2011届高考物理第一轮经典模型检测试题12水平方向上的碰撞&弹簧模型

第一篇：2011届高考物理第一轮经典模型检测试题12水平方向上的碰撞&弹簧模型

水平方向上的碰撞＆弹簧模型

［模型概述］在应用动量守恒、机械能守恒、功能关系和能量转化等规律考查学生的综合应用能力时，常有一类模型，就是有弹簧参与，因弹力做功的过程中弹力是个变力，并与动量、能量联系，所以分析解决这类问题时，要细致分析弹簧的动态过程，利用动能定理和功能关系等知识解题。［模型讲解］

一、光滑水平面上的碰撞问题 例1.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（）

A.B.C.D.解析：设碰前A球的速度为v0，两球压缩最紧时的速度为v，根据动量守恒定律得出

，联立解得，所以正，由能量守恒定律得确选项为C。

二、光滑水平面上有阻挡板参与的碰撞问题

例2.在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图1所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。

图1（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。

（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒得

当，由以

弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒得上两式求得A的速度。

（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到

自然长度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为v3，则有

以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设 此时的速度为v4，由动量守恒得

当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP”，由能量守恒，有 解以上各式得。

说明：对弹簧模型来说“系统具有共同速度之时，恰为系统弹性势能最多”。

三、粗糙水平面上有阻挡板参与的碰撞问题

例3.图2中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。，运动过程中

图2 解析：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前）

由功能关系，有

A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2 有

碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有

此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有

由以上各式，解得

四、结论开放性问题

例4.用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以 的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图3所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动。求：在以后的运动中，图3（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左吗？为什么？

解析：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有

解得：（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为，则

设物块A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为EP，根据能量守恒

（3）由系统动量守恒得，则 设A的速度方向向左，则作用后A、B、C动能之和

实际上系统的机械能

根据能量守恒定律，是不可能的。故A不可能向左运动。

［模型要点］

系统动量守恒，如果弹簧被作为系统内的一个物体时，弹簧的弹力对系统内物体做，动能与势能相互转化。

不做功都不影响系统的机械能。能量守恒弹簧两端均有物体：弹簧伸长到最长或压缩到最短时，相关联物体的速度一定相等，弹簧具有最大的弹性势能。

当弹簧恢复原长时，相互关联物体的速度相差最大，弹簧对关联物体的作用力为零。若物体再受阻力时，弹力与阻力相等时，物体速度最大。［模型演练］

（2006年江苏省前黄高级中学检测题）如图4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，开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为的小球C以初 速度向右运动，与A球碰撞后粘连在一起，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）。

图4（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，试求出此后弹簧的弹性势能最大值的范围。

答案：（1）设C与A相碰后速度为v1，三个球共同速度为v2时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒，能量守恒有：

（2）设弹簧恢复原长时，D球速度为，B球速度为

则有

（3）设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度

与挡板碰后弹性势能最大，D、B两球速度相等，设为

当 时，最大

时，最小，所以

第二篇：高考物理弹簧模型总结

特级教师分析2013年高考物理必考题：含弹簧的物理模型

【命题规律】

高考中常出现的物理模型中，斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连接体、传送带模型等在高考中的地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结和强化训练；传送带问题在高考中出现的概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述．

有些问题在高考中变化较大，或者在前面专题中已有较全面的论述，在这里就不再论述和例举．试卷中下列常见的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、带电粒子的加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹簧的连接体模型．

高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了避免雷同而千变万化、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可粗略地总结如下：

三、含弹簧的物理模型 纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重．高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系．为了帮助同学们掌握这类试题的分析方法，现将有关弹簧问题分类进行剖析．

对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件．因此，弹簧问题能很好地考查学生的综合分析能力，故备受高考命题老师的青睐．

“高考直通车”联合衡水毕业清华北大在校生将于2013年5月中旬推出的手写版高考复习笔记，希望对大家复习备考有所帮助。该笔记适合2014年、2015年、2016年高考生使用。凡2013年5月中旬之后购买的高

一、高二同学，每年指定日期可以免费更换一次最新一年的笔记。另外，所有笔记使用者将被加入2014年高考备考专用平台，每周定期提供最新资料和高考互动。笔记对外公开时间：5月20日

1．静力学中的弹簧问题

(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝k·Δx．

(2)对弹簧秤的两端施加(沿轴线方向)大小不同的拉力，弹簧秤的示数一定等于挂钩上的拉力．

●例4 如图9－12甲所示，两木块A、B的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，两弹簧分别连接A、B，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提木块A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中A和B的重力势能共增加了()

【解析】取A、B以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面 的压力为零时，向上提A的力F恰好为：

F＝(m1＋m2)g

设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x1、x2，如图9－12乙所示，由胡克定律得：

故A、B增加的重力势能共为：

．

[答案] D 【点评】①计算上面弹簧的伸长量时，较多同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx＝ΔF/k进行计算更快捷方便．

②通过比较可知，重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功

．

2．动力学中的弹簧问题

(1)瞬时加速度问题(与轻绳、轻杆不同)：一端固定、另一端接有物体的弹簧，形变不会发生突变，弹力也不会发生突变．

(2)如图9－13所示，将A、B下压后撤去外力，弹簧在恢复原长时刻B与A开始分离．

图9－13 ●例5 一弹簧秤秤盘的质量m1＝1.5 kg，盘内放一质量m2＝10.5 kg的物体P，弹簧的质量不计，其劲度系数k＝800 N/m，整个系统处于 静止状态，如图9－14 所示．

现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做 匀加速直线运动，已知在最初0.2 s内F是变化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10 m/s2)【解析】初始时刻弹簧的压缩量为： x0＝((m1＋m2)g/k＝0.15 m 设秤盘上升高度x时P与秤盘分离，分离时刻有：

又由题意知，对于0～0.2 s时间内P的运动有： 1/2)at2＝x

解得：x＝0.12 m，a＝6 m/s2

故在平衡位置处，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72 N 分离时刻拉力达到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168 N． [答案] 72 N 168 N 【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分离时刻m1与m2之间的弹力恰好减为零，下一时刻弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加速度将小于a，故秤盘与重物分离．

3．与动量、能量相关的弹簧问题

与 动量、能量相关的弹簧问题在高考试题中出现频繁，而且常以计算题出现，在解析过程中以下两点结论的应用非常重要：

(1)弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等；

(2)弹簧连接两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的形变最大时两物体的速度相等．

●例6 如图9－15所示，用轻弹簧将质量均为m＝1 kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1＝0.90 m．同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面(但不继续上升)．若将B物块换为质量为2m的物块C(图中未画出)，仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面．已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，求h2的大小．

【解析】设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有：

设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有： mg＝kx

从A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：

1/2·mv12＝mgx＋ΔEp

换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有： 1/2·2mv22＝2mgh2

从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：

联立解得：h2＝0.5 m． [答案] 0.5 m 【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到上述结论“①”．

●例7 用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图9－16 甲所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，则在以后的运动中：

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度为多大？(2)弹簧弹性势能的最大值是多少？

(3)A的速度方向有可能向左吗？为什么？

【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等(设为vA′)时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，则有：

(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′

解得：．

(2)B、C发生碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则有：

mBv＝(mB＋mC)v′

解得：v′＝

A的速度为vA′时弹簧的弹性势能最大，设其值为Ep，根据能量守恒 定律得：

．

(3)方法一 A不可能向左运动．

根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB 设A向左，则vA＜0，vB＞4 m/s 则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：

实际上系统的机械能为：

根据能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．

方法二 B、C碰撞后系统的运动可以看做整体向右匀速运动与A、B和C相对振动的合成(即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动)由(1)知整体匀速运动的速度v0＝vA′＝3 m/s

取以v0＝3 m/s匀速运动的物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B和C相对振动的速率最大，分别为：

vAO＝v－v0＝3 m/s vBO＝|v′－v0|＝1 m/s 由此可画出A、B、C的速度随时间变化的图象如图9－16乙所示，故A不可能有向左运动的时刻．

[答案](1)3 m/s(2)12 J(3)不可能，理由略

【点评】①要清晰地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以3 m/s匀速行驶的车厢内，A、B和C做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为3 m/s、1 m/s．

②当弹簧由压缩恢复至原长时，A最有可能向左运动，但此时A的速度为零．

●例8 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(如图9－17甲所示)；

②由静止释放，外壳竖直上升到下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(如图9－17乙所示)；

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(如图9－17丙所示)．

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】设外壳上升到h1时速度的大小为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，由动能定理得：

解得：．

(2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即： 4mv1＝(4m＋m)v2

将v2代入得：

设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：

将v1代入得：．

(3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度h2的过程中机械能守恒，只有在外壳和内芯的碰撞中有能量损失，损失的能量将v1、v2代入得：E损＝5/4mg(h2－h1)．

[答案]

由以上例题可以看出，弹簧类试题的确是培养和训练学生的物理思维、反映和开发学生的学习潜能的优秀试题．弹簧与相连物体构成的系统所表现出来的运动状态的变化，为学生充分运用物理概念和规律(牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律)巧妙解决物理问题、施展自身才华提供了广阔空间，当然也是区分学生能力强弱、拉大差距、选拔人才的一种常规题型．因此，弹簧试题也就成为高考物理题中的一类重要的、6

独具特色的考题．

第三篇：2011届高考物理第一轮经典模型检测试题17碰撞问题考点透析

碰撞问题考点透析

碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，同时它也是同学们学习的难点．它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全方位地考查同学们的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力．高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律．

一、考点诠释

两个(或两个以上)物体相遇，物体之间的相互作用仅持续一个极为短暂的时间，而运动状态发生显著变化，这种现象称为碰撞。碰撞是一个基本，十分重要的物理模型，其特点是：

1．瞬时性．由于物体在发生碰撞时，所用时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这一极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。

2．动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作用的内力大于外力，所以系统在碰撞过程中动量守恒。

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、解题策略

首先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作用的研究对象，使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。

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v0；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．

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？

解析：（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mv=（2m+M）v

1v1=2 mv/（2m+M）=3 m/s

即A的速度为3 m/s

（2）由动量守恒定律得B、C碰撞时

mv=（m+M）v

2v2= mv/（m+M）=2m/s

由能量守恒可得

mv2/2＋（m＋M）v22/2=（2m＋M）v12/2＋△EP

解得：△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.解析：（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v3v0

4（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 解得v11v0

2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

(2m)gh1

2v0解得h1 16g1112(2m)v0(2m)v12(4m)v2 222

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)v

4根据机械能守恒定律

1111222(2m)v0(2m)v12(2m)v3(2m)v4222

21解得小球速度v3 = v1 =v0，方向向右 2

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)v

5根据机械能守恒定律

(2m)gh2

2v0解得h2 24g112122(2m)v3mv4(3m)v5 22

2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。

解析：（1）由动量定理及动量守恒定律得

I0=mv0mv0=(m+M)v

解得：v=1m/s

（2）由动量守恒定律和功能关系得

mv0=(m+M)u

121mv0（m+M）v2+μmgLmax+Emax=2

2121mv0=（m+M）u2+2μmgLmax 22

解得：Emax=3JLmax=0.75m

5.在绝缘水平面上放一质量m=2.0×10kg的带电滑块

A，所带电荷量q=1.0×10C.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=4.0×10kg，B与一-3-7-3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=4.0×10N/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=3.2×10J，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/s.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: 2-3

5qElmgl12mv12

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

mv1(Mm)v

解得: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：

1qEx1(Mm)gx1E00(Mm)v2

2解得: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:

E0qEx2(Mm)gx20

解得: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1=0.22，A、B 与水平面之间的动摩擦因数2=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2mg的恒力F，假定A、B 碰撞5

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？

解析：在A，B碰撞之前，A，C间的最大静摩擦力为21mg=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-23mgS=

解得v

1123mv1 2，mv1=2mvab 得v

abv

c因为，F=24mg=0.4mg;所以，A，B，C组成的系统合外力为零 2mvc+2mvab=4mv 得，v

由能量守恒定理得 F2L+1112224mv-12mg2L=2mvc+2mvab 222L=5m