碰撞与动量守恒1．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．解析：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv共解得v共＝.由功能关系可得μmgs＝mv2－·3m·2解得s＝.答案： 2．(多选)在光滑水平面上动能为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．p2＞p0C．E2＞E0D．p1＞p0解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正确，C错误；根据动量守恒定律得：p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2＞p0.故B正确．故选AB.3．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek＝223\nJ，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．4．如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )A．7∶5B．1∶3C．2∶1D．5∶3解析：选D.设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2.①由能量守恒定律有：m1v＝m1v＋m2v②两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5.③联立①②③，代入数据解得：m1∶m2＝5∶3，故选D.5．(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4kg的小物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是( )A．木板A获得的动能为2JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A的质量M＝4kg，木板获得的动能为：Ek＝Mv2＝2J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得：ΔE＝4J，故B错误；由图得到：0～1s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝×1×1m＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝3\n1m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a＝－1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确．3
