型模型图例m 1、m 2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m 1以初速度v 0运动两种情景1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大：(1)系统动量守恒：m 1v 0=(m 1+m 2)v 共。
210212共pm 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零：(1)系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2。
碰撞与类碰撞问题从两物体相互作用力的效果可以把碰撞问题分为：一般意义上的碰撞：相互作用力为斥力的碰撞相互作用力为引力的碰撞（例如绳模型）类碰撞：相互作用力既有斥力又有引力的碰撞（例如弹簧模型） 相互作用力既有斥力又有引力的碰撞（例如弹簧模型） 一、一般意义上的碰撞如图所示，光滑水平面上两个质量分别为m 1、m 2小球相碰。
这种碰撞可分为正碰和斜碰两种，在高中阶段只研究正碰。
正碰又可分为以下几种类型：1、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2、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。
3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。
若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。
非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒（系统的动能减少）。
二、类碰撞中绳模型例：如图所示，光滑水平面上有两个质量相等的物体，其间用一不可伸长的细绳相连，开始B 静止，A 具有s m kg P A /4⋅=（规定向右为正）的动量，开始绳松弛，那么在绳拉紧的过程中，A 、B 动量变化可能是（ ）A 、s m kg P A /4⋅-=∆，s m kg PB /4⋅=∆ B 、s m kg P A /2⋅=∆，s m kg P B /2⋅-=∆C 、s m kg P A /2⋅-=∆，s m kg P B /2⋅=∆D 、s m kg P P B A /2⋅=∆=∆[析与解]：绳模型中两物体组成的系统同样要满足上述的三个原则，只是在第2个原则中，由于绳对两个小球施加的是拉力，前者受到的冲量向后，动量减小；后者受到的冲量向前，动量增加，当两者的速度相等时，绳子的拉力为零，一起做匀速直线运动。
综上所述，本题应该选择C 选项。
三、类碰撞中弹簧模型例：在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度V ，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度？[析与解]：刚开始，A 向右运动，B 静止，A 、B 间距离减小，弹簧被压缩，对两球产生斥力，相当于一般意义上的碰撞，此时A 动量减小，B 动量增加。
当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大。
接着，A 、B 不会一直做匀速直线运动，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A 动量继续减小，B 动量继续增加。
所以，到弹簧第一次恢复原长时，A 球动量最小，B 球动量最大。
在整个过程中，系统动量守恒，从开始到第一次恢复原长时，弹簧的弹性势能均为零，即系统的动能守恒。
A B mv mv mv =+222111222A B mv mv mv =+ 解得： A v v =0B v = （这组解即为刚开始两个物体的速度） 或 0A v =B v v = （此组解为弹簧第一次恢复原长时两个物体的速度）三、边解边悟1．在光滑的水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线．2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v 0射向它们，如图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个小球的速度为多少？解析：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为0v ；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v 0．2．用轻弹簧相连的质量均为m =2㎏的A 、B 两物体都以v =6m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M = 4㎏的物体C 静止在前方，如图所示。
B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A 的速度。
（2）弹性势能的最大值是多大？ 解析：（1）由动量守恒定律得当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最多，此时A 、B 、C 的速度相等 2 mv =（2m +M ）v 1 v 1=2 mv /（2m +M ）=3 m/s 即A 的速度为3 m/s（2）由动量守恒定律得B 、C 碰撞时mv =（m +M ）v 2 v 2= mv /（m +M ）=2m/s由能量守恒可得mv 2/2＋（m ＋M ）v 22/2=（2m ＋M ）v 12/2＋△E P解得：△E P =12J3．质量均为m ，完全相同的两辆实验小车A 和B 停放在光滑水面上，A 车上另悬挂有一质量为2m 的小球C 。
开始B 静止，A 、C 以速度v 0向右运动，两车发生完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球C 先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平，求：（1）小球第一次向右摆起至最大高度h 1时小车A 的速度大小v .（2）小球第一次向右摆起的最大高度h 1和第一次向左摆起的最大高度h 2之比. 解析：（1）研究A 、B 、C 整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根ABCv据水平方向动量守恒（3m ）v 0 = (4m) v 解得043v v =（2）研究A 、B 整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间A 、B 共同速度为v 1，根据动量守恒mv 0 = (2m)v 1 解得0121v v =从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律 221201)4(21)2(21)2(21)2(v m v m v m gh m -+=解得gv h 1621=由受力分析可知，小球下摆回最低点，B 、C 开始分离。
设此时小球速度为v 3，小车速度为v 4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒（2m ）v 0 +(2m)v 1 = (2m)v 3 +(2m)v 4根据机械能守恒定律24232120)2(21)2(21)2(21)2(21v m v m v m v m +=+ 解得小球速度v 3 = v 1 =021v ，方向向右小车速度v 4 = v 0，方向向右 另一根不合题意舍去。
研究A 、C 整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。
根据水平方向向量守恒(2m) v 3 +mv 4 = (3m)v 5根据机械能守恒定律2524232)3(2121)2(21)2(v m mv v m gh m -+=解得gv h 24202=所以h 1：h 2 =3：24．如图所示，质量为M=3kg 、长度为 L=1.2m 的木板静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为L 0=0.6m 的轻弹簧，右端放置一质量为m=1kg 的小物块，小物块与木块间的动摩擦因数为μ=0.4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量I 0=4N ·s ，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹性势能增大为最大值E max ，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=10m/s 2。
求：（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v ；（2）弹性势能的最大值E max 及小物块相对于木板向左运动的最大距离L max 。
解析：（1）由动量定理及动量守恒定律得I 0=mv 0 mv 0=(m+M)v解得：v=1m/s（2）由动量守恒定律和功能关系得mv 0=(m+M)u21mv 20 =21（m+M ）v 2+μmgL max +E max 21mv 20 =21（m+M ）u 2+2μmgL max 解得：E max =3J L max =0.75m5.在绝缘水平面上放一质量m =2.0×10-3kg 的带电滑块A ，所带电荷量q =1.0×10-7C.在滑块A 的左边l =0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块B ，质量M =4.0×10-3kg ，B 与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S =0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E =4.0×105N/C ，滑块A 由静止释放后向左滑动并与滑块B 发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度)，此时弹性势能E 0=3.2×10-3J ，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g 取10m/s 2.求:(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v ； (2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s . 解析:(1)设两滑块碰前A 的速度为v 1，由动能定理有:ESAB l2121mv mgl qEl =-μ 解得:v 1=3m/sA 、B 两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为vv m M mv )(1+=解得:v =1.0m/s(2)碰后A 、B 一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x 1，由动能定理有：2011)(210)(v m M E gx m M qEx +-=-+-μ解得:x 1=0.02m设反弹后A 、B 滑行了x 2距离后速度减为零，由动能定理得:0)(220=+--gx m M qEx E μ解得:x 2≈0.05m以后，因为qE >μ(M +m )g ，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:S =x 2+s -x 1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.6.如图所示，两个完全相同质量为m 的木板A 、B 置于水平面上。
它们的间距s=2.88m ，质量为2m 、大小可以忽略的物块C 置于A 板的左端。
C 与A 之间的动摩擦因数为1μ=0.22，A 、B 与水平面之间的动摩擦因数2μ=0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。
开始时，三个物体处于静止状态，现给C 施加一个水平向右，大小为25mg 的恒力F ，假定A 、B 碰撞时间很短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度最少要为多少？解析：在A ，B 碰撞之前，A ，C 间的最大静摩擦力为21μmg=0.44mg ，大于C 所受到的外力0.4mg ，因此，A ，C 之间无相对运动。
所以A ，C 可作为一个整体。
碰撞前A ，C 的速度可以用动能定理求出。
碰撞之后，A ，B 具有共同的速度，C 的速度不变。
A ，C 间发生相对运动。
并且根据题意，A ，B ，C 系统所受的摩擦力等于F ，因此系统所受的合外力为零。
