4. 相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用．原来两球被按住，处在静止状态．现突然松开，同时给A球以初速度v₀，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．若两球间的距离从最小值(两球未接触)在刚恢复到原始值所经历的时间为t₀，求B球在斥力作用下的加速度．

3.如图所示，在长木板A的右端固定着一个挡板，静止在光滑水平地面上，已知木板(包括挡板)的质量m_A=1.5m，小木块B(可视为质点)的质量m_B=m．现使木块B从A的左端开始以水平向右的初速度v₀在长木板A上滑动，滑到右端时与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰撞后木块B恰好能滑到木板A的左端而不脱离木板．设B与A间的动摩擦因数为μ，B在A板上单程滑行长度为l．

(1)若，求在木块B与挡板碰撞的过程中，A和B所组成的系统损失的机械能．

(2)在木块B与挡板碰撞后返回木板左端的过程中，欲使木块B不出现相对于地面向左运动的情况，求物理量、、之间应满足的关系．

2.动量分别为p_A=9kgžm/s和p_B=6kgžm/s的小球A、B，沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞。若已知碰撞后A的动量减小了4kgžm/s，而方向不变，求A、B二球质量之比的可能范围。

1．如图所示，质量均为m的小车A、B在光滑水平面上以相同的速度V=1.5m/s相向运动，在小车B的支架上用细线悬挂着质量为的小球C，C相对于B静止. 若两车相碰后连在一起共同运动，当C摆到最高点时，两车速度大小为　 m/s.

6．所谓碰撞，是指两物体经过极短时间的相互作用，而使各自的动量和动能发生明显变化的过程。在处理碰撞问题时，必须对动量的变化和动能的变化进行综合的分析和判断，选择合适的方法。一般地说，在处理同向追及碰撞问题过程中必须注意以下三方面特点：①碰撞过程中系统的动量守恒；②碰撞后系统的机械能不增加：由于发生碰撞的物体间存在相互作用力，使得碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化。对于弹性碰撞，碰撞后系统的总动能不变；而对于非弹性碰撞，由于有部分动能将转化为系统的内能，故系统的总动能将减少。因此，碰撞前系统的总动能一定大于或等于碰撞后系统的总动能。③碰撞后的运动状态符合实际情况：发生碰撞的物体间除了遵守如上规律外，碰撞过程的发生还应遵循客观实际。如物体A追上物体B并发生碰撞，则碰前A的速度必大于B的速度，而碰后A的速度不大于B的速度，即碰后A的速度必须小于、等于B的速度或A反向运动。

[思想方法]

[例1]航天飞机是能往返于地球和太空间的载人飞行器，利用它既可以将人造卫星送入预定轨道，也可将物资运送到空间站，甚至可以到太空去维修出现故障的地球卫星。

(1)航天飞机对圆形轨道上的卫星进行维修时，二者的速度必须基本相同。若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为。某次维修作业中，航天飞机的速度计显示飞机的速度为，则该空间站轨道半径为多大？

　 (2)为完成某种空间探测任务，在空间站上发射的探测器通过向后喷气而获得反冲力使其启动。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，为了简化问题，设喷射时探测器对气体做功的功率恒为P，在不长的时间内探测器的质量变化较小可以忽略不计。求喷气秒后探测器获得的动能是多少？

(3)当航天飞机无动力着陆时，速度达到某值时从尾部弹出减速伞，以使得航天飞机迅速地减速。如航天飞机质量为m,弹出减速伞后在水平跑道上滑行的距离为s，受到的平均阻力为f，求尾部弹出减速伞时航天飞机的速度。

[解析]：(1)设地球质量为M₀，在地球表面，有一质量为m的物体：

设空间站质量为m′绕地球作匀速圆周运动时：，联立解得

　 (2)因为探测器对喷射气体做功的功率恒为P，而单位时间内喷气质量为m，故在t时间内，据动能定理可求得喷出气体的速度为：

　　　　 另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则：

又　 联立得探测器获得的动能：

(3)航天飞机弹出减速伞后，做减速运动。依据动能定理，有

，故.

[例2]如图所示，倾角为30⁰的斜面固定在水平地面上，在斜面底端O处固定有一轻弹簧，斜面顶端足够高，斜面上的OM段光滑，M点以上是粗糙的．质量为m的物块A在M点恰好能静止．在M点上方距离为L的N点处，有一个质量为2m的光滑物块B以初速度 滑向物块A．若每次碰撞时间极短，且紧靠在一起但不粘连，物块间、物块与弹簧间均为正碰，求：

　 (1)物块A在M上方时，离M点最大距离

　 (2)系统产生的总内能E　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

[解析]：(1)对A物体有　

B物体加速下滑,与物体A碰撞前速度为v,根据动能定理,得

,解得

　　 A、B碰撞瞬间动量守恒，得　 ，则碰撞后的速度　

A、B一起沿斜面向下运动，与弹簧作用后，返回到M点，此过程弹簧、A、B组成的系统机械能守恒，所以A、B返回到M点的速率等于v₁．在M点A、B物体分离，分别后以不同的加速度减速上升，当A的速度减小为零，便停止运动．B上升到最高点后，便加速下滑，再次与A物体相碰，碰后两物体有一起加速下滑，如此运动往复多次，由于A和AB整体在粗糙面上滑动损失机械能，所以通过M点向下运动的速度不断减小，A第一次从M点上升的高度最大，根据动能定理得，

　　 解得 　

(2)经过多次往复运动，最终A、B在光滑斜面上振动，其最高点为M点．能量根据守恒得，系统产生的总内能等于B物体减小的机械能，即

　　 解得　　

[例3] 如图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数=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，以至滑块不会滑到平板车右端．(取g=10m/s²)求：

(1)平板车每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？

[解析]：(1)设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．

由动能定理　　 ①

　　　　　　 ②

代入数据得　　　 ③

(3)假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．

　　 ④

∴　　　 ⑤

代入数据得　　 ⑥

(3)平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有　　 ⑦

　　　　 ⑧

代入数据得　　　 ⑨

l即为平板车的最短长度．

[例4]在光滑的水平面上有一质量M = 2kg的木板A，其右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计质量m = 2kg的滑块B。木板上Q处的左侧粗糙，右侧光滑。且PQ间距离L = 2m，如图所示。某时刻木板A以υ_A = 1m/s的速度向左滑行，同时滑块B以υ_B = 5m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距时，二者刚好处于相对静止状态，若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它碰后以原速率反弹(碰后立即撤去该障碍物)。求B与A的粗糙面之间的动摩擦因数μ和滑块B最终停在木板A上的位置。(g取10m/s²)

[解析]：设M、m共同速度为υ，由动量守恒定律得

　　 则 υ = = 2m/s 　对A，B组成的系统，由能量守恒 　 　　　代入数据得　 　μ = 0.6　　　　　　　　　　　　　

木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。

　　　 由动量守恒定律得 　　　 故u = 0 　　　 　 设B相对A的路程为s，由能量守恒得 　　　 　　 　　　 代入数据得　 s = m　　　 　　　 由于 s > ，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s₁，则　 　s₁ = s - L = 0.17m.　

[例5]如图所示，娱乐场空中列车由许多节完全相同的车厢组成，列车先沿水平轨道行驶，然后滑上半径为R的空中圆环形光滑轨道.若列车全长为L(L＞2pR)，R远大于一节车厢的长度和高度，那么列车在运行到圆环前的速度v₀至少多大，才能使整个列车安全通过圆环轨道?

[解析]滑上轨道前列车速度的最小值v₀与轨道最高处车厢应具有的速度的最小值v相对应.这里v代表车厢恰能滑到最高处，且对轨道无弹力的临界状态.由:

　　 mg=mv²/R

　　 得:v=

因轨道光滑，根据机械能守恒定律，列车在滑上轨道前的动能应等于列车都能安全通过轨道时应具有的动能和势能.因各节车厢在一起，故它们布满轨道时的速度都相等，且至少为　　 .　 另外列车势能还增加了M′gh，其中M′为布满在轨道上车厢的质量，M′=M(2pR/L)，h为它们的平均高度，h=R.　 因L＞2pR ，故仍有一些车厢在水平轨道上，它们的速度与轨道上车厢的速度一样，但其势能为0，由以上分析可得：

　　　 Mv₀²/2=Mv²/2+M(2pR/L)gR

故

[例6]在光滑的水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，已知碰撞前两球的动量分别为p_A=12kg·m/s，p_B=13kg·m/s，碰撞后它们的动量变化是△p_A、△p_B。有可能的是(　　 )

　　 A、△p_A=-3kgm/s，△p_B=3kgm/s；B、△p_A=4kgm/s，△p_B=-4kgm/s；

　　 C、△p_A=-5kgm/s，△p_B=5kgm/s；D、△p_A=-24kgm/s，△p_B=24kgm/s.

[解析]在同向追及碰撞问题中，设球A追上B发生碰撞，必有

≥…………………………①

在这个过程中球B由于受到与运动方向一致的冲力作用，因而有……②

则由以上这两个式子可以得到：………………………③

　 即，故有，所以必有………………④

这就是同向追及碰撞问题中碰撞后主动球可能的动量，而被动球的动量则可进一步由动量守恒定律得到确定。

在得到碰撞后主动球可能的动量满足后，则主动球可能的动量变化一定满足，根据动量守恒定律应该有，故此时被动球的动量可由该式进一步确定。

本题中，由二球的位置关系容易看出必有，，则可首先排除选项B；根据上述结论进一步可排除选项D，所以本题正答案应该选A、C.

[专题演练]

5．力与运动、动量、能量是解动力学问题的三种观点，一般来说，用动量观点和能量观点比用力的观点解题简便，因此在解题时优先选用这两种观点；但在涉及加速度问题时就必须用力的观点。

应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态(或时刻)。因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。一般地，对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理；若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用时，优先考虑两大守恒定律，特别是出现相对位移的则优先考虑能量守恒定律。

4．能量守恒定律是自然界的普遍规律，它的成立是无条件的。

3．动量守恒定律和机械能守恒定律是有成立条件的：

①动量守恒定律是专门用来研究物体的相互作用的，如果系统不受合外力或所受合外力为零，则系统动量守恒。但这里有几种情况要注意：I.系统的合外力不为零，但是系统在某一个方向上的合力为零，则在该方向上动量守恒；II.系统虽然受到外力作用，但系统的内力远远大于外力的作用时，就可以忽略外力的影响，仍然可以认为系统的动量守恒；III.系统内部的相互作用“时间极短”时，可以认为该时间内的冲量没有作用，仍然可以对系统运用动量守恒定律.

动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变.

②系统在只有重力(或系统内弹性力做功)做功时，系统的机械能守恒。机械能守恒定律的表达形式有许多，如：I. E_K+E_P＝，即系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等。运用这种形式表达式时，应选好重力势能的零势能面；II. ΔE_K＝ΔE_P，即系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能；III. ΔE_A增＝ΔE_减B，即当系统由A、B两部分组成时，A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等。

2．功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；即合外力做的功等于物体动能的改变，这就是动能定理。

1．冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量。二者之间的关系满足动量定理，即合外力的冲量等于物体动量的改变。此处要特别注意“合外力”的冲量及冲量和动量的方向性。动量是矢量，而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化. 动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比，两者的关系为p²=2mE_k或者.