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v0=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/s2)
（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）mv2）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  μMgsm=（1/2）mv02，代入数据得sm=（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v1，取向右为正方向。
 由动量守恒定律有  Mv0－mv0=（M+m）v1，代入数据得v1=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。
 由能量转化与守恒定律有  μMgL=（1/2）（M+m）v02，L=（5/6）m
 2、机械能不增加原则
 例2  如图（2）所示，光滑水平面上，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以大小为v0的初速度向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过一段时间A与弹簧分离。
（1）当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能EP多大？
（2）若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板，在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立刻将此挡板撤走。设B球与挡板的碰撞时间极短，碰后B球的速度大小不变但方向相反。欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹性势能达到第（1）问中EP的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？
 分析与解  （1）设弹簧压缩到最短时，
共同速度为v，由动量守恒定律2mv0=3mv
由机械能守恒定律，此时的弹簧性势
EP=（1/2）（2m）v02－（1/2）（3m）v2= （1/3）mv02
 （2）设B球在与挡板碰撞时速度大小为vx，此时A球的速度大小为v1，弹簧再次被压缩到最短时，共同速度为v2，由动量守恒和机械能守恒定律有2mv0=mvx+2mv1，2mv1－mvx=3m v2，
2.5EP=（1/2）（2m）v02－（1/2）（3m）v22
 以上各式联列解得v2=（1/3）v0，vx=（1/2）v0，v1=（3/4）v0
或v2=－（1/3）v0，vx=（3/2）v0，v1=（1/4）v0
 对第二组结果分析，总机械能E1=（1/2）（2m）v02= mv02，B球与挡板碰撞瞬间的机械能E2＞（1/2）（2m）v12+（1/2）mvx2＞E1，不满足机械能守恒，舍去。
 因此，B球与挡板碰撞时速度vx=（1/2）v0
 3、速度要符合物理情景原则
 例3  如图（3）所示，长为L的木板A右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M，静止在光滑的水平地面上。有一质量为M的小木块B，从木板A的左端开始以初速度v0在木板A上滑动。小木块B与木板A间摩擦因数为μ，小木块B滑到木板A的右端与挡板发生碰撞。已知碰撞过程时间极短，且碰后木块B恰好滑到木板A的左端就停止滑动。
（1）若μL=3v02/160g，在小木块B与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A做正功还是负功？做了多少？
（2）讨论木板A和小木块B在整个过程中，是否有可能在某一段时间内相对地面运动方向是向左的。如果不可能，说明理由；如果可能，求出至少可能向左滑动、又能保证木板A和小木块B刚好不脱离的条件。
 分析与解 （1）设B与A碰撞后A、B的速度
分别为vA、vB ，最终A、B的共同速度为v，则由
动量守恒、能量守恒有
 mBv0=mAvA+mBvB，mBv0=（mA+mB）v
 μmBgL=（1/2）mAvA2+（1/2）mBvB2-（1/2）（mA+mB）v2
 又μL=3v02/160g
 以上各式联列解得v=（2/5）v0，vA=（1/2）v0，vB=（1/4）v0
或v=（2/5）v0，vA=（3/10）v0，vB=（11/20）v0
 分析上述两组结果，由于两物碰撞后均与v0同向，而其中第二组结果
vA=（3/10）v0＜vB=（11/20）v0，该速度关系与实际物理情景不符，舍去
 因此，由动能定理可得摩擦力做功
Wf =（1/2）（1.5M）v2-（1/2）（1.5M）vA2=-（27/400）M v02
即摩擦力对木板做负功，大小为（27/400）M v02
 （2）整个过程中动量守恒，A不可能向左运动，碰后B有可能。
 要使B向左运动，由动量守恒、能量守恒有
 mBv0=mAvA+mBvB，mBv0=（mA+mB）v
 μmBgL=（1/2）mAvA2+（1/2）mBvB2-（1/2）（mA+mB）v2
 vB＜0
 以上各式联列解得μL＞2v02/15g
 要保证A和B不脱离，由动量守恒和能量守恒有
 mBv0=（mA+mB）v
 2μmBgL≥（1/2）mBv02-（1/2）（mA+mB）v2
 解得μL≤3v02/20g
 故B向左滑动，而又不脱离木板A的条件是2v02/15g＜μL≤3v02/20g
 例4  如图（4—a）所示，质量为M，长L=1.0m，右端带有竖直挡板的木板B，静止在光滑水平面上。质量为m的小滑块（可视为质点）A，以水平初速度v0=4.0m/s滑上B的左端，最后恰好滑回木板B的左端，已知M/m=3，并设A与挡板碰撞无机械能损失，碰撞时间可以忽略。求：
（1）A、B的最后速度；
（2）木块A与木板B间动摩擦因数；
（3）在图（4—b）所给坐标中画出此过程中B对地的速度—时间图线。
 分析与解  （1）设A、B的共同
速度为v，由动量守恒定律有
mv0=（M+m）v，解得v=1m/s
 （2）设A、B间的动摩擦因数为
μ，由能量转化与守恒定律有
2μmgL=（1/2）mv02-（1/2）（M+m）v2
解得μ=0.3
 （3）设碰前A、B的速度大小分
别为vA、vB，由动量守恒、能量守恒
有mv0=mvA+MvB
μmgL=（1/2）mv02-（1/2）mvA2-（1/2）MvB2
 代入数据解得vA=（2+3√2）/2 m/s，vB=（2-√2）/2 m/s，
或vA=（2-3√2）/2 m/s，vB=（2+√2）/2 m/s
 碰撞前A不可能反向，故第二组解不符合实际，舍去。
 设碰后A、B的速度大小分别为vA’、vB’，由动量守恒、能量守恒
有mv0=mvA’+MvB’
μmgL=（1/2）mvA’2+（1/2）MvB’2-（1/2）mv2
 代入数据解得vA’=（2-3√2）/2 m/s，vB’=（2+√2）/2 m/s，
或vA’=（2+3√2）/2 m/s，vB’=（2-√2）/2 m/s
 第二组解中速度均未改变方向，vA’ ＞vB’，不符合实际的物理情景，舍去。
 木板B在碰前、碰后均做匀变速运动，碰前加速，加速度大小为a=1m/s2，所用时间t1= vB/a=（2-√2）/2 s；碰后减速，加速度大小仍为a=1m/s2，直至达共速v，所用时间t2=（vB’-v）/a=√2/2 s，故可画出如图（4—c）所示图线。

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