第一章 5.碰撞-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（教科版2019）

5.碰撞 【素养目标】　1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特征。　2.会综合应用动量、能量知识进行计算。 知识点一　碰撞的特点及分类 [情境导学]　(1)如图所示，先将牛顿摆中左边的小球拉起一定高度后释放，碰后停下，右侧小球恰能摆到左侧小球的释放高度。思考碰撞时两球组成的系统的机械能守恒吗？ (2)如图所示，先将牛顿摆中两小球都涂上橡皮泥，拉起相同高度，同时释放，碰后两球停在最低点。思考碰撞时两球组成的系统的机械能守恒吗？ 提示：(1)碰撞过程中系统的机械能守恒。 (2)碰撞过程中系统的机械能不守恒。 (阅读教材P22—P24完成下列填空) 1．弹性碰撞：系统总机械能保持不变的碰撞。 2．非弹性碰撞：系统总机械能减少的碰撞。 3．完全非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。 4．碰撞特点：碰撞过程中，动量守恒，但机械能不一定守恒，只有发生弹性碰撞时，机械能才守恒。 [问题探究]　在弹性碰撞中，两球发生弹性形变，动能转化为弹性势能，弹性势能又全部转化为动能，系统动能不变。那在非弹性碰撞中，动能转化为弹性势能，弹性势能有没有全部转化为动能？如果没有，损失的能量去哪里了？ 提示：没有；损失的机械能转化为小球的内能。 角度一　对碰撞的理解 (2023·湖南长沙长郡中学高二上月考)下列关于碰撞的说法，不正确的是(　　) A．弹性碰撞属于理想化模型 B．两个小球碰撞过程作用时间极短，且内力远远大于外力，故两小球组成的系统的动量守恒 C．两个弹性钢球发生弹性碰撞，碰撞发生过程中任何时刻两钢球总动能都守恒 D．发生完全非弹性碰撞的两个物体，系统损失的机械能都转化成了内能 答案：C 解析：弹性碰撞是指在理想情况下，碰撞不发热，没有动能损失的理想化模型，A正确；两个小球碰撞过程作用时间极短，且内力远远大于外力，不管是弹性碰撞还是非弹性碰撞，动量都守恒，B正确；两个弹性钢球发生弹性碰撞，碰撞前后总动能守恒，但是并不是碰撞过程中任何时刻总动能都守恒，在碰撞中，两球形变还未完全恢复时，因形变产生的弹性势能没有完全释放，此时总动能不守恒，C错误；发生完全非弹性碰撞的两个物体，碰撞后结合在一起，系统的机械能损失最大，损失的机械能转化成内能，D正确。本题选说法不正确的，故选C。 碰撞过程的五个特点 时间特点 在碰撞现象中，相互作用的时间很短 作用力特点 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 动量特点 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，但外力可以忽略，系统的总动量守恒 位移特点 碰撞过程发生的时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置 能量特点 碰撞过程系统的总动能不增加，即碰撞前总动能Ek≥碰撞后总动能Ek′ 　　 学生用书第24页 角度二　碰撞种类的判定 质量为mA＝1 kg、mB＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于(　　) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能判断 解题引导：碰撞是按机械能的损失情况来分类的，因此求出碰撞前后系统的机械能就可判断碰撞性质。 答案：A 解析：根据题中x-t图像可知，A球的初速度为vA＝3 m/s，B球的初速度为vB＝0，碰撞后A球的速度为vA′＝－1 m/s，碰撞后B球的速度为vB′＝2 m/s，两球碰撞过程中，动能变化量为ΔEk＝mAv＋0－mAvA′2－mBvB′2＝×1×32 J－×1×12 J－×2×22 J＝0，则可知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，故A正确。 碰撞的分类 弹性碰撞(碰后分离) 总动量守恒、机械能守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 非弹性碰撞(碰后分离) 总动量守恒，机械能减少 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2 完全非弹性碰撞(碰后“粘合”) 总动量守恒，机械能损失最大 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 m1v＋m2v＞(m1＋m2)v 针对练．(2023·重庆巴蜀中学月考)大人和小孩驾驶相同的碰碰车在游乐场中游玩，两碰碰车在极短时间内发生了一次碰撞。若小孩和碰碰车的总质量为m，大人和碰碰车的总质量为3m，两车以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后大人和碰碰车静止不动，则这次碰撞(　　) A．属于完全非弹性碰撞 B．属于弹性碰撞 C．总动能全部转化为内能 D．碰撞后小孩和碰碰车的速率为4v 答案：B 解析：规定碰撞前大人和碰碰车的速度方向为正方向，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：3mv－mv＝mv′，解得碰撞后小孩和碰碰车的速度大小v′＝2v，选项D错误；碰撞前系统的总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后系统的总动能Ek′＝m(2v)2＝2mv2，碰撞前后系统的总动能不变，因此该碰撞属于弹性碰撞，选项A、C错误，B正确。 知识点二　中子的发现——碰撞模型实例分析 [情境导学]　如图是一种游戏器具——超级碰撞球。多颗篮球般大小的钢球用钢缆悬挂在屋顶。拉开最右边钢球到某一高度，然后释放，碰撞后，仅最左边的球被弹起，摆至最大高度后落下来再次碰撞，致使最右边钢球又被弹起。硕大的钢球交替弹开，周而复始，情景蔚为壮观。如何解释上述现象？ 提示：钢球间的碰撞为弹性碰撞，由于钢球质量相同，碰撞过程交换速度，故只有最右端和最左端的钢球摆动，其余钢球不动。 (阅读教材P24—P25完成下列填空) 1．中子的发现：1932年，英国物理学家查德威克发现了中子。 2．中子质量的计算 设中性粒子的质量为m，碰前速率为v，碰后速率为v′，氢核的质量为mH，碰前速率为零，碰后速率为vH，碰撞前后的动量和动能都守恒，则 mv＝mv′＋mHvH mv2＝mv′2＋mHv 解得vH＝ 学生用书第25页 同理，对氮原子核的碰撞可解得 vN＝ 由上述两式可得＝ 已知氮核质量与氢核质量的关系为mN＝14mH，查德威克在实验中测得氢核速率和氮核速率的关系是vH≈7.5vN，由此得m＝mH。 [问题探究]　如图所示，物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰。 (1)碰撞后两个物体的速度v1′和v2′； (2)如下三种特殊情况下，碰撞后两个物体的速度v1′和v2′有什么特点？ ①m1＝m2时；②m1≫m2时；③m1≪m2时。 提示：(1)根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 根据机械能守恒定律得 m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1。 ②m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 ③m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 角度一　碰撞规律应用 (多选)(2023·湖南长沙高二期末)如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则(　　) A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s C．小球B的质量为15 kg D．小球B的质量为3 kg 答案：AD 解析：规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，故A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有动能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，故C错误，D正确。 针对练．(多选)(2023·重庆巴蜀中学期中)质量为mA的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量mB可选取不同的值，则下列说法正确的是(　　) A．当mB＝mA时，碰后A、B两球共速 B．当mB＝mA时，碰后两球互换速度 C．当mB>mA时，碰后A球反向运动 D．当mB<mA时，mB越小，碰后B球的速度越小 答案：BC 解析：发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv02＝mAv12＋mBv22，解得v1＝v0，v2＝v0。当mB＝mA时，v1＝0，v2＝v0，碰后两球互换速度，A错误，B正确；当mB>mA时，v1＝v0<0，碰后A球反向运动，C正确；当mB<mA时，v2＝v0，mB越小，碰后B球的速度v2越大，D错误。 角度二　碰撞与图像的结合 (2020·全国卷Ⅲ)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 解题引导：碰撞过程动量守恒，可由系统碰撞过程中动量守恒入手求出乙球质量，再分析机械能情况。 答案：A 解析：设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入题图数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2＝3 J，选项A正确。 1．弹性碰撞 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (2)机械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 (3)“一静一动”碰撞结论：v1′＝v1，v2′＝v1 (4)特例：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度。即v1′＝v2，v2′＝v1 2．非弹性碰撞 (1)一般非弹性碰撞 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　　 学生用书第26页 (2)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|＝m1v12＋m2v22－v共2 针对练．(多选)(2023·湖北十堰高二上期中)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，它们的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断(　　) A．碰前B静止，A向右运动 B．碰后B和A都向右运动 C．由动量守恒定律可以算出m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 答案：AC 解析：由x-t图像知，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止状态；A的速度大小为v1＝＝4 m/s，A只有向右运动才能与B相撞，故A正确；碰后B的速度方向为正方向，说明向右运动，A的速度为负，说明向左运动，故B错误；由图像求出碰后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′，代入数据解得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2，代入数据解得ΔE＝0，故D错误。 知识点三　碰撞的可行性分析 (多选)(2023·山东东营高二期中)两个小球A、B在光滑的水平面上相向运动，它们的质量分别为4 kg和2 kg，A的速度为v1＝3 m/s，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是(　　) A．均为＋1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s C．－1 m/s和＋5 m/s D．＋2 m/s和－1 m/s 答案：AC 解析：发生正碰，则根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，根据碰撞过程系统的总动能不增加，可得mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2。若速度均为＋1 m/s，它们发生正碰后，即以共同速度运动，符合以上等式，故A正确；若速度是4 m/s和－5 m/s，那么A、B动能都增加，故B错误；若速度为－1 m/s和5 m/s，发生正碰后，A、B反向，符合以上等式，故C正确；若速度为＋2 m/s和－1 m/s，发生正碰后，A、B速度方向不变即还是相向运动，这不符合实际情况，故D错误。 碰撞合理性的三个制约因素 动量制约 碰撞过程中，碰撞双方构成的系统，总动量应该守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 动能制约 碰撞结束时，碰撞双方构成的系统，总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 运动制约 碰撞前、后碰撞双方运动速度之间的关系必须合理。如果碰前两物体同向运动，有v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若碰后两物体同向运动，有v前′≥v后′，否则碰撞还没有结束。 针对练1.(多选)(2023·福建厦门高二开学考)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为(　　) A．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s B．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s C．pA′＝5 kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s D．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s 答案：BC 解析：碰撞前系统总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由题意，设mA＝mB＝m，碰前总动能为Ek＝＋＝＋＝，若pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，系统动量守恒，但是碰撞后A的速度仍大于B的速度，与实际不相符，A错误；若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能为＋＝<Ek，是可能的，B正确；若pA′＝5 kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能为＋＝＝Ek，是可能的，C正确；若pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能为＋＝>Ek，不可能，D错误。 针对练2.(2023·辽宁大连高二期中)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，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是(　　) A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s B．ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 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：如果ΔpA＝－4 kg·m/s，ΔpB＝4 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝8 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝17 kg·m/s，A的动能减少，B的动能增加，总动能可能不增加，是可能的，故A正确；由于B在前，A在后，故A、B碰后A的动量减少，B的动量增加，故B、D错误；如果ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝－12 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝37 kg·m/s，A的动能不变，B的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，故C错误。 1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是(　　) A．作用后的总机械能比作用前的小，但总动量守恒 B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒 C．作用前后总动能为零，而总动量不为零 D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增加量的总和不为零 答案：AB 解析：选项A为非弹性碰撞，成立；选项B为弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故选项C不成立；总动量守恒，则系统内各物体动量的增加量的总和一定为零，选项D不成立。故选A、B。 2.在2022年北京冬奥会冰壶男女混合比赛中，中国男女运动员敢打敢拼，首场比赛战胜 学生用书第27页 瑞士队取得开门红。中国队员在某次投壶中将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，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.瑞士队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 B.瑞士队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 C．瑞士队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 D．瑞士队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 答案：B 解析：两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入数据解得v3＝0.3 m/s。动能减小量ΔE＝mv12－mv22－mv32＝×19×(0.42－0.12－0.32) J＝0.57 J＞0，故系统动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，B正确。 3．(多选)(选自鲁科版教材课后练习)质量为1 kg的物体A，在光滑水平面上以6 m/s的速度与质量为2 kg、速度为2 m/s的物体B发生碰撞，则碰后A、B两物体的速度可能值为(　　) A．vA＝5 m/s，vB＝2.5 m/s B．vA＝2 m/s，vB＝4 m/s C．vA＝－4 m/s，vB＝7 m/s D．vA＝7 m/s，vB＝1.5 m/s 答案：AB 解析：A、B在光滑水平面上，系统所受外力的矢量和为零，动量守恒；题中未知速度的方向，在二维平面上的动量守恒定律遵循平行四边形定则，但不能列出动量守恒的表达式。碰撞前的动能Ek＝mAvA2＋mBvB2＝22 J。碰撞后A选项的动能为18.75 J；碰撞后B选项的动能为18 J；碰撞后C选项的动能为57 J；碰撞后D选项的动能为26.75 J；根据碰撞过程中动能不增加，符合要求的选项为AB。 4.(选自鲁科版教材单元自我检测)如图所示，两质量分别为m和M的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由下落。h远大于两小球半径，落地瞬间球B先与地面碰撞，后与球A碰撞。所有碰撞都视为弹性碰撞且都发生在竖直方向上，碰撞时间均很短。求球A能上升的最大高度。 答案：h 解析：设A、B两球落地时的速度为v，可得v2＝2gh，落地瞬间球B先与地面碰撞后，速度大小不变，方向竖直向上，与A球发生碰撞，设碰后A、B的速度分别为v1、v2，以竖直向上为正方向，由动量守恒及能量守恒可得Mv－mv＝Mv2＋mv1， (M＋m)v2＝Mv22＋mv12， 联立可解得v1＝v， 球A以速度v1竖直上升，能上升的最大高度为 hmax＝＝h。 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题4分，共36分) 1．为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应设法使离子在碰撞前的瞬间具有(　　) A．大小相同的动量 B．相同的质量 C．相同的动能 D．相同的速率 答案：A 解析：碰撞后尽可能多的动能转化为内能，也就是在碰撞过程中损失的机械能尽可能多，而碰撞后两离子粘在一起时，离子损失的机械能最多。由动量守恒定律可知，碰撞前系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量亦为零，所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等、方向相反的动量，这样可以保证碰撞后离子的动能最小，从而使更多的动能转化为内能，故A正确。 2.(多选)(2023·山东泰安高二月考)如图所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1<m2，经一段时间两物体相碰撞并粘在一起。碰撞后(　　) A．两物体将向左运动 B．两物体将向右运动 C．两物体组成的系统损失的机械能最大 D．两物体组成的系统损失的机械能最小 答案：AC 解析：物体的动量p＝，已知两物体动能Ek相等，m1<m2，则p1<p2，两物体组成的系统总动量方向与2的动量方向相同，即向左，两物体碰撞过程中动量守恒，碰撞后动量向左，两物体将向左运动，故A正确，B错误；两物体碰撞后粘在一起，物体发生的碰撞是完全非弹性碰撞，系统损失的机械能最大，故C正确，D错误。 3．(2023·山东平原一中期末)甲、乙两人穿着同款充气服发生了碰撞。若甲的质量为3m，乙的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后甲静止不动，则这次碰撞属于(　　) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 答案：A 解析：设碰撞后乙的速度为v′，以甲的运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后乙的速度为v′＝2v；碰前甲、乙的总动能为Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后甲、乙的总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以此碰撞为弹性碰撞，故A正确。 4. (2022·南京高二期中)质量分别为m1、m2的两个物体在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像(x -t图像)如图所示，由此可以判断(　　) A.m1>m2 B．m1＝m2 C．碰撞为弹性碰撞 D．碰撞为非弹性碰撞 答案：C 解析：根据x -t图像的斜率表示物体的速度，可知碰撞前m2是静止的，m1的速度为v1＝ ，碰后m1的速度为v1′＝－，m2的速度为v2′＝，以两个物体组成的系统为研究对象，取碰撞前m1的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝3m1，A、B错误；碰撞前总动能Ek1＋Ek2＝m1v12＝m1 ，碰撞后总动能Ek1′＋Ek2′＝m1v1′2＋m2v2′2＝m1，碰撞前后系统机械能守恒，故碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。 5.(多选)(2023·山东泰安高二检测)如图所示，在光滑水平面上，有两个半径相等的小球A、B，质量分别为mA、mB。A向右运动过程中与静止的B发生正碰，碰后两球动量相同，则mA与mB的关系可能是(　　) A．mA＝0.5mB B．mA＝2mB C．mA＝3mB D．mA＝4mB 答案：BC 解析：取向右为正方向，根据动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，根据碰撞过程总动能不增加，有mAv02≥mAvA2＋mBvB2，据题意有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB，联立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正确。 6.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 答案：C 解析：x-t图像的斜率表示物体的速度，由题图知，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，选项C正确。故选C。 7．(2023·江苏徐州期中)物块A、B在水平面上沿同一直线同向滑行，A追上B后发生碰撞，碰撞时间Δt极短，如图为两物块运动的v-t图像，两图线在碰撞前、后均平行。已知A的质量为1 kg，则(　　) A．物块B的质量为0.5 kg B．两图线交点的纵坐标为4 m/s C．碰撞过程中系统的机械能守恒 D．两物块在0～t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同 答案：D 解析：以碰撞前物块A的速度方向为正方向，结合题图可知，碰撞前A的速度为v1＝7 m/s，B的速度为v2＝3 m/s，碰撞后A的速度为v3＝3 m/s，B的速度为v4＝5 m/s，A、B碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mAv1＋mBv2＝mAv3＋mBv4，代入数据解得mB＝2 kg，选项A错误；两图线交点表示该时刻A、B的速度相同，根据动量守恒定律，有mAv1＋mBv2＝(mA＋mB)v共，解得v共＝ m/s，选项B错误；碰撞前系统的动能为Ek1＝mAv12＋mBv22＝33.5 J，碰撞后系统的动能为Ek2＝mAv32＋mBv42＝29.5 J，由于Ek1>Ek2，所以系统机械能不守恒，选项C错误；两物块在碰前做匀减速运动的加速度相同，根据a＝μg可知，两物块与地面间的动摩擦因数相同，根据I＝μmgt知，在0～t1时间内两物块受水平面摩擦力作用的冲量不相同，选项D正确。 8.如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝5mA，B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向夹角为30°，由静止释放A球，在最低点A球与B球发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是(　　) A．A球静止，B球向右，且偏角小于30° B．A球向左，B球向右，且偏角等于30° C．A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30° D．A球向左，B球向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30° 答案：C 解析：设A球到达最低点的速度为v，在最低点A球与B球发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒可得mAv2＝mAvA2＋mBvB2，可得vA＝v＝－v，vB＝v＝v，A球向左，B球向右，摆动过程机械能守恒，由mgh＝mv2可知hA>hB，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确。 9．(2023·河南安阳一中月考)在足够长的光滑倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个小球分别以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，两小球相遇时发生了完全非弹性碰撞，它们运动的v-t图像如图所示。已知小球甲的质量为1 kg，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A.小球乙的质量为2 kg B．两小球碰撞过程中的机械能损失为25 J C．轨道倾角满足tan θ＝0.2 D．两小球回到出发点时的速度大小为10 m/s 答案：B 解析：两小球碰撞过程中动量守恒，有m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共，解得m乙＝1 kg，A错误；碰撞过程中机械能损失为ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2＝25 J，B正确；甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小a＝||＝|| m/s2＝5 m/s2，轨道光滑，由牛顿第二定律可知，甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小a＝＝g sin θ，可知sin θ＝，则tan θ＝，C错误；碰撞位置到出发点的距离等于乙球碰撞前运动的距离，根据v -t图像与时间轴所围面积可知，碰撞位置距离出发点为x＝20 m，由v2＝2ax，得两小球回到出发点时的速度v＝10 m/s，D错误。故选B。 10．(12分)(2023·广东广州中学期末)在核反应堆里，用石墨做减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断碰撞而减速。假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求：经过一次碰撞后中子的动能变为多少。 答案：E0 解析：规定碰撞前中子的运动方向为正方向，弹性正碰遵循动量守恒定律和能量守恒定律。设中子的质量为m，碳核的质量为M 根据动量守恒和机械能守恒有 mv0＝mv1＋Mv2 mv02＝mv12＋Mv22 由上述两式整理得 v1＝v0＝v0＝－v0 则经过一次碰撞后中子的动能 E＝mv12＝m＝E0。 11．(12分)(2023·福建莆田高二月考)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.4，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1＝0.05 kg的子弹以水平速度＝24 m/s射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取10 m/s2。求： (1)子弹射中小车过程中损失的机械能ΔE为多少？ (2)最后物体与车的共同速度为多少？ (3)小物体在小车上滑行的时间。 答案：(1)12 J　(2)2 m/s　(3)0.5 s 解析：(1)子弹进入小车的过程中，由动量守恒定律可得m1v＝(m1＋m2)v1 解得v1＝4 m/s 系统损失的能量为 ΔE＝m1v2－v12 代入数据解得ΔE＝12 J。 (2)物体与车共速过程，由动量守恒定律可得 m1v＝v1＝v共 解得v共＝2 m/s。 (3)以小物体为研究对象，由动量定理得 μm3gt＝m3v共 代入数据解得t＝0.5 s。 学科网（北京）股份有限公司 $$