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碰撞及类碰撞模型归类例析
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m1的小球以速度v1与质量为m2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
，
由上两式解得： ，
推论：
① 若m1 = m2，可得v'1 = 0、v'2 = v1，相当于两球交换速度。
② 若m1 > m2，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v1相同．
③ 若m1>>m2，则m1－m2≈m1，m1 + m2≈m1，可得v'1 = v1，v'2 = 2v1。表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。
④ 若m1 ⑤ 若m1<例题1：（2010安徽卷）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
（2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度v0；
（3）若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
分析与解：
（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则
①， ②， ③
联立①②③得： ④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
⑤， ⑥
联立⑤⑥得：v乙= v0 ⑦
由动能定理得： ⑧
联立①⑦⑧得： ⑨
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
⑩，
联立⑩得：
由和，可得：
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
联立⑨得：
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有：
联立②得：
答案：（1）0.4m ，（2） ，（3）
（2）动动碰撞模型
如图所示，在光滑的水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2速度为v2的小球发生弹性碰撞．
小球发生的是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得
，
由上两式解得： ， （记忆方法：把假定两物体发生完全非弹性碰撞后结合为一体的速度称为共速，两运动物体发生弹性碰撞后的速度等于假共速的2倍再减去碰撞前速度。也可以说碰撞前的速度、共速和碰撞后的速度成矢量等着数列。）
推论：
①碰撞前两物体相互靠近的相对速度与碰撞后两物体相互远离的相对速度大小相等。
②如果m1= m2，可得，，即质量相等，交换速度．
③如果m1<④如果m1>>m2，则，。
例题2：（2006重庆卷）如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数)。A球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：
(1)待定系数β;
(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;
(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
分析与解：
（1）因为碰撞没有能量损失，所以碰撞后两小球上升到最高点后的总势能与初初状态时A球的势能相等，则：mgR= mgR/4+ βmgR/4，得β=3。
说明：此题也可以用动量守恒定律解答。碰前A球的速度为，碰后两球均能上升最大高度为，即两球速度大小均为，由动量守恒定律得： ，可以解得β=3。
（2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 vA、vB，则
设向右为正、向左为负，解得 ，方向向左 ；，方向向右
设轨道对 B 球的支持力为 N， B 球对轨道的压力为N′，方向竖直向上为正、 向下为负.
则：，，方向竖直向下。
（3）A、B 球第二次碰撞前的速度与第一次碰撞后的速度大小相等，方向相反，所以第二次碰撞前A、B两球的速度为，。设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为，，则 ， ，解得：，
由此可得：
当 n为奇数时，小球 A、B 在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；
当 n为偶数时，小球 A、B 在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同.
答案：（1）3，（2）4.5mg，（3）当 n为奇数时，，；当 n为偶数时，，。
2．非弹性碰撞与完全非弹性碰撞
非弹性碰撞是指由于碰撞使研究对象发生形变，而且相互作用后短时间无法恢复原状，因此该过程中部分动能转换成其他形式的能量，不满足动能守恒。完全非弹性碰撞与非弹性碰撞原理类似，不同的是损失的动能最多，相应其他形式的能增加最多，因此对于非弹性碰撞应主要根据动量守恒和能量守恒进行求解。
（1）非弹性碰撞
如图所示，光滑水平面上有质量为m1和m2的两个小球，两者速度分别为v1和v2，两小球相碰后的速度分别为v1＇和v2＇，设碰撞过程中有 的动能转化为其它形式的能量，根据动能守恒和能量守恒有：
，
通常把称为恢复系数e，即
由上式解得： ，
当恢复系数e=1时为弹性碰撞，当当恢复系数e=0时为完全非弹性碰撞。
例题3：[2020年全国卷Ⅲ]甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)
A．3J B．4J C．5J D．6J
分析与解：
根据题图图像可得，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，
碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，
碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故选A.
答案：A
例题4：两小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1=4kg，m2=2kg，A的速度v1=3m/s（设为正），B的速度为v2=-3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（ ）。
A.均为+1m/s B.+4m/s和-5m/s C.+2m/s和-1m/s D.-1m/s和+5m/s
分析与解:
由动量守恒定律可验证4个选项都满足要求，再看动能变化情况：，由于碰撞过程动能不可能增加，因此应用 ，可排除选项B。选项C虽满足，但A、B沿同一直线相撞后相互穿透对方，这显然是不符合实际的，因此选项C错误。验证选项A、D均满足上述三项原则。故正确答案为A、D。
答案：AD
方法总结：判断碰撞可能性问题，要抓住三项基本原则：
（1）碰撞过程中动量守恒原则。
（2）碰撞后系统总动能不增加原则。碰撞过程中总动能不可能增加，如果是弹性碰撞，系统的总动能不变；如果是非弹性碰撞，则有部分动能转化为内能，系统总动能减少。
（3）碰撞后状态合理性原则。如甲追上乙物体并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙，碰后甲的速度必须小于等于乙的速度，或甲做反向运动。
（2）完全非弹性碰撞
两物体碰后具有共同的速度，动能损失最多，称为完全非弹性碰撞。像碰撞后发生永久性形变粘在一起、子弹打木块作用瞬间达共速等的碰撞均可归结为完全非弹性碰撞．
如图所示，质量为m1和m2的A和B两个小球用弹簧连接，两者速度分别为v1和v2 (其中v1>v2)。
碰后速度相同即为完全非弹性碰撞：，
系统处于光滑水平面，机械能守恒。系统损失的动能等于弹簧弹性势能增加量。m1追击m2过程中，当两者共速时，距离最近，弹簧压缩量最大，对应的弹性势能最大，系统损失动能最多，所以当两物体速度相同时动能损失最大，即当两物体发生完全非弹性碰撞时动能损失最大。
例题5：[2020年天津]长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
分析与解：
(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有 m1vA2＝ m1v2＋2m1gl，联立解得vA＝
由动量定理，有I＝m1vA＝
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，设以此方向为正方向，B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
联立解得vB＝ 又Ek＝m2vB2
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝
答案：(1) ，　(2)
3、类碰撞模型
在很多情况下，如果两个物体相互作用的过程中，满足动量守恒定律的条件，而且在相互作用过程中的初、末状态的总机械能也不变，那么在解决此类问题时，可以当做碰撞模型来处理，我们把这样的情况叫作类碰撞。根据两物体间相互作用力的性质，可以分为“势能转化型”碰撞和“非势能转化型”碰撞。
（1）“势能转化型”碰撞
系统内两物体间的作用力做功是系统动能变化的原因，若做功的力仅为重力、弹簧弹力或电场力等使动能与势能相互转化的力，当两物体的速度相等时，出现“类完全非弹性碰撞”现象，当力做的总功为0时，出现“类弹性碰撞”现象，我们把这类称为“势能转化型”类碰撞。常见的有物体爬上斜木块、物块间有弹簧的问题、带电体的相互作用等都属于这类问题。
例题6：质量为m的小车，带有四分之一光滑的圆弧轨道，在光滑水平面上处于静止状态，如图所示，另外一个质量也为m的小球，给它一个水平初速度v0冲上小车，小球没有从另一边冲出，之后又返回到小车的左端，那么小球之后的运动情况是（　　）
A．小球以后将向左以速度v0做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．小球以后将向右以速度v0做平抛运动
D．小球与小车共同以v0向右运动
分析与解：
从小球冲上小车，与小车作用过程中，小车和小球组成的系统在水平方向上符合动量守恒定律:
　①
又因为圆弧轨道是光滑的，所以没有摩擦力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律有
②
①②式与弹性碰撞表达式一样，此过程类似于弹性碰撞，两物体质量相等发生弹性碰撞交换速度，即，，小球速度变为零，开始做自由落体运动，故B选项正确。
答案：B
例题7：如图所示，四分之一光滑绝缘轨道PM的半径为R，匀强磁场仅在该轨道内，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。水平绝缘轨道ＭＮ 光滑而且足够长，PM最低点与水平轨道MN相切于M点。一个质量为m的小球b静止在水平轨道上，小球b带正电。另一个质量为2m的带正电小球a、带电量为q，从P点无初速度释放，在小球a进入水平轨道MN后，a和b两个小球之间只有静电力作用，并且a和b两个小球始终没有接触。带电小球都可以看作是点电荷，假设小球b离最低点M足够远，重力加速度是g。求：（1）求a、b两小球系统的电势能最大值EP。（2）a和b 两个小球最终的速度va和vb的大小。
分析与解：
a球与b球相互作用时只有电场力做功，当二者离的最近时，电势能最大，当两者完全分离后电势能为零，动能与初始状态相等，物理规律符合弹性碰撞模型。
（1）小球ａ从Ｐ 到Ｍ 过程中，洛伦兹力和弹力都不做功，只有重力做功
根据动能定理有 ，解得
两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）整个过程根据动量守恒定律可得
由初、末状态的机械能相等可得
解得，
答案：（1），（2），
（2） “非势能转化型”碰撞
若做功的力涉及摩擦力等使动能与内能、电能等非势能相互转化的力，它们做功的代数和为负值，系统的动能必然减小，不会出现“类弹性碰撞”现象，且当两物体的速度相等时，出现“类完全非弹性碰撞”现象，我们把这类称为“非势能转化型”碰撞。常见的滑块木板问题、子弹打木块问题、电磁感应双杆问题都属于这类问题。
例题8：如图所示，将质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端，恰能滑至木板右端且不脱离木板，铅块与木板之间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g。
(1)问木板的长度为多少
(2)若将木板分成长度与质量均相等(m1=m2=m)的两段1、2后紧挨着放在同一水平面上,让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图所示。
①铅块离开木板1时，木板1的速度为多大
②通过计算判断铅块能否从木板2上滑落，若不能,请计算铅块到木板2右端的距离。
分析与解：
(1)设铅块恰到达木板右端时的速度大小为v,以铅块和木板为研究对象。
根据动量守恒定律有mv0=(m+2m)v
根据能量守恒定律有
联立解得
(2)①铅块刚离开木板1时,以铅块、木板1和木板2为研究对象,根据动量守恒定律有mv0=mv'+2mv1
根据能量守恒定律有
联立解得木板1的速度(另一解舍去)
铅块的速度
②若铅块没有从木板2上掉落,当铅块相对木板2静止时,根据动量守恒定律有
mv'+mv1=(m+m)v″
根据能量守恒定律有
联立解得：
故铅块不能从木板2的右端滑落，到右端的距离为 。
答案： （1） ，(2)①， ②铅块不能从木板2的右端滑落，到右端的距离为。
例题9：如图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，已知杆a的质量为m，b杆的质量为m水平导轨足够长，不计摩擦，求：
( 1) a和b的最终速度分别是多大
( 2) 整个过程中回路释放的电能是多少
分析与解：
金属杆a滑到水平部分与静止的b作用，满足动量守恒，到最终二者共速时，可理解成是完全非弹性碰撞，回路中产生的电能等于a、b系统损失的动能。
（1）a下滑h的过程，对金属杆a列动能定理:：，进入磁场后，回路中产生感应电流，在安培力作用下，a做减速运动，b做加速运动，直至a、b 共速，之后回路的磁通量不变，不存在感应电流，a、b 棒均不受安培力，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b 棒的最终速度，设为v，由过程中a、b 系统所受合外力为零，满足动量守恒： ，解得最终速度．
（2）由能量守恒定律，回路中产生的电能等于a、b系统损的动能失，．
答案：（1）（2）
4、碰撞中正压力与弹力冲量的关系
两物体在碰撞中有相对滑动时，正压力的冲量，摩擦力的冲量，即摩擦力的冲量是正压力冲量的倍，也就是沿接触面方向动量变化量是垂直接触面方向的动量变化量的倍。
例题10：如图所示，光滑水平地面上的小车静止在小平台边缘，小车质量为M=2kg，质量为m=1kg的小球以初速度v0=3.0m/s的速度从离小车高度h=0.2m的平台上水平抛出，小球与小车的摩擦系数为μ=0.5，小球每次与小车碰撞后竖直速度变为原来的2/5，小车足够长，重力加速度取10m/s2，小球与小车碰撞时间极短，求小球静止在车上距左端多远处？
分析与解：小球第一次落到小车时的竖直速度，碰撞后的竖直速度竖直方向动量变化量，水平方向的动量变化，碰撞后小球的水平速度变化量为，碰后小球的水平速度，碰撞后小车的速度为。
因为下一次碰撞前后竖直方向上的速度均为上一次碰撞的2/5，即，竖直方向动量变化量为上一次碰撞动量变化量的2/5，如果还有相对滑动，则水平方向上的动量变化量也为上一次动量变化量的2/5，故第二碰撞后小球水平速度的变化量为 ，所以第二次碰撞后小水平速度，小车的速度为。
若第三碰撞全过程中仍有相对滑动，则碰撞后水平速度的变化量为 ，所以第三次碰撞后小球水平速度，小车的速度为，因为小车的速度不可能大于小球速度，所以第三次碰撞水平方向上速度相同后不再有摩擦力，共同速度为1m/s。以后小球在小车上原位置上下弹跳，直到停在小车上。
答案：0.7824m
5、分方向处理动量定理的应用
例题11：光滑水平面上二个相同的小球、，套在固定光滑细杆上，与之间用的不可伸长的轻绳连接。初始时的位置关系如图所示，B的初速度是，求与之间绳子绷紧的瞬间A和B的速度大小。
分析与解：将B的初速度分解为沿绳和垂直于绳的速度，即，，如图所示，设绳绷紧一瞬间B沿绳和垂直绳的速度为和，绳上的冲量为I。
对B沿绳方向，对A沿杆方向，
又沿绳速度相等得，解得，，
对B两速度合成得，对A则得
答案： ，
1、（2009全国1卷21）：质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比M/m可能为（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析：方法一：设碰撞以后M和m的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律可得：Mv=Mv1+mv2。因为碰撞后两者的动量正好相等，所以有：Mv1=mv2， 据物理情境分析必有v2≥v1， 所以有M≥m①；因为碰撞过程动能不增加，所以有：Mv2≥Mv12+ mv22②。联立①②解得：1≤M/m≤3。故正确答案为AB。
方法二：根据动量关系进行求解:设碰撞前M的初动量为p，则根据动量守恒定律和题意知碰撞后两物体的动量均为p/2，因为在碰撞过程中动能不会增加，所以有： p2/2M≥(p/2) 2/2M+(p/2)2/2m解得M/m≤3，即AB选项正确。
答案：AB
2、[2020年北京]在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示．在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰．以下分析正确的是(　　)
A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h.若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆到高度h
B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
解析：若将2号球换成质量不同的小钢球，1号碰2号时不能交换速度，2号碰3号时也不能交换速度，则3号不能摆至高度h，故A错误；释放后下落过程以及摆起过程合外力不为0，动量都不守恒，故B错误；右侧涂胶的1号碰2号时粘在一起为非弹性碰撞，有机械能损失，则与3号相碰，3号不能摆至高度h，故C错误；碰撞后，2号和3号粘在一起，属于非弹性碰撞，机械能不守恒，2、3号不能摆至高度h，且释放后下落过程以及摆起过程动量都不守恒，故D正确．
答案：D
3、[ 2020年全国卷Ⅱ] (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48kg B．53kg
C．58kg D．63kg
解析：设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60kg，故选B、C.
答案：BC
4、（2009全国Ⅰ卷）如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求
（1）工人的推力；
（2）三个木箱匀速运动的速度；
（3）在第一次碰撞中损失的机械能。
解析：(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.
根据平衡的知识有
(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1
加速度
根据运动学公式或动能定理有
碰撞后的速度为V2根据动量守恒有
即碰撞后的速度为
然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3
从V2到V3的加速度为
根据运动学公式有,得
跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有
得就是匀速的速度.
(3)设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有
代入数据得.
答案：（1），（2），（3）
4、（2004全国Ⅱ卷）柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h（如图2）。已知m＝1.0×103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度g＝10m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。
解析：锤自由下落，碰桩前速度v1向下， ①
碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为 ②
设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒， ③
桩下降的过程中，根据功能关系， ④
由①、②、③、④式得 ⑤
代入数值，得 N ⑥
答案：N
5、（2014全国新课标卷）如图，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方。 先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。 当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。　
（1）B球第一次到达地面时的速度；
（2）P点距离地面的高度。
解析：（1）B球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有
可得B球第一次到达地面时的速度
（2）A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度
设B球的速度为， 则有碰撞过程动量守恒
碰撞过程没有动能损失则有
解得，
小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度
所以P点的高度
答案：，
6、（2009年高考重庆理综卷）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见图a）；
②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见图b）；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见图c）。
设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。
解析：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，
(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有
(4mg＋m)( h2－h1)＝(4m＋m)V22，解得V2＝；
（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，
解得V1＝，
设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有
W－4mgh1＝(4m)V12，
解得W＝mg；
（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(4m)V12－(4m＋m)V22，
联立解得＝mg(h2－h1)。
答案：（1）（2）mg（3）mg(h2－h1)
7、（2007全国Ⅰ）如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=600的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于450。
解析：设：小球m的摆线长度为l
小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒： ①
m和M碰撞过程满足： ②， ③
联立 ②③得： ④
说明小球被反弹，而后小球又以反弹速度和小球M发生碰撞，满足：
⑤， ⑥
解得： ⑦，整理得： ⑧
所以： ⑨
而偏离方向为450的临界速度满足： ⑩
联立① ⑨ ⑩代入数据解得，当n=2时，
当n=3时，，所以，最多碰撞3次
答案：最多碰撞3次
8、（2007重庆）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k＜1.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长，g取10 m/s2)
（1）设与n+1号球碰撞前，n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度.
（2）若N＝5，在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16k(16 h小于绳长)问k值为多少？
（3）在第（2）问的条件下，悬挂哪个球的绳最容易断，为什么？
解析： (1)设n号球质量为m,n+1，碰撞后的速度分别为取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0、mn+1
根据动量守恒，有 ①
根据机械能守恒，有= ②
由①、②得
设n+1号球与n+2号球碰前的速度为En+1，据题意有vn-1=，得vn-1==
（2）设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有
④，v1= ⑤
同理可求，5号球碰后瞬间的速度 ⑥
由③式得 ⑦ ，N=n=5时，v5= ⑧
由⑤、⑥、⑧三式得k= ⑨
（3）设绳长为l,每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F,由牛顿第二定律有
⑩，则
式中Ekn为n号球在最低点的动能
由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.
答案：（1）（2）k=（3）悬挂1号球的绳最容易断
9、（2021年广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
解析：（ 1）算珠相同，设每个算珠的质量为m，由题意可知，甲算珠的初速度大小 v 0 =0.4m/s ，碰撞后瞬间甲算珠的速度大小 v 甲 =0.1m/s
设甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲算珠的速度大小为 v 1 , 从甲算珠开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，对甲算珠，由动能定理得： -μmgs 1 =
代入数据解得： v 1 =0.3m/s
甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙算珠的速度大小为 v 乙 , 以碰撞前甲算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： m v 1 =mv 甲 +mv 乙
代入数据解得： v 乙 =0.2m/s
设碰撞后乙算珠甲减速到零过程滑行的距离为 s，对乙算珠，由动能定理得：-μmgs=0-
代入数据解得： s=0.02m=s 2 =2.0×10 -2 m ，乙算珠恰好到达边框 a处
（ 2）设两算珠碰撞后甲滑行距离s 3 后速度变为零，对甲，由动能定理得： -μmgs 3 =
代入数据解得： s 3 =0.005m
设从甲开始运动到甲乙碰撞所需时间为 t 1 ，从甲乙碰撞到甲停止运动需要的时间为 t 2 ,
则： ，
代入数据解得： t 1 =0.1s，t 2 =0.1s
甲算珠从拨出到停下所需的时间： t=t 1 +t 2 =(0.1+0.1)s=0.2s
答案：（1）乙算珠能滑动到边框a；（2）甲算珠从拨出到停下所需的时间是0.2s。
10、（2011全国新课标卷）如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，是弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。
解析：设碰后A、B、C的速度的大小为v，由动量守恒得：
mv0 = 3mv ①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得：
3mv = 2mv1 + mv0 ②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有：
③
由式得弹簧所释放的势能为
④
答案：
11、（2011重庆卷）如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
（1）整个过程中摩擦阻力所做的总功；
（2）人给第一辆车水平冲量的大小；
（3）第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。
解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
（2）设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为I。
由：，
，
，得：
（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为和
由，，得：/=13/3
答案：（1）（2）（3）/=13/3
12、（2011海南卷）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求
（1）木块在ab段受到的摩擦力f；
（2）木块最后距a点的距离s。
解析：（1）设木块和物体P共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得： ① ， ②
由①②得： ③
（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：
④
由②③④得：
答案：（1），（2）
13、（2010全国Ⅱ卷）小球A和B的质量分别为mA 和 mB 且mA＞mB ，在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为，
由机械能守恒有 ks5u
①
ks5u
设小球A与B碰撞后的速度分别为和，以竖直向上方向为正，由动量守恒有
ks5u
②
ks5u
由于两球碰撞过程中能量守恒，故 ③
联立ks5u
ks5u
②③式得： ks5u
④
ks5u
设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有ks5u
⑤
由①④⑤式得ks5u
⑥
答案：
14、(2011年全国大纲卷)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。
质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。
解析：设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V
由动量守恒得 (2m＋m)V＝mv0 ①，解得 V＝v0
此过程中动能损失为 △E＝mv02－×3mV2②，解得 △E＝mv02
分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，
由动量守恒得 mv1＋mV1＝mv0 ③
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为，
由能量守恒得 mv12＋mV12＝mv02－ ④
联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得 v1＝(＋)v0 ⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2＝mv1 ⑥
损失的动能为 △E′＝mv12－×2mV22 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式得△E′＝(1＋)× ⑧
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式keep，射入第二块钢板的深度x为x＝(1＋)d⑨
答案：(1＋)d
15、（2019·全国Ⅰ·25）.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。
解析：（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：，
联立方程解得：；，根据v-t图象可知，
解得：
（2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得
当物块A沿斜面下滑时：，由v-t图象知：
当物体A沿斜面上滑时：，由v-t图象知：
解得：；又因下滑位移
则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：
其中为P点离水平面得高度，即，解得
故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：
（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为，设原来的摩擦因为为
则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：
设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：
又据（2）的结论可知：，得：
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：。
答案：（1）3m （2）（3）
16、. [2020年山东]如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处．某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞．Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失．两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞．重力加速度大小为g.
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s.
解析：(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvP1＋4mvQ1①
由机械能守恒定律得mv02＝mvP12＋·4mvQ12②，联立①②式得vP1＝－v0③vQ1＝v0④
故第一次碰撞后P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得0－vQ12＝2·(－2gsinθ)·⑤
联立①②⑤式得h1＝⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得mv022－mvP12＝－mgh1⑦联立①②⑤⑦式得v02＝v0⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得mv02＝mvP2＋4mvQ2⑨
由机械能守恒定律得mv022＝mvP22＋·4mvQ22⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得vP2＝－×v0 vQ2＝×v0
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得0－vQ22＝2·(－2gsinθ)·
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得h2＝·
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得mv032－mvP22＝－mgh2 ，联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得v03＝()2v0
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律得mv03＝mvP3＋4mvQ3
由机械能守恒定律得mv032＝mvP32＋·4mvQ32
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得vP3＝－×()2v0 vQ3＝×()2v0
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得0－vQ32＝2·(－2gsinθ)·
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得h3＝()2·
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为hn＝()n－1· (n＝1,2,3……)
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
0－mv02＝－(m＋4m)gH－tanθ·4mgcosθ·解得H＝
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得vQ1＝2gt1sinθ
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，由运动学公式得
vP1′＝vP1＋gt2sinθvP1′2－vP12＝2sgsinθ
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3v02＝(－vP1)－gt3sinθ
当A点与挡板之间的距离最小时t1＝2t2＋t3
联立式，代入数据得s＝
答案：（1）vP1＝－v0，vQ1＝v0，（2）hn＝()n－1· (n＝1,2,3……)，（3）H＝，（4）
17.如图，在地面上方、水平虚线下方存在一种特殊的相互作用区。作用区对小球A没有力的作用，对小球B有竖直向上的大小等于重力的力的作用。两小球 A 和 B 的质量均为 m ，初始时小球B静止在虚线边界下方h高处，小球A从B正上方的虚线边界处由静止释放。小球A与小球B发生的碰撞为弹性碰撞，碰撞的时间极短。求：
(1)两小球发生第一次碰撞的过程中, B受到A的冲量大小。
(2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B间的最大距离。
(3)要使两小球能发生三次碰撞,水平虚线距地面的距离至少为多少。
解析：(1)小球A与B碰撞前的速度为，由机械能守恒定律，得①
碰撞过程动量与机械能守恒得②，③
由①②③得，，由动量定理可得
（2）小球A和B碰撞后，B做匀速运动，A做自由落体运动，当速度相等时二者距离最远。
经过时间距离最大，即
（3）设经过时间t2发生第二次碰撞，第二次碰撞时的位置离第一次碰撞位置的距离为。
④，⑤，由④⑤式得
第二次碰撞前，小球A的速度为，小球B的速度为
碰撞过程动量与机械能守恒得，
由⑥⑦解得，
设经过时间t3发生第三次碰撞，第三次碰撞时的位置离第二次碰撞位置的距离为。
⑨，⑩，由⑨⑩式得
则第三次碰撞位置距离虚线位置
答案：(1) ， (2)h，(3)13h
18、如图所示,在光滑水平长直轨道上,A、B两小球之间有一处于原长的轻质弹簧,弹簧右端与B球连接,左端与A球接触但不粘连,已知mA=,mB=2m,开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为m的小球C以初速度v0向右运动,与A球碰撞后粘在一起成为一个复合球D,碰撞时间极短,接着逐渐压缩弹簧并使B球运动。经过一段时间后,D球与弹簧分离(弹簧始终处于弹性限度内)。
(1)上述过程中,弹簧的最大弹性势能是多少
(2)当弹簧恢复原长时,B球的速度是多大
(3)若开始时在B球右侧某位置固定一块挡板(图中未画出),在D球与弹簧分离前使B球与挡板发生碰撞,并在碰后立即将挡板撤走,设B球与挡板碰撞时间极短,碰后B球速度大小不变,但方向相反,请求出此后弹簧的弹性势能最大值的范围。
【解析】(1)设C与A相碰后速度为v1,根据动量守恒定律有mv0=mv1
C与A碰后结合为D球,D球通过弹簧与B球作用,当D球与B球速度相等时,弹簧的弹性势能最大,设此时速度为v2,根据动量守恒定律有mv1=3mv2
根据能量守恒定律有Epmax=m-×3m，解得Epmax=m。
(2)设弹簧恢复原长时,D球速度为v3,B球速度为v4,根据动量守恒定律有mv1=mv3+2mv4
根据能量守恒定律有m=m+×2m，联立解得v3=-,v4=。
(3)设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度分别为v5、v6,根据动量守恒定律有mv0=mv5+2mv6
与挡板碰后弹簧的弹性势能最大,D、B两球速度相等,设为v',根据动量守恒定律有mv5-2mv6=3mv'
解得v'====
根据能量守恒定律知,弹簧的最大弹性势能Ep'=×m×-×3m×v'2
解得Ep'=-×=-
当v5=时,Ep'最大,Epmax'=；当v5=-时,Ep'最小,Epmin'=。所以≤Ep'≤。
【答案】(1)m　(2)　(3)≤Ep'≤
优秀试题集锦
1、甲、乙两物体间距1m静置于水平桌面上，乙位于0点，甲质量是乙的2倍，两物体与桌面间的动摩擦因数相同。现对甲施加如图所示的水平推力使其向乙运动，推力大小为甲所受摩擦力的2倍，甲与乙碰前瞬间撤去推力，碰撞时间极短，碰后甲停在距0点0.25m处，甲乙均可视为质点，则
A. 碰后甲向右运动
B. 甲乙碰撞过程为弹性碰撞
C.碰后乙停在距0点1m处
D. 碰后至甲乙均停下的过程，摩擦力对甲乙冲量大小相等
答案：ACD
2、如图所示，质量均为m=2kg，大小相同的长木板甲、乙相隔一段距离静置于光滑水平面上，甲上表面粗糙、乙上表面光滑。乙的右端固定一轻质弹簧，弹簧原长小于木板长度。一质量M=4kg的小铜块以v0=6m/s的速度从甲左端滑上，当铜块滑到甲右端时两者速度相等，此后甲与乙发生碰撞并粘在一起，铜块在乙表面与弹簧相互作用过程中弹簧始终处于弹性限度内。已知铜块与甲之间的动摩擦因数μ=0.6,g取10m/s2，求：（1)甲、乙刚碰完时的共同速度的大小；（2)弹簧的最大弹性势能E；（3)乙的最大速度；（4)判断铜块能否从甲左侧滑出，若能，求其滑出时的速度；若不能，求其最终离甲左端的距离。
解：（1)铜块与甲相互作用过程，两者组成的系统动量守恒Mv0= (M+m)v1 ，解得：v1=4m/s
甲与乙碰撞过程，两者组成的系统动量守恒mv1= (m+m) v2，解得：v2=2m/s
（2)从甲、乙碰撞结束到铜块压缩弹簧至最短，对甲、乙、铜块组成的系统，由动量守恒定律得：Mv1+2mv2=(M+2m)v，解得：v＝3m/s
由能量守恒定律得：，解得：E,=4J
（3)弹簧弹开时，甲速度最大，从甲、乙碰撞结束到弹簧弹开，由动量守恒定律得：Mv1+2mv2=Mv3+2mv4
由能量守恒定律得：
解得：v3=2m/s、v4=4m/s，即乙最大速度为4m/s
（4)铜块再次滑上甲后开始减速，设铜块相对甲滑动的距离为x,最终未从甲上滑下，则三者最终同速，即v=3m/s，此过程，由功能关系得：，解得：x=1/6m
设板长为L，铜块第一次与甲相互作用过程，由功能关系得：
解得：L=1m，L>x，铜块不能滑出，可得Δx=L-x=5/6m
3、长木板上固定着“V”形支架，总质量为M，静止在光滑水平面上。在支架右端0处，通过长为L的轻质绳悬挂质量为m、可看作质点的小锥体，板上A点位于锥体正下方h处。将小锥体移到0点右侧，并使绳水平伸直，然后由静止释放。
（1）求锥体和木板最大速度的大小；
（2）以释放前0点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，写出小锥体运动的轨迹方程；
（3）若小锥体运动到最低点时，绳子与锥体连接处忽然断开，求小锥体在木板上的落点到A点的距离；
（4）若小锥体落在木板上不反弹，且没有相对木板滑动，碰撞时间极短，分析锥体和木板间的动摩擦因数应满足什么条件。
18．（16分）如图甲所示，半径R＝0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l＝1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C（可视为质点）静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0＝4m/s。
（1）若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；
（2）若A、B不固定，其他条件均不变，求：
（i）C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；
（ii）C相对于A最低点P所能达到的最大高度（结果保留两位有效数字）；
（iii）若将A、B粘连在一起，改变v0大小，其他条件均不变，使C能够沿A上升，且再次返回到A最低点P时具有相对于地面水平向左的速度，v0的取值范围为多少。
【分析】（1）因C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，再由动能定理求得C到达P点的速度大小，结合向心力公式，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解；
（2）、（i）当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统满足动量守恒定律，结合能量守恒和功能关系解得C达到P点的速度大小，再对C由动能定理求解；
（ii）C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同，A与C组成的系统水平方向动量守恒，结合机械能守恒定律求解；
（iii）将A、B粘连在一起，使C能够沿A上升，需满足C第一次到达P点时C的速度大于AB的速度；要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零。依据两种情况的临界条件，与（i）同理求解v0的临界值，在确定其大小范围。
【解答】解：（1）因C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，故C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，设此过程C克服滑动摩擦力做的功为Wf，则有：
Wf＝（μlmg+μ0mg）l＝×（0.6+0.2）×1×10×1J＝4J
对C由B的最右端滑至P点的过程，由动能定理得：
﹣Wf＝mvP2﹣mv02
在P点轨道对A的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：
F﹣mg＝m
联立代入数据解得：F＝26N
由牛顿第三定律可得，C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小F′＝F，即F′＝26N。
（2）、（i）当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，则有：
mv0＝mvC+2mvA
由能量守恒和功能关系得：
Wf＝mv02﹣mvC2﹣×2mvA2
联立代入数据解得：vC＝m/s，vA＝m/s
设C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为Wf′，对C由动能定理得：
Wf′＝mv02﹣mvC2
代入数据解得：Wf′＝J
（ii）设C相对于A最低点P所能达到的最大高度为hm。
C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同（设为v共），A与C组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有：
mvA+mvC＝2mv共
由机械能守恒定律得：
mvA2+mvC2﹣×2mv共2＝mghm
联立代入数据解得：hm＝0.10m
（iii）将A、B粘连在一起，使C能够沿A上升，需满足C第一次到达P点时C的速度（设为v1）大于AB的速度（设为v2），临界条件为：v1＝v2。
与（i）同理可得，C由B的最右端到第一次到达P点的过程有：
mv0＝mv1+2mv2
Wf＝mv02﹣mv12﹣×2mv22
结合临界条件：v1＝v2
联立代入数据解得v0的临界值为m/s
则使C能够沿A上升，需满足：v0＞m/s；
要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零，临界条件为此速度等于零。
设C再次返回到点P时AB的速度为v3，依据临界条件，对C由B的最右端到第二次到达P点的过程，同理可得：
mv0＝2mv3
Wf＝mv02﹣×2mv32
联立代入数据解得v0的临界值为4m/s
则使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，需满足：v0＜4m/s。
故满足要求的v0取值范围为m/s＜v0＜4m/s
答：（1）C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小为26N；
（2）若A、B不固定，其他条件均不变：
（i）C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为J；
（ii）C相对于A最低点P所能达到的最大高度为0.10m；
（iii）v0的取值范围为：m/s＜v0＜4m/s。

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