第1章 5 碰撞（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

5　碰撞 第一章　动量与动量守恒定律 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 目 录 预习案 01 探究案 02 知能达标训练 04 CONTENTS 提升案 03 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 预习案 必备知识·问题导学 01 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 不变 减少 速度 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 很短 远小于 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 探究案 关键能力·互动探究 02 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 提升案 随堂演练·基础落实 03 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 [学业要求与核心素养] 物理观念 科学思维 知道弹性碰撞和非弹性碰撞的概念。 会利用动量守恒定律、能量守恒定律分析一维碰撞问题。 一、碰撞的分类 阅读教材，并回答： 1．在分析表1­5­1中的数据： (1)以两个物体为系统，碰撞前后系统总动量守恒吗？ (2)碰撞前系统的总动能和碰撞后系统的总动能守恒吗？ (3)系统减少的动能去哪儿了？ 答　(1)守恒　(2)不守恒　(3)转化为内能 2．本节教材例题示范中： (1)碰撞后该系统的速度如何求？ (2)碰撞前、后该系统的总动能如何变化？ (3)碰撞后的总动能为什么减小？ 答　(1)见教材　(2)减小　(3)转化为内能 [概念·规律] 1．弹性碰撞：如果两物体在碰撞前后总动能________，这类碰撞叫作弹性碰撞。 2．非弹性碰撞：如果两物体在碰撞后总机械能________，这类碰撞叫非弹性碰撞。 3．非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的________运动，物理学上把这种碰撞称为完全非弹性碰撞。完全非弹性碰撞是非弹性碰撞中机械能损失最多的一种。 二、碰撞的特点 1．两物体相互作用的时间________。 2．外力__________相互作用的内力。 3．碰撞过程动量守恒。 探究点一　碰撞的特点 1．时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。 2．相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。 　甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A．3 J　　　　 B．4 J C．5 J D．6 J [解析]　由v­t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg。则损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m甲veq \o\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \o\al(2,乙)－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A。 [答案]　A [变式1]　(多选)在例题中，若碰撞过程中两物块损失的机械能为3 J，其他条件不变，下列说法正确的是(　　) A．甲的质量为1 kg　　　 B．甲的质量为2 kg C．乙的质量为6 kg D．乙的质量为8 kg 答案　AC [变式2]　在例题中，若碰撞前后甲、乙的速度随时间变化如图中实线所示，其他条件不变，则下列判断中正确的是(　　) A．由图像求得乙的质量是6 kg B．碰撞前后乙的动量增加了1 kg·m/s C．碰撞过程中甲给乙的冲量大小为6 N·s D．碰撞过程中两物块损失的机械能为3 J 解析　由动量守恒定律1×5＋m×1＝－1×1＋m×3，解得m＝3 kg，A错误；碰撞前后乙增加的动量为Δp＝3×3 kg·m/s－3×1 kg·m/s＝6 kg·m/s，B错误；由动量定理，碰撞过程中甲给乙的冲量大小为I＝Δp＝6 N·s，C正确。碰撞过程中两物块损失的机械能为ΔE＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×52＋\f(1,2)×3×12)) J－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×12＋\f(1,2)×3×32)) J＝0，D错误。 答案　C 1．如图所示，在光滑的水平面上有2 021个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为(　　) A.eq \f(1,2 021)Ek B.eq \f(2 020,2 021)Ek C.eq \f(1,2 0212)Ek D.eq \f(2 022,2 021)Ek 解析　以第一个小球初速度v0方向的为正方向，将2 021个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒定律得mv0＝2 021mv，解得v＝eq \f(v0,2 021)。则系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2 021mv2，解得 ΔE＝eq \f(2 020,2 021)Ek，故选B。 答案　B 　如图甲所示，在光滑的水平面上，质量为2m的弹性小球A，以水平向右的速度v0与质量为m的静止的弹性小球B发生弹性碰撞，求： (1)碰撞后两个小球的速度大小； (2)若光滑水平面上有3个质量均为m的静止的弹性小球有间隔的排放在一条直线上，编号依次为B、C、D，如图乙所示，求四个小球最终速度大小分别是多少？ [解析]　(1)当球A与B相碰时，由于是弹性碰撞，则有系统机械能守恒以及动量守恒 2mv0＝2mvA′＋mv′B， eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2mv′eq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \o\al(2,B) 由此可解得v′A＝eq \f(1,3)v0，v′B＝eq \f(4,3)v0。 (2)由于B、C、D三个小球质量相同，且均为弹性碰撞，所以它们的碰撞速度发生交换，即：B、C两个小球均静止，小球D的速度为vD＝eq \f(4,3)v0，小球A继续与B碰撞，同理可得v A″＝eq \f(1,32)v0，vB″＝eq \f(4,32)v0 B、C两球再次速度交换，然后，A球再次与B球发生碰撞，归纳可得各个小球的最终速度为vAt＝eq \f(1,33)v0＝eq \f(1,27)v0，vBt＝eq \f(4,33)v0＝eq \f(4,27)v0，vCt＝eq \f(4,32)v0＝eq \f(4,9)v0，vDt＝eq \f(4,3)v0。 [答案]　(1)eq \f(1,3)v0　eq \f(4,3)v0　(2)eq \f(1,27)v0　eq \f(4,27)v0　eq \f(4,9)v0　eq \f(4,3)v0 2．(2022·吉林模拟)冰壶是2022年北京冬奥会热门比赛项目之一。如图，红壶静止在大本营圆心O处，蓝壶从P点开始以v0＝3 m/s的初速度沿直线向红壶滑去，滑行一段距离后，与红壶发生正碰，已知碰撞前后蓝壶的速度大小分别为v1＝1 m/s和v′1＝0.2 m/s，方向不变，两壶质量均为m＝19 kg，营垒直径为1 m，两壶与冰面的动摩擦因数相等，g取10 m/s2。则(　　) A．蓝壶从P点被推出后到碰撞前摩擦力对蓝壶的冲量大小为38 N·s B．若红壶刚好被蓝壶打出营垒，则两壶与冰面的动摩擦因数为0.64 C．蓝壶从P点被推出后到碰撞前滑行的一段距离为8 m D．通过计算可知两壶的碰撞为弹性碰撞 解析　规定蓝壶的初速度方向为正方向，对蓝壶从P点被推出后到碰撞前过程，由动量定理得If＝mv1－mv0，代入数据解得If＝－38 N·s，负号表示方向，摩擦力的冲量大小为38 N·s，选项A正确；蓝壶与红壶发生碰撞过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以碰撞前蓝壶的速度方向与正方向，由动量守恒定律得mv1＝mv1′＋mv2，代入数据解得v2＝0.8 m/s。对红壶由动能定理－μmgeq \f(d,2)＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得μ＝0.064，选项B错误；蓝壶从P点被推出后到碰撞前根据动能定理－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得x＝6.25 m，选项C错误；通过计算可知碰前动能Ek1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝9.5 J，碰后总动能Ek2＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝6.46 J，则两壶的碰撞不是弹性碰撞，选项D错误。 答案　A 探究点二　碰撞可能性分析 [交流讨论] 1．根据教材《理论探究》中子质量的计算，分析下列问题：设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′。 (1)碰撞后m1 、m2 的速度 v1′和 v2′分别为多少？ (2)通过以下三种情况对碰撞后m1 、m2 的速度 v1′和 v2′进行分析。 ①若m1 ＝m2，则v1′和 v2′如何？ ②若m1≫m2，则v1′和 v2′如何？ ③若m1 ≪m2，则v1′和 v2′如何？ 答　(1)v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1 (2)①v1′＝0，v2′＝v1　②v1′＝v1，v2′＝2v1 ③v1′＝－v1，v2′＝0。 2．质量为m2的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左端连有轻弹簧，质量为m1的物体A以速度v1向B运动。在Ⅰ位置，物体A与物体B的轻弹簧刚好接触；到Ⅱ位置，物体A、B的速度刚好相等，弹簧被压缩到最短；到Ⅲ位置，物体A、B的速度分别为v1′和v2′，若在Ⅲ位置，弹簧可以恢复到原长。分三种情况讨论全过程系统动量和能量的变化情况，各过程属什么碰撞。 (1)在Ⅲ位置，弹簧可以恢复到原长； (2)在Ⅲ位置，弹簧只能部分恢复，不能回到原长； (3)在Ⅲ位置，弹簧弹性失效。 答　(1)在Ⅰ、Ⅲ位置，系统动能相等，这种碰撞是弹性碰撞。 (2)系统的动能有损失(部分动能转化为内能)，这种碰撞是非弹性碰撞。 (3)弹簧完全失效，Ⅰ→Ⅱ，系统减少的动能全部转化为内能，在Ⅱ位置系统动能仍和(1)相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，物体A、B不再分开，而是以速度v′共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程，这种碰撞是完全非弹性碰撞。 [归纳总结] 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\o\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\o\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′。 　在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A．0.6v　　　　　　　　　 B．0.4v C．0.3v D．0.2v [解析]　A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2， 以v的方向为正方向，由动量守恒定律有： mv＝mv1＋2mv2，① 假设碰后A球静止，即v1＝0， 可得v2＝0.5v 由题意可知A被反弹，所以球B的速度有： v2＞0.5v② A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有： eq \f(1,2)mv2≥eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)③ ①③两式联立得：v2≤eq \f(2,3)v④ 由②④两式可得：0.5v＜v2≤eq \f(2,3)v，符合条件的只有0.6v，所以选项A正确，B、C、D错误。 [答案]　A [变式1]　在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，那么碰撞后B球的可能速度大小是(　　) A.eq \f(1,4)v　　　　　　 B.eq \f(1,2)v C.eq \f(3,4)v D.eq \f(3,2)v 解析　如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞，则有mv＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋2m))v共 ，解得v共＝eq \f(v,3) ，如果两个小球发生的是弹性碰撞，则有mv＝mvA＋2mvB ，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,B) ，解得vB＝eq \f(2v,3)，则小球B碰撞后的速度取值范围为eq \f(v,3)<vB<eq \f(2v,3)，故选B。 答案　B [变式2]　在光滑水平面上，一质量为m、速度为v的A球与质量为2m的静止的B球发生正碰。碰撞后A球的速度为v1，B球的速度为v2，则v1、v2可能是(　　) A．v1＝0.5v、v2＝0.25v　 B．v1＝0、v2＝0.5v C．v1＝0、v2＝v D．v1＝－v、v2＝v 解析　碰后A球速度没有反向的话，速度要小于B球速度，A错误；碰后A球速度为零时，根据动量守恒得mv＝2mv2，解得v2＝0.5v，B正确，C错误；根据能量守恒，碰后系统的机械能不大于碰前系统的机械能，D错误。 答案　B 3．在气垫导轨上放置P、Q两滑块。碰撞前Q静止，P匀速向Q运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到频闪照片如图所示，在这4次闪光的过程中，P、Q两滑块均在0～80 cm范围内，且第1次闪光时，P恰好位于x＝10 cm处。相邻两次闪光的时间间隔为T，P、Q两滑块的碰撞时间及闪光持续时间均可忽略不计，则P、Q两滑块的质量之比为(　　) A．1∶1　　　 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 解析　由图可知，第1次闪光时，滑块P恰好位于10 cm处；第二次P在30 cm处；第三次P在50 cm处；两次闪光间隔中P的位移大小均为20 cm，相同，所用时间均为T，则速度相同，PQ不可能相碰；而Q开始时静止在60 cm处，故可知，从第三次闪光到碰撞P的位移为10 cm，所以时间为eq \f(T,2)，故从碰撞到第四次闪光时间也为eq \f(T,2)，通过距离为5 cm，所以若碰前P的速度为v，则碰后P的速度为－eq \f(v,2)，而Q在eq \f(T,2)时间的位移为5 cm，所以碰后Q的速度为eq \f(v,2)，则根据动量守恒定律mPv＝mPeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v,2)))＋mQeq \f(v,2)，可得mP∶mQ＝1∶3，故C正确，A、B、D错误。 答案　C 探究点三　爆炸类问题 解决爆炸类问题时，要抓住以下两个特征 1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒。 2．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，因此爆炸后系统的总动能增加。 　(多选)在某次演练中，一颗炮弹在向上飞行过程中爆炸，如图所示。爆炸后，炮弹恰好分成质量相等的两部分。若炮弹重力远小于爆炸内力，则关于爆炸后两部分的运动轨迹可能正确的是(　　) [解析]　炮弹爆炸时，内力远大于外力，系统的动量守恒，由A图知，该图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足动量守恒，故A项与题意不相符；B图水平方向和竖直方向都满足动量守恒，是可能的，故B项与题意相符；C图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足动量，不可能，故C项与题意不相符；D图竖直方向和水平方向都满足动量守恒，是可能的，故D项与题意相符。 [答案]　BD 4．一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，则下列选项中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　) 解析　平抛运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝eq \f(3,4)mv甲＋eq \f(1,4)mv乙，又v甲＝eq \f(x甲,t)，v乙＝eq \f(x乙,t)，t＝1 s，则有eq \f(3,4)x甲＋eq \f(1,4)x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确。 答案　B 1．(多选)(弹性碰撞的特点)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，碰撞后甲的速率是v1 D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 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。 答案　ABC 2．(多选)在光滑水平直轨道上，A球追上B球发生碰撞，已知碰前它们的动量分别为pA＝10 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s，碰后B球的动量变为pB′＝15 kg·m/s，则两球的质量关系可能是(　　) A．mB＝mA　　　　　　　 B．mB＝2mA C．mB＝3mA D．mB＝4mA 解析　A球从后面追上B球并发生碰撞，说明A的速度大于B的速度，则有eq \f(pA,mA)＞eq \f(pB,mB)，解得eq \f(mA,mB)＜eq \f(pA,pB)＝eq \f(10,9)。碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律pA＋pB＝pA′＋pB′，代入数据解得pA′＝4 kg·m/s。碰撞过程总动能不增加，则有eq \f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq \f(p\o\al(2,B),2mB)≥eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB′2,2mB)，代入数据整理解得eq \f(mA,mB)≤eq \f(7,12)。碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则eq \f(pA′,mA)≤eq \f(pB′,mB)，代入数据整理得eq \f(mA,mB)≥eq \f(4,15)，综上所述eq \f(4,15)≤eq \f(mA,mB)≤eq \f(7,12)，故B、C正确。 答案　BC 3．(多选)(碰撞问题分析)在光滑水平面上沿一直线运动的甲、乙两小球，动量大小相等，质量之比为1∶5，两小球发生正碰后，甲、乙两球的动量大小之比为1∶11，则甲球在碰撞前、后的速度大小之比可能是(　　) A．7∶1　 B．5∶1　 　 C．10∶1　 D．6∶1 解析　设碰前甲乙的动量均为p0，则总动量为2p0； 若碰后若甲乙运动方向相同，设碰后甲的动量为p1，由动量守恒定律p1＋11p1＝2p0，解得p1＝eq \f(p0,6)，甲球在碰撞前、后的速度大小之比是v1∶v2＝p0∶eq \f(p0,6)＝6∶1，D正确。 若碰后若甲乙运动方向相反，由动量守恒定律－p1＋11p1＝2p0，解得p1＝eq \f(p0,5)，则此时甲球在碰撞前、后的速度大小之比是v1∶v2＝p0∶eq \f(p0,5)＝5∶1，B正确，AC错误。 答案　BD 4．如图所示，四分之一光滑圆轨道末端与水平轨道相切，将质量为mA的小球A从圆弧的最高点静止释放，记录其离开轨道平抛运动落到水平地面上的落点，将质量为mBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA>mB))的小球B置于水平轨道，再次将小球A从圆弧的最高点静止释放，记录碰后两球平抛的落点，测量三个落点对应的水平位移从小到大分别为L、2L、3L，重力加速度为g，下列说法错误的是(　　) A．小球A运动到圆弧的最低点时，对轨道的压力为3mAg B．小球A未与小球B碰撞时，小球A的落点可能为N点 C．小球A与小球B的质量之比为3∶1 D．两小球的碰撞为弹性碰撞 解析　取圆弧轨道的半径为R，由机械能守恒定律有mAgR＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)，由牛顿第二定律得小球A在圆弧的最低点有FN－mAg＝eq \f(mAv\o\al(2,A),R)，联立得小球A运动到圆弧的最低点对轨道的压力为F压＝FN＝3mAg，A正确；小球平抛运动下落的高度相等，平抛运动时间相同，P、M、N对应的平抛运动的速度可表示为v、2v、3v，小球A未与小球B碰撞时，若小球A的落点为N点，由碰撞过程动量守恒有mA·3v＝mA·v＋mB·2v，得mA＝mB，与题意不符，B错误； 由以上分析可知，小球A未与小球B碰撞时，小球A的落点为M点，碰后小球A和小球B的落点分别为P、N，由碰撞过程动量守恒mA·2v＝mA·v＋mB·3v，得eq \f(mA,mB)＝eq \f(3,1)，C正确；碰前小球A的动能为E＝eq \f(1,2)mAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v))2＝2mAv2，碰后小球A和B动能和为E′＝eq \f(1,2)mAv2＋eq \f(1,2)mBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3v))2＝2mAv2＝E，则两小球的碰撞为弹性碰撞，D正确。 答案　B 5．(碰撞问题分析)2022年冬奥会在北京成功举办。在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前后两壶的v­t图象如图b所示。关于冰壶的运动，求： (1)蓝壶运动时加速度多大？ (2)碰撞后两壶相距的最远距离为多少？ (3)请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。 解析　(1)由图示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后红壶的速度为v红＝0.3 m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv红＋mv，解得：v＝0.9 m/s； 根据三角形相似法知eq \f(1.6－1.2,1.6)＝eq \f(1,t)，解得t＝4 s，蓝壶运动时间为：4 s－1 s＝3 s停下； 蓝壶的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.9,3) m/s2＝0.3 m/s2 (2)速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为S＝eq \f(0.9×3,2) m－eq \f(0.3×0.5,2) m＝1.275 m (3)碰撞前两壶的总动能为Ek1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝0.72 J 碰撞后前两壶的总动能为Ek2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,红)＋eq \f(1,2)mv2＝0.45 J＜Ek1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。 答案　(1)0.3 m/s2　(2)1.275 m　(3)两壶碰撞为非弹性碰撞 $$