高考物理一轮复习第一章碰撞与动量守恒第三节动量守恒定律在碰撞中的应用同步备课教学案

这是一份高考物理一轮复习第一章碰撞与动量守恒第三节动量守恒定律在碰撞中的应用同步备课教学案，共13页。


一、对三种碰撞的进一步认识
[导学探究] 如图1甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
甲 乙
图1
答案 不守恒．碰撞时：mv0＝2mv
因此v＝eq \f(v0,2)
Ek1＝eq \f(1,2)mv02，Ek2＝eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,4)mv02.
所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,4)mv02－eq \f(1,2)mv02＝－eq \f(1,4)mv02，即系统总动能减少了eq \f(1,4)mv02.
[知识梳理] 三种碰撞类型及其遵守的规律
1．弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
2．非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
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
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中机械能损失最多
|ΔEk|＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)发生碰撞的两个物体，动量一定是守恒的．( √ )
(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( × )
(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．( √ )
二、弹性正碰模型及拓展应用
[导学探究] 已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A小球以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球的速度v1和B小球的速度v2.
图2
答案 以v0方向为正方向，由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2 ①
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22②
由①②可以得出：v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0
[知识梳理]
1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)发生弹性碰撞的两个小球碰后可能粘在一起．( × )
(2)两质量相等的小球发生弹性碰撞时，二者动量守恒，速度交换，动能交换．( √ )
(3)当小球与竖直墙壁发生弹性碰撞时，小球以原速率返回，动能守恒，动量守恒．( × )
一、碰撞的特点和分类
1．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
2．爆炸：一种特殊的“碰撞”
特点1：系统动量守恒．
特点2：系统动能增加．
例1 大小、形状完全相同，质量分别为300 g和200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s，某一时刻发生碰撞．
(1)如果两物体碰撞后粘合在一起，求它们碰撞后共同的速度大小；
(2)在问题(1)的条件下，求碰撞后损失的动能；
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．
答案 (1)0.1 m/s (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，负号表示方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝[eq \f(1,2)×0.3×0.52＋eq \f(1,2)×0.2×(－1)2－eq \f(1,2)×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰撞后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2，代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s
例2 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，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( )
答案 B
解析 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s，取向右为正方向，由水平速度v＝eq \f(x,t)知，选项A中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s；选项B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；选项C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；选项D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝eq \f(3,4)m，m乙＝eq \f(1,4)m，v＝2 m/s，代入数值计算知选项B正确．
二、弹性正碰模型
例3 如图3所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2.
图3
答案 eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)
解析 设m1碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律有m1gh＝eq \f(1,2)m1v102，解得v10＝eq \r(2gh) ①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v10＝m1v1＋m2v2 ②
由于碰撞过程中无机械能损失
eq \f(1,2)m1v102＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22 ③
联立②③式解得v2＝eq \f(2m1v10,m1＋m2) ④
将①代入④得v2＝eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)
针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图4所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )
图4
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由于1球与2球发生碰撞时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球作用，1、2球作用后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理分析，2、3球作用后交换速度，故D正确．
1．当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管碰撞的环境如何，要首先想到利用动量守恒定律．
2．两质量相等的物体发生弹性正碰，速度交换．
3．解题时，应注意将复杂过程分解为若干个简单过程(或阶段)，判断每个过程的动量守恒情况、机械能守恒情况．但每一过程能量一定守恒．
三、碰撞的可能性判断
碰撞需满足的三个条件：
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al( 2,1),2m1)＋eq \f(p\\al( 2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
3．速度要符合情景：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的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.
例4 在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是( )
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
答案 A
解析 对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项B、D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，A小球的质量和动量大小不变，动能不变，而B小球的质量不变，但动量增大，所以B小球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则，本题答案为A.
针对训练2 质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为eq \f(v,2)，则B球的速率可能为( )
A.eq \f(v,6) B.eq \f(v,3) C.eq \f(v,2) D．2v
答案 C
解析 以A球原来的运动方向为正方向，当碰后A球速度与原来同向时有：
mv＝m·eq \f(v,2)＋3mv′
得v′＝eq \f(v,6)，方向与A球原方向相同
而eq \f(v,2)>eq \f(v,6)，A球还要与B球发生碰撞，所以A项不符合客观实际．
当碰后A球速度与原来反向时有：
mv＝－meq \f(v,2)＋3mv′
所以v′＝eq \f(v,2)，方向与A球原方向相同
而vA′＝－eq \f(v,2)，方向与原方向相反，符合实际，选项C正确．
1．一个符合实际的碰撞，一定是动量守恒，机械能不增加，满足能量守恒．
2．要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk)，Ek＝eq \f(1,2)pv或p＝eq \f(2Ek,v)几个关系式.

1．两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为( )
A．vA′＝4 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝4 m/s，vB′＝5 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝6 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝2.5 m/s
答案 A
解析 两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①
由碰撞过程系统动能不能增加可知
eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2≥eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2②
根据题意可知vA′≤vB′③
将四个选项代入①②③式检验可知，A正确，B、C、D错误．选A.
2．如图5所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞，求二者在发生碰撞的过程中：
图5
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
答案 (1)6 J (2)2 m/s
解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速幅度动量守恒定律得
mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝eq \f(mAv0,mA＋mB)＝eq \f(1×4,1＋3) m/s＝1 m/s
弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能
Em＝eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝6 J
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动能守恒和能量守恒得
mAv0＋mAvA＋mBvm，mAv＝mBv＋mAv
解得vm＝2 m/s.
3.在光滑的水平面上，质量为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，如图6所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比eq \f(m1,m2).
图6
答案 2
解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1
两球碰撞过程为弹性碰撞，有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得eq \f(m1,m2)＝2.

一、选择题(1～6题为单选题，7～8题为多选题)
1.如图1所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为( )
图1
A.eq \f(1,16)mv02 B.eq \f(1,8)mv02
C.eq \f(1,4)m0v02 D.eq \f(1,2)mv02
答案 C
解析 当两物块速度相同时，弹簧获得的弹性势能最大，根据动量守恒可知mv0＝2mv，v＝eq \f(v0,2)
所以最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mv02，故C正确．
2．甲物体在光滑水平面上运动速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论不正确的是( )
A．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1
C．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度是－v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
答案 D
解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.当m1＝m2时，v2′＝v1，A对；当m1≫m2时，v2′＝2v1，B对；当m1≪m2时，v1′＝－v1，C对；根据动能定理可知D错误．
3．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( )
A．甲、乙两球都沿乙球的运动方向
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
答案 C
解析 由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确．
4．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图2所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
图2
A．E0 B.eq \f(2E0,3) C.eq \f(E0,3) D.eq \f(E0,9)
答案 C
解析 碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得
v1＝eq \f(v0,3)①
E0＝eq \f(1,2)mv02②
Ek′＝eq \f(1,2)×3mv12③
由①②③得Ek′＝eq \f(1,2)×3m(eq \f(v0,3))2＝eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)mv02)＝eq \f(E0,3)，故C正确．
5．两个完全相同、质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B以v0的初速度向滑块A运动时，如图3所示，碰到A后不再分开，下述说法中正确的是( )
图3
A．两滑块相碰和以后一起运动过程，A、B组成的系统动量均守恒
B．两滑块相碰和以后一起运动过程，A、B组成的系统机械能均守恒
C．弹簧最大弹性势能为eq \f(1,2)mv02
D．弹簧最大弹性势能为eq \f(1,4)mv02
答案 D
解析 B与A碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A项错误；碰撞过程，A、B发生非弹性碰撞，有机械能损失，B项错误；碰撞过程mv0＝2mv，因此碰撞后系统的机械能为eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2＝eq \f(1,4)mv02，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能eq \f(1,4)mv02，C项错误，D项正确．
6．如图4所示，有两个质量相同的小球A和B(大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( )
图4
A.eq \f(h,2) B．h C.eq \f(h,4) D.eq \f(h,\r(2))
答案 C
解析 本题中的物理过程比较复杂，所以应将过程细化、分段处理．A球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh＝eq \f(1,2)mv12，所以v1＝eq \r(2gh)；A、B碰撞后并粘在一起的过程动量守恒，mv1＝2mv2；对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，eq \f(1,2)(m＋m)v22＝(m＋m)gh′，联立解得h′＝eq \f(h,4).
7．质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的eq \f(1,9)，那么碰撞后B球的速度大小可能是( )
A.eq \f(1,3)v B.eq \f(2,3)v C.eq \f(4,9)v D.eq \f(8,9)v
答案 AB
解析 设A球碰后的速度为vA，由题意有eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,9)×eq \f(1,2)mv2，则vA＝eq \f(1,3)v或vA＝－eq \f(1,3)v，因此由动量守恒有mv＝m·eq \f(1,3)v＋2mvB或mv＝－m·eq \f(1,3)v＋2mvB，解得vB＝eq \f(1,3)v或eq \f(2,3)v.
8．如图5所示，在光滑水平面上停放质量为m的装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )
图5
A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为eq \f(v0,2)
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为eq \f(1,2)mv02
答案 ACD
解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A、C、D都是正确的．
二、非选择题
9．如图6所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：
图6
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小；
(2)小球B掉入小车后的速度大小．
答案 (1)eq \f(1,5)v0 eq \f(4,5)v0 (2)eq \f(1,10)v0
解析 (1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒，有
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22
解得v1＝－eq \f(1,5)v0，v2＝eq \f(4,5)v0，碰后A球向左，B球向右
(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv2＋mv3＝(mB＋m)v3′，
解得v3′＝eq \f(1,10)v0.
10．如图7所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出．第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ(θ<90°)，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ.若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求两粒弹丸的水平速度之比eq \f(v0,v)为多少？
图7
答案 eq \f(6,13)
解析 弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设击中后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，根据动量守恒定律有
mv0＝(m＋5m)v1
砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以
eq \f(1,2)·6mv12＝6mgL(1－cs θ)
设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：
mv－(m＋5m)v1＝(m＋6m)v2
eq \f(1,2)·7mv22＝7mgL(1－cs θ)
联解上述方程得eq \f(v0,v)＝eq \f(6,13).
11．如图8所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为eq \f(3,4)m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
图8
答案 eq \f(32v\\al( 2,0),113gl)≤μ解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.要使物块a、b能够发生碰撞，应有eq \f(1,2)mv02>μmgl，即μ设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得－μmgl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
设在a、b发生弹性碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v2、v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝mv2＋eq \f(3,4)mv3
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)(eq \f(3m,4))v32
联立各式解得v3＝eq \f(8,7)v1，由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得eq \f(3,4)μmgl≥eq \f(1,2)(eq \f(3m,4))v32，解得μ≥eq \f(32v\\al( 2,0),113gl)
综上所述有eq \f(32v\\al( 2,0),113gl)≤μ＜eq \f(v\\al( 2,0),2gl).