碰撞与类碰撞问题Word格式.doc
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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（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、，
B、，
C、，
D、
[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
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？
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。
解得：
（这组解即为刚开始两个物体的速度）
或
（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v0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；
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v0．
A
B
C
v
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？
（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
2mv=（2m+M）v1
v1=2mv/（2m+M）=3m/s
即A的速度为3m/s
（2）由动量守恒定律得B、C碰撞时
mv=（m+M）v2
v2=mv/（m+M）=2m/s
由能量守恒可得
mv2/2＋（m＋M）v22/2=（2m＋M）v12/2＋△EP
△EP=12J
3．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v0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h1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h1和第一次向左摆起的最大高度h2之比.
（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，根据水平方向动量守恒
（3m）v0=（4m）v
解得
（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v1，根据动量守恒
mv0=（2m）v1
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
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v3，小车速度为v4，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）v0+（2m）v1=（2m）v3+（2m）v4
根据机械能守恒定律
解得小球速度v3=v1=，方向向右
小车速度v4=v0，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）v3+mv4=（3m）v5
所以h1：
h2=3：
2
4．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L0=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I0=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Emax，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/s2。
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Emax及小物块相对于木板向左运动的最大距离Lmax。
（1）由动量定理及动量守恒定律得
I0=mv0mv0=（m+M）v
v=1m/s
（2）由动量守恒定律和功能关系得
mv0=（m+M）u
mv2=（m+M）v2+μmgLmax+Emax
mv2=（m+M）u2+2μmgLmax
Emax=3JLmax=0.75m
E
S
l
5.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（弹性限度内），此时弹性势能E0=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/s2.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v1，由动能定理有:
解得:
v1=3m/s
A、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v
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x1，由动能定理有：
x1=0.02m
设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得:
x2≈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=x2+s-x1=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=0.22，A、B与水平面之间的动摩擦因数=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mg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？
在A，B碰撞之前，A，C间的最大静摩擦力为2mg=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。
可运用动量守恒定理求出C刚好不脱离木板的系统最终的共同速度。
然后，运用能量守恒定律求出A，B的长度，即C与A，B发生相对位移的距离。
由于F小于A，C间最大静摩擦力，所以A，C无相对运动。
FS-3mgS=3m
解得=m/s
=m/s，m=2m
得=m/s
因为，F=4mg=0.4mg;
所以，A，B，C组成的系统合外力为零
2m+2m=4m
得，=m/s
由能量守恒定理得
F2L+4m-2mg2L=2m+2m
L=5m
四、边解边悟
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