2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第六章第2节　碰撞　反冲和爆炸

第2节　碰撞　反冲和爆炸

教材梳理·自主预习

知识梳理

一、碰撞及特点

1.碰撞

两个物体相互撞击,在短时间内运动状态发生突变,两者的动能和动量在一定程度上发生了“交换”.

2.特点

在碰撞现象中,一般作用时间极短,相互作用的内力极大,有些碰撞尽管外力之和不为零,但一般外力(如重力、摩擦力等)相对内力而言,可以忽略,故系统动量还是近似守恒.

3.三个忽略

(1)碰撞过程中受到一些微小的外力的冲量不计.

(2)碰撞过程中,物体发生速度突然变化所需时间极短,这个极短时间对物体运动的全过程可忽略不计.

(3)碰撞过程中,物体发生速度突变时,物体必有一小段位移,这个位移相对于物体运动全过程的位移可忽略不计.

二、碰撞类型

1.弹性碰撞

质量分别为m1,m2的A,B两小球沿光滑水平面发生弹性正碰.

(1)动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.

(2)机械能守恒:m1+m2=m1v1′2+m2v2′2.

当v2=0时,有v1′=v1,v2′=v1.

(3)①由于v1恒大于零,即B球肯定是向前运动的,即B受到的冲量向前.

②当m1=m2时,v1′=0,v2′=v1

即A,B动量互换,实现了动量和动能的全部转移.

③当m1>m2时,v1′>0,即碰后A球依然向前运动,不过速度比原来小了.

④当m1<m2时,v1′<0,即碰后A球反弹,且一般情况下速度也小于v1.

⑤当m1≫m2时,v1′=v1,v2′=2v1.碰后A的速度几乎没变,仍按原来速度运动,B以A速度的两倍向前运动.

⑥当m1≪m2时,v1′=-v1,v2′=0.碰后A被按原速率弹回,B几乎未动.

2.非弹性碰撞

(1)动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.

(2)机械能减少,损失的机械能转化为内能|ΔEk|=Ek初-Ek末=Q.

3.完全非弹性碰撞

(1)动量守恒:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共.

(2)碰撞中机械能损失最多

|ΔEk|=m1+m2-(m1+m2).

三、爆炸和反冲运动

1.爆炸

爆炸过程中的内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量守恒,而机械能增加.

2.反冲运动

(1)静止的物体在内力作用下分为两个不同部分,并且这两部分向相反方向运动的现象.

(2)反冲运动中,相互作用的内力一般较大,当受到较小外力时也可以用动量守恒定律来处理.

小题检测

1.思考判断

(1)质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度.(　×　)

(2)碰撞前后系统的动量和机械能均守恒.(　×　)

(3)两物体在完全非弹性碰撞后不再分开,以共同速度运动.(　√　)

(4)火箭点火后离开地面加速向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果.(　×　)

(5)爆炸现象中,系统的动量和动能均增大.(　×　)

2.下面关于碰撞的理解正确的是(　B　)

A.碰撞的两物体一定交换速率

B.在碰撞现象中,一般内力都远远大于外力,所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒

C.如果碰撞过程中机械能也守恒,这样的碰撞叫做非弹性碰撞

D.微观粒子的碰撞由于不发生直接接触,所以不满足动量守恒的条件,不能应用动量守恒定律求解

解析:两物体碰撞时一般内力很大,外力可忽略不计,系统的总动量守恒,即交换动量,而速度变化并不一定大小相等,A错误,B正确;碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞,C错误;动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一,不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律,而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律,D错误.

3.下列关于反冲运动的说法中,正确的是(　D　)

A.抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能获得反冲

B.若抛出质量m1大于剩下的质量m2,则m2的反冲力大于m1所受的力

C.反冲运动中,牛顿第三定律适用,但牛顿第二定律不适用

D.对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律

解析:反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动,而使另一部分向相反方向运动,是否发生反冲运动与两部分物体之间的质量无关,故选项A错误;在反冲运动中,两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力,它们大小相等、方向相反,故选项B错误;在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度,使该部分的速度变化,在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立,故选项C错误,D正确.

4.质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰.碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不同的值.请你论证:碰撞后B球的速度可能是以下值吗?

(1)0.6v;(2)0.4v;(3)0.2v.

解析:若是弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律得,mv=mv1+3mv2,mv2=m+×3m,

则v2=v=v.

若是完全非弹性碰撞,则mv=4mv′,v′=v,

因此v≤vB≤v,因此只有(2)是可能的.

答案:(2)可能

考点研析·感悟提升

考点一　弹性碰撞与非弹性碰撞

1.碰撞遵守的规律

(1)动量守恒,即p1+p2=p1′+p2′.

(2)动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+.

(3)速度要符合情景:如果碰前两物体同向运动,则后面的物体速度必大于前面物体的速度,即v后>v前,否则无法实现碰撞.碰撞后,原来在前面的物体的速度一定增大,且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度,即v前′≥v后′,否则碰撞没有结束.如果碰前两物体相向运动,则碰后两物体的运动方向不可能都不改变,除非两物体碰撞后速度均为零.

2.碰撞过程能量的转化

碰撞过程一般分为压缩阶段和恢复阶段,在压缩阶段中物体的动能转化为其他形式的能,而在恢复阶段中其他形式的能转化为动能.

[例1]

(2019·北京石景山区期末)如图所示,质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起,从高度为h处由静止释放,它们一起下落.不计空气阻力.

(1)在下落过程中,两个小球之间是否存在相互作用力?请说明理由.

(2)已知h远大于两球半径,所有的碰撞都没有机械能损失,且碰撞前后小球都沿竖直方向运动.若碰撞后m2恰处于平衡状态,求:

①落地前瞬间,两个小球的速度大小v0;

②两个小球的质量之比m1:m2;

③小球m1上升的最大高度H.

审题指导:

解析:(1)在下落过程中,两个小球之间不存在相互作用力.任意时刻它们的速度和加速度都相同,不会相互挤压,其间没有相互作用力.

(2)①根据机械能守恒定律:

(m1+m2)=(m1+m2)gh

解得v0=.

②m1,m2以相同的速度v0落到地面,m2先与地面发生弹性碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向反向;接着与m1碰撞,碰后m2的速度恰好减为零,m1的速度为v1.取向上为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有

-m1v0+m2v0=m1v1

m1+m2=m1

解得v1=2v0=2,m1∶m2=1∶3.

③根据机械能守恒定律,有m1=m1gH

解得H=4h.

答案:(1)在下落过程中,两个小球之间不存在相互作用力.任意时刻它们均处于完全失重状态,其速度和加速度都相同,不会相互挤压,因而没有相互作用力.

(2)①　②1∶3　③4h

(3)熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度.当m1≫m2,且v2=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v1.当m1≪m2,且v2=0时,碰后质量小的球原速率反弹.

题组训练

1.(碰撞的可能性分析)质量相等的A,B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动,A球的动量为pA=9 kg·m/s,B球的动量为pB=3 kg·m/s,当A球追上B球时发生碰撞,则碰后A,B两球的动量可能是(　A　)

A.pA′=6 kg·m/s,pB′=6 kg·m/s

B.pA′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s

C.pA′=-2 kg·m/s,pB′=14 kg·m/s

D.pA′=-4 kg·m/s,pB′=17 kg·m/s

解析:A,B组成的系统受合外力为0,系统动量守恒,即pA′+pB′=pA+pB=9 kg·m/s+3 kg·m/s=12 kg·m/s,选项D错误;

A,B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能,即

EkA+EkB≥EkA′+EkB′,

Ek1=EkA+EkB=+=(J)=(J),

Ek2=EkA′+EkB′=,

有≥,即pA′2+pB′2≤90,同时还应满足

≤,由此可判断选项A正确,B,C错误.

2.(非接触弹性碰撞)(2019·北京西城区统测)随着科幻电影《流浪地球》的热映,“引力弹弓效应”进入了公众的视野.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度.为了分析这个过程,可以提出以下两种模式:探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度.如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比.那么下列判断中正确的是(　A　)

A.v1>v0 B.v1=v0 C.v2>v0 D.v2=v0

解析:对于模型一,设向左为正,由动量守恒定律得Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒Mu2+m=m+M,联立解得探测器碰后的速度v1=,因M≫m,则v1≈2u+v0>v0,故A正确,B错误.

对于模型二,设向左为正,由动量守恒定律得Mu+mv0=-mv2+Mu2,由能量守恒Mu2+m=m+M,联立解得探测器碰后的速度v2=,因M≫m,则v2≈v0-2u<v0;故C,D错误.

3.(非弹性碰撞)如图(甲)所示,光滑水平面上有P,Q两物块,它们在t=4 s时发生碰撞,图(乙)是两者的位移—时间图象,已知物块P的质量为mP=1 kg,由此可知(　D　)

A.碰撞前物块P的动量为16 kg·m/s

B.两物块的碰撞可能为弹性碰撞

C.物块Q的质量为4 kg

D.碰撞过程中物块P对物块Q作用力的冲量是3 N·s

解析:根据位移—图象可知,碰撞前P的速度v0=4 m/s,碰撞前物块P的动量为p0=mPv0=4 kg·m/s,选项A错误;根据位移—图象,碰撞后二者速度相同,说明碰撞为完全非弹性碰撞,选项B错误;碰撞后,二者的共同速度v=1 m/s,由动量守恒定律,mPv0=(mP+mQ)v,解得mQ=3 kg,选项C错误;由动量定理,碰撞过程中物块P对物块Q作用力的冲量是I=ΔpQ=mQv=3 N·s,选项D正确.

考点二　反冲与爆炸类问题

1.对反冲运动的三点说明

2.爆炸现象的三个规律

[例2] (2019·湖北武汉六中月考)如图所示,固定的光滑平台上静止着两个滑块A,B,mA=0.1 kg,mB=0.2 kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上.小车质量为M=0.3 kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q点,小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的,P,Q间距L=0.75 m,滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ=0.2,Q点右侧表面是光滑的.点燃炸药后,A,B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=6 m/s,而滑块B则冲向小车.两滑块都可以看做质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10 m/s2.求:

(1)炸药爆炸使滑块获得的机械能;

(2)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能;

(3)滑块B运动到何处小车速度最大?并求出小车运动过程中的最大速度.

过程图示:

解析:(1)爆炸过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0,

则vB==3 m/s.

则炸药爆炸使滑块A,B获得的机械能

E=mA+mB=2.7 J.

(2)弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大,B与小车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mBvB=(M+mB)v,

由能量守恒定律得

mB=(M+mB)v2+μmBgL+Ep,

代入数据解得Ep=0.24 J.

(3)滑块B压缩弹簧后返回Q点时小车的速度最大,系统动量守恒,

以向右为正方向,由动量守恒定律得

mBvB=mBv1+Mv2,

由能量守恒定律得

mB=mB+M+μmBgL,

代入数据解得v1=0,v2=2 m/s,(v1=2.4 m/s,v2=0.4 m/s,B的速度大于小车的速度,不符合实际,舍去).

答案:(1)2.7 J　(2)0.24 J　(3)滑块B返回Q点时小车速度最大,大小为2 m/s

题组训练

1.(爆炸问题)一礼花弹在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=2 m/s,突然爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失,取重力加速度g=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　B　)

解析:礼花弹水平飞出爆炸时,在水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,设m乙=m,m甲=3m,则爆炸前p总=(3m+m)v=8m,而爆炸后两块都做平抛运动,竖直方向有h=gt2,解得t=1 s,则速度v′==s.设甲、乙两块均沿礼花弹原来飞行方向,根据动量守恒定律,有8m=3ms甲+ms乙,即8=3s甲+s乙,将各选项s甲,s乙数值代入,可知选项B正确,A,C,D错误.

2.(反冲问题)

(2019·陕西西安一中月考)(多选)如图所示,质量为M的三角形滑块A置于水平光滑的地面上,三角形的底边长为L,斜面也光滑,当质量为m的滑块B(可看做质点)沿斜面下滑的过程中(　BD　)

A.A与B组成的系统动量守恒,机械能守恒

B.B沿斜面滑到底端时,A移动的位移大小为

C.B对A的冲量大小等于A的动量变化量

D.B对A的作用力做的功等于A增加的动能

解析:A,B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零,整体动量不守恒,但在水平方向所受合外力为零,则系统在水平方向动量守恒;设B水平方向运动的位移大小为s1,A运动的位移大小为s2,由动量守恒得ms1-Ms2=0,且s1+s2=L,解得s2=,故B正确;A的动量变化量与合外力的冲量相等,但A除受B的作用力外还有重力和地面支持力,故C错误;对A根据动能定理,由于A的重力和地面支持力不做功,所以B对A的作用力做的功等于A增加的动能,故D正确.

考点三　人船模型

1.本质:人船模型是反冲运动的特例.

2.“人船模型”的特征

两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为0,则系统动量守恒.在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.

3.“人船”位置

如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力,因人和船组成的系统动量始终守恒,可得m船v船=m人v人,故有m船s船=m人s人,由图可看出s船+s人=L,可解得s人=L,s船=L.s人,s船均为沿动量方向相对于同一参考系的位移.

4.模型扩展

人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上,求热气球上升或下降的高度的问题;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移动的距离的问题等.

[例3] 如图所示,小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M,质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接,开始时小车静止在光滑的水平面上,现把小球从与O点等高的地方释放,小车向左运动的最大位移是(　B　)

A. B.

C. D.

审题指导:

解析:小球释放后是先下摆、后上摆,小球和小车组成的系统水平方向不受力,水平方向动量保持守恒,小球向右移动,小车向左移动.当小车向左位移达到最大时系统速度为0,由机械能守恒可知,此时小球处于与O点等高处,即小球摆动过程中,小球相对于小车的位移为2L.设小车最大位移为smax,则小球位移为2L-smax,根据动量守恒定律,有m(2L-smax)-Msmax=0,得smax=,选项B正确.

(2)画草图:解题时要画出两物体的位移关系草图,找出各位移间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.一般是对地的位移,如本例中小球对车位移为2L,但对地位移为2L-smax.

题组训练

1.

(2019·福建厦门湖滨中学期中)(多选)将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑,如图所示.在下滑过程中,P的速度越来越小,最后相对斜面静止,那么由P和Q组成的系统(　BD　)

A.动量守恒

B.水平方向动量守恒

C.最后P和Q一定都静止在水平面上

D.最后P和Q以一定的速度共同向左运动

解析:因为系统水平方向上没有外力,所以水平方向动量守恒,竖直方向合力不为零,所以竖直方向动量不守恒;初态系统总动量向左,最终两物体相对静止,则末状态总动量向左,所以最后P和Q以一定的速度共同向左运动,A,C错误,B,D正确.

2.如图所示,在一只大气球下方的长绳上,有一个质量为m1=50 kg的人.气球和长绳的总质量为m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触.当静止时人离地面的高度为h=5 m.如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面的高度约为(可以把人看做质点)(　B　)

A.5 m B.3.6 m

C.2.6 m D.8 m

解析:设人的速度为v1,气球的速度为v2,开始人和气球组成的系统所受外力合力为0,即人和气球组成的系统动量守恒,设人下滑过程中,气球位移为H,则人的位移为h-H,根据动量守恒定律,有m1(h-H)-m2H=0,代入数据得H= m,气球上升 m,所以人离地高度为 m,约等于3.6 m,选项B正确.

真题试做·模拟演练

1.

(2015·福建卷,30)如图,两滑块A,B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　D　)

A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动

C.A静止,B向右运动 D.A向左运动,B向右运动

解析:由于A,B碰前总动量为0,由动量守恒可知碰后总动量也为0,因两滑块发生弹性碰撞,故碰后A,B一定反向,即A向左运动,B向右运动,选项D正确.

2.

(2014·福建卷,30)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为(　D　)

A.v0-v2        B.v0+v2

C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)

解析:由动量守恒定律得:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2

得v1=v0+(v0-v2),故D项正确.

3.(2019·内蒙古集宁一中期中)如图,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点.已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.则(　B　)

A.全程滑块水平方向相对地面的位移为R+L

B.全程小车相对地面的位移大小s=

C.最终小车和滑块一起向左运动

D.μ,L,R三者之间的关系为R=4μL

解析:全程小车相对地面的位移大小为s,则滑块水平方向相对地面的位移s′=R+L-s,选项A错误;取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得m-M=0,即m-M=0,结合M=3m,解得s=(R+L),s′=(R+L),故B正确;由于最后滑块停在C点,对整个过程,由动量守恒定律得0=(m+M)v′,得v′=0,则最终小车和滑块静止,选项C错误;由能量守恒定律得mgR=μmgL,得R=μL,故D错误.

4.(2019·全国Ⅰ卷,25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示.t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的vt图象如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计

空气阻力.

(1)求物块B的质量;

(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;

(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等,在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上.求改变前后动摩擦因数的比值.

解析:(1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m′,碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m（-）+m′v′

m=m（-v1）2+m′v′2

联立可得m′=3m.

(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有

mgH-fs1=m-0

-(fs2+mgh)=0-m（-）2

从图(b)所给出的vt图线可知s1=v1t1

s2=··(1.4t1-t1)

由几何关系得=

物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为

W=fs1+fs2

联立可得W=mgH.

(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmgcos θ·

设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′,由动能定理有

-μm′gs′=0-m′v′2

设改变后的动摩擦因数为μ′,由动能定理有

mgh-μ′mgcos θ·-μ′mgs′=0

联立可得=.

答案:(1)3m　(2)mgH　(3)

5.(2019·全国Ⅲ卷,25)静止在水平地面上的两小物块A,B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A,B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J.释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A,B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20.重力加速度取g=10 m/s2.A,B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.

(1)求弹簧释放后瞬间A,B速度的大小;

(2)物块A,B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?

(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?

解析:(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA,vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有

0=mAvA-mBvB①

Ek=mA+mB②

联立①②式并代入题给数据得

vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s.③

(2)A,B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a.假设A和B再次发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有

mBa=μmBg④

sB=vBt-at2⑤

vB-at=0⑥

在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为

sA=vAt-at2⑦

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧

这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处.B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为

s=0.25 m+0.25 m=0.50 m.⑨

(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA′,由动能定理有

-μmAg(2l+sB)=mAvA′2-mA⑩

联立③⑧⑩式并代入题给数据得

vA′= m/s

故A与B将发生碰撞.设碰撞后A,B的速度分别为vA″和vB″,由动量守恒定律与机械能守恒定律有

mA(-vA′)=mAvA″+mBvB″

mAvA′2=mAvA″2+mBvB″2

联立式并代入题给数据得

vA″= m/s,vB″=- m/s

这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动.设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止,B向左运动距离为sB′时停止,由运动学公式

vA″2=2asA′,vB″2=2asB′

由④式及题给数据得

sA′=0.63 m,sB′=0.28 m

sA′小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离

s′=sA′+sB′=0.91 m.

答案:(1)4.0 m/s　1.0 m/s

(2)B先停止　0.50 m　(3)0.91 m