16.4 碰撞 学案 Word版含答案

第4节碰__撞
1.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。
2．两小球碰撞前后的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。
3．微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，这样的碰撞又叫散射。
一、碰撞的分类
1．从能量角度分类
(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒。
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大。
2．从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类
(1)正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动。
(2)斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线而运动。
二、弹性碰撞特例
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′＝v1，v2′＝v1。
2．若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即两者碰后交换速度。
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。
4．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。
三、散射
1．定义
微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞。
2．散射方向
由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方。
1．自主思考——判一判
(1)两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起，因而不满足动量守恒定律。(×)
(2)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。(×)
(3)在系统所受合外力为零的条件下，正碰满足动量守恒定律，斜碰不满足动量守恒定律。(×)
(4)微观粒子碰撞时并不接触，但仍属于碰撞。(√)
2．合作探究——议一议
(1)如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？
提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，
系统的总动量守恒，总动能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。
(2)如图所示是金原子核对α粒子的散射，当α粒子接近金原子核时动量守恒吗？
提示：动量守恒。因为微观粒子相互接近时，它们之间的作用力属于内力，满足动量守恒的条件，故动量守恒。
对碰撞问题的理解
1．碰撞的广义理解
物理学里所研究的碰撞，包括的范围很广，只要通过短时间作用，物体的动量发生了明显的变化，都可视为碰撞。例如：两个小球的撞击，子弹射入木块，系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直，铁锤打击钉子，列车车厢的挂接，中子轰击原子核等均可视为碰撞问题。需注意的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中，才能对该系统应用动量守恒定律。
2．碰撞过程的五个特点
(1)时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
(4)位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。
(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足：Ek≥Ek′。
3．碰撞中系统的能量
(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统的内能。
(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘合在一起以相同的速度运动。
[典例]　如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g＝10 m/s2。求小球B的质量。
[思路点拨]　
(1)所有接触面均光滑，可知小球下滑过程中弧形轨道与小球组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒。
(2)A球与B球发生弹性碰撞，说明两球碰撞过程中动量、动能均守恒。
(3)A球与B球碰后恰好追不上平台，说明A球最终速度水平向左，且与平台速度相等。
[解析]　设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv
由能量守恒定律有mAgh＝mAv12＋Mv2
联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1 m/s
由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2
由能量守恒定律有mAv12＝mAv1′2＋mBv22
联立解得mB＝3 kg。
[答案]　3 kg
对碰撞问题的三点提醒
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律。
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取。
(3)而对于斜碰，要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律。　　　　
1．在2018冬残奥会上中国队以6∶5战胜挪威队，实现了中国代表团冬残奥会金牌零的突破。图为队长王海涛的最后致胜一投，假设他将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的挪威冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是(　　)
A．挪威队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．挪威队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．挪威队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．挪威队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
解析：选B　两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1＝mv2＋mv3，
代入数据得：m×0.4＝m×0.1＋mv3
解得：v3＝0.3 m/s。
动能减小量：ΔE＝mv12－mv22－mv32
＝m(0.42－0.12－0.32)>0
故系统动能减小，是非弹性碰撞，B正确。
2．如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为(　　)
A．4 J　　　　　　　　　 　B．8 J
C．16 J D．32 J
解析：选B　A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。
由碰撞过程中动量守恒得
mAvA＝(mA＋mB)v
代入数据解得v＝＝2 m/s
所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J。
碰撞问题的分析和判断
1．判断碰撞类问题的三个依据
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理
2．爆炸问题的三个特点
动量守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[典例]　[多选]如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为10 kg·m/s，B球动量为12 kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为(　　)
A．0.5 B．0.6
C．0.65 D．0.75
[解析]　A、B两球同向运动，A球要追上B球应满足条件：vA>vB。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增加，碰撞结束满足条件：vB′≥vA′。
由vA>vB得，>，即<＝＝0.83，
由碰撞过程动量守恒得：pA＋pB＝pA′＋pB′
解得pB′＝14 kg·m/s
由碰撞过程的动能关系得：
＋≥＋，≤＝0.69
由vB′≥vA′得，≥，≥＝＝0.57
所以0.57≤≤0.69
选项B、C正确。
[答案]　BC
(1)只考虑碰撞前后的速度大小关系，没有考虑两球碰撞过程中动能不增加的能量关系时易错选D项。
(2)只考虑碰撞过程中动量守恒和动能不增加，则易错选A项。　　　　
1．甲、乙两铁球质量分别是m1＝1 kg，m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6 m/s、v2＝2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是(　　)
A．v1′＝7 m/s，v2′＝1.5 m/s
B．v1′＝2 m/s，v2′＝4 m/s
C．v1′＝3.5 m/s，v2′＝3 m/s
D．v1′＝4 m/s，v2′＝3 m/s
解析：选B　选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误、B正确；选项C不满足动量守恒条件，错误；选项D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项D错误。
2．在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，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。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0　　 　B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：选D　由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv02。假如选项A正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。
假如选项B正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。
假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv02，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。
假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确。
3．一炮弹质量为m，相对水平方向以一定的倾角θ斜向上发射，发射速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块以原速率沿原轨道返回，质量为，求：
(1)另一块爆炸后瞬时的速度大小；
(2)爆炸过程系统增加的机械能。
解析：(1)炮弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝vcos θ，
设v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(－v1)＋v2，解得v2＝3vcos θ。
(2)爆炸过程中系统增加的机械能ΔEk＝··v12＋··v22－mv12，将v1＝vcos θ、v2＝3vcos θ代入得ΔEk＝2m(vcos θ)2。
答案：(1)3vcos θ　(2)2m(vcos θ)2
1．关于散射，下列说法正确的是(　　)
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
解析：选C　由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。
2．冰壶运动深受观众喜爱，图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图(b)所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图(　　)
解析：选B　碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由题图可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，图C是不可能出现的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误。
3．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为(　　)
A．0.5 m/s　　　　　　　 B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选C　碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv02＝mv12＋·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确。
4．[多选]如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m1＝0.1 kg。图乙为它们碰撞前后两个小球的s-t图像。由此可以判断(　　)
A．碰前小球B静止，小球A向右运动
B．碰后小球A和B都向右运动
C．小球B的质量为m2＝0.2 kg
D．小球B的质量为m2＝0.3 kg
解析：选AD　由s-t(位移—时间)图像的斜率得到，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止，A速度大小为v1＝＝ m/s＝4 m/s，方向只有向右才能与B相撞，故A正确；由图示图像可知，碰后B的速度为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动，两小球运动方向相反，故B错误；由图示图像可知，碰后B和A的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得，m2＝0.3 kg，故C错误，D正确。
5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是5 kg·m/s和7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是(　　)
A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲
C．4m甲＝m乙 D．m乙＝6m甲
解析：选C　碰撞前，v甲>v乙，即>，可得<；碰撞后，v甲≤v乙，即≤，可得≥；综合可得≤<，选项A、D错误。由碰撞过程动能不增加可知，E碰前≥E碰后，由B得到E碰前6．冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失。
解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′。由动量守恒定律有
mv－MV＝MV′ 　①
代入数据得V′＝1.0 m/s。　②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE　③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1 400 J 。
答案：(1)1.0 m/s　(2)1 400 J
7.[多选]如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是(　　)
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：(M＋m0)u＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足：Mu＝(M＋m)v
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(M＋m0)u＝(M＋m0)v1＋mv2
解析：选BC　因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即单摆没有参与这个碰撞过程，单摆的速度不发生变化，因此排除A、D。因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：Mu＝Mv1＋mv2，故B正确。由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，故C正确。
8.如图所示，一根劲度系数足够大的轻质弹簧—端固定在墙上O点，另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连，物块质量为M，第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后，每当物块向左经过A点时，都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m，子弹与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，则(　　)
A．随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量将不断增加
B．当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0
C．当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为v0
D．从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中，子弹、物块和弹簧系统机械能守恒
解析：选B　第一颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝，之后弹簧的最大弹性势能为Ep1＝(M＋m)v12＝，根据机械能守恒可知，物块返回A点时速度大小为v1＝。第二颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－(M＋m)v1＝(M＋2m)v2，解得v2＝0，第三颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋3m)v3，解得v3＝，之后弹簧的最大弹性势能为Ep3＝(M＋3m)v32＝，第四颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－(M＋3m)v3＝(M＋4m)v4，解得v4＝0，可知，随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量并不是不断增加，A错误。由上分析知，当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0，所以当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0，B正确，C错误。在第一颗子弹射入物块的过程中，机械能有一部分转化为内能，所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小，D错误。
9.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h0解析：选D　小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，m－m＝0，解得，小车的位移：x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mg－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0－h0＝h0，而小于h0，故D正确。
10.用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑，半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且相互接触。若将小球1移至左侧离容器底高h处无初速释放，如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后，小球1停在O点正下方，小球2上升的最大高度为R，小球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为(　　)
A．2∶2∶1 B．3∶3∶1
C．4∶4∶1 D．3∶2∶1
解析：选B　碰撞前对小球1的下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝m1v02，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m3v3，由机械能守恒定律得m1v02＝m2v22＋m3v32，碰撞后，对小球2，根据机械能守恒定律有m2g·R＝m2v22，对小球3，根据机械能守恒定律有m3gR＝m3v32，联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，选项B正确。
11.如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2。现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
解析：(1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为：FA＝μmAg＝4 N>F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为a
a＝＝1 m/s2
由x＝at2有：t＝＝1.2 s。
(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律：
v0＝1.2 m/s　v＝0.8 m/s
由能量守恒：
μmAgΔx＝Mv02－(M＋mA)v2
Δx＝0.12 m
故木板C的长度L至少为：
L＝x＋Δx＝0.84 m。
答案：(1)1.2 s　(2)0.84 m
12.如图，车厢的质量为M，长度为L，静止在光滑水平面上，质量为m的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动，木块与前车壁碰撞后以速度向左运动，求：
(1)木块与前车壁碰撞过程中，木块对车厢的冲量。
(2)再经过多长时间，木块将与后车壁相碰？
解析：(1)木块和车厢组成的系统动量守恒，设向右为正方向，碰后车厢的速度为v′，
mv0＝Mv′－m，
解得v′＝，方向向右，
对车厢，根据动量定理得，
木块对车厢的冲量I＝Mv′＝，方向向右。
(2)设t时间后木块将与后车壁相碰，则：
v′t＋t＝L，
解得t＝＝。
答案：(1)，方向向右　(2)