碰撞与动量守恒1． (2)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d.现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．(2)从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22 ① m v ＝m v 1＋(2m )v 2 ②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12m v 21④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22 ⑤ 据题意有d ＝d 1＋d 2 ⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12m v 20－12m v 2 ⑦ 联立②至⑦式，得v 0＝285μgd . 答案：(2) 285μgd 2. (2)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中， (ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．(2)A 、B 碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(ⅰ)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1 ①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22 ③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20. ④(ⅱ)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20. ⑦ 答案：(2)(ⅰ)116m v 20 (ⅱ)1348m v 203．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 选B.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A 错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp 甲＝－Δp 乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B 正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C 、D 错误．5．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．(2)因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量定恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C① A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB② A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s. ④答案：(2)2 m/s6．如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . P 1与P 2发生完全非弹性碰撞时，P 1、P 2组成的系统遵守动量守恒定律；P 与(P 1＋P 2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P 1、P 2、P 的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P 1、P 2、P 三者速度相同．(1)P 1与P 2碰撞时，根据动量守恒定律，得m v 0＝2m v 1解得v 1＝v 02，方向向右 P 停在A 点时，P 1、P 2、P 三者速度相等均为v 2，根据动量守恒定律，得2m v 1＋2m v 0＝4m v 2解得v 2＝34v 0，方向向右． (2)弹簧压缩到最大时，P 1、P 2、P 三者的速度为v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q ，根据能量守恒定律，得从P 1与P 2碰撞后到弹簧压缩到最大12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋Q ＋E p 从P 1与P 2碰撞后到P 停在A 点12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋2Q 联立以上两式解得E p ＝116m v 20，Q ＝116m v 20根据功能关系有Q ＝μ·2mg (L ＋x )解得x ＝v 2032μg－L .答案：(1)v 1＝12v 0，方向向右 v 2＝34v 0，方向向右 (2)v 2032μg －L 116m v 207．水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A ．30%B ．50%C ．70%D ．90% 选A.根据v ＝x t 和E k ＝12m v 2解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v ′与碰撞前白球速度v 的比值，v ′v ＝712.所以损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12·2m v ′2，ΔE k E k0≈30%，故选项A 正确． 8．如图所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．(3)根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．答案：(3)0.02 m/s ，离开空间站方向9．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。
忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．(填选项前的字母)A.m M v 0B.M mv 0 C.M M －m v 0 D.m M －m v 0(2)应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝m v 0－(M －m )v ′故v ′＝m v 0M －m，选项D 正确． 答案：(2)D35图18，两块相同平板P 1、P 2至于光滑水平面上，质量均为m 。
P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L 。
物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可以看作质点。
P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点（弹簧始终在弹性限度内）。
P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求（1） P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2；（2） 此过程中弹簧最大压缩量x 和相应的弹性势能Ep【答案】见解析（1）P 1与P 2碰撞过程遵循动量守恒012mv mv = 解得012v v = 全过程三者动量守恒02(2)(2)m m v m m m v +=++ 解得0234v v = （2）当P 压缩弹簧至最短时，三个物块速度也相同设为v 3 03(2)(2)m m v m m m v +=++ 解得0334v v = 从P 1与P 2碰撞后到弹簧被压缩到最短的过程应用能量守恒定律 2221031112242()222p mv mv mv mg L x E μ⨯+⨯=⨯+++ 从P 1与P 2碰撞后到三者相对静止的过程应用能量守恒定律 22210211122422()222mv mv mv mg L x μ⨯+⨯=⨯++ 联立解得：220p 01,3216v x L E mv g μ=-=。