第一章 第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞-【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（粤教版2019）

第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞 【素养目标】　1.知道什么是碰撞，知道碰撞的特点。　2.知道弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的概念。　3.会用动量观点、能量观点分析一维碰撞问题。　4.研究生活中的碰撞现象，会用弹性碰撞和非弹性碰撞的规律分析生活中的碰撞现象。 知识点一　碰撞的分类 [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．碰撞 (1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用。 (2)特点：物体组成的系统所受外力远小于内力，且相互作用时间极短，所以可以认为系统在碰撞过程中动量守恒。 2．分类 (1)弹性碰撞：碰撞后，形变能完全恢复，没有机械能损失，碰撞前后系统的机械能相等。 (2)非弹性碰撞：碰撞后，形变不能完全恢复原状，这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量，碰撞前后系统的机械能不再相等。 (3)完全非弹性碰撞：碰撞后粘在一起，机械能损失最大。 [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。 如图所示，光滑水平台面上一只质量为5.0 kg的保龄球，撞上一只原来静止、质量为1.5 kg的球瓶。此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，求： 学生用书第28页 (1)碰撞前保龄球的速度大小； (2)通过计算判断该碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 答案：(1)2.9 m/s　(2)非弹性碰撞 解析：(1)设碰撞前保龄球的速度为v1，规定碰撞前保龄球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2 解得v1＝2.9 m/s。 (2)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为 Ek0＝Mv＝21.025 J Ek1＝Mv1′2＋mv＝16.75 J 因为Ek1<Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞。 1．碰撞的特点 (1)时间的特点：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)相互作用力的特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。 (3)能量的特点：碰撞、打击过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。 2．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·广东东莞高二校考)如图所示，在光滑水平面上，三个物块A、B、C在同一直线上，A和B的质量分别为mA＝2m，mB＝m，开始时B和C静止，A以速度v0向右运动，与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个物块速度恰好相同。求： (1)A与B碰撞后，两者的速度v1和v2； (2)物块C的质量； (3)B与C碰撞过程中损失的机械能。 答案：(1)v0　v0　(2)3m　(3)mv 解析：(1)A与B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2 由机械能守恒定律得 ·2mv＝·2mv＋mv 联立解得v1＝v0，v2＝v0。 (2)B、C碰撞后与A的速度相同，设C的质量为mC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv2＝(mC＋m)v1，解得mC＝3m。 (3)B与C碰撞损失的机械能 ΔE＝mv－(m＋3m)v 解得ΔE＝mv。 知识点二　碰撞的实例分析 [情境导学]　如图所示，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，弹簧开始被压缩，物体A开始减速，物体B开始加速；到Ⅱ位置，物体A、B的速度刚好相等(设为v)，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′。试分析以下问题： 学生用书第29页 (1)在Ⅲ位置，如果弹簧可以恢复到原长，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？试计算在Ⅲ位置时A、B的最终速度。 (2)在Ⅲ位置，弹簧只能部分恢复，不能回到原长，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？该碰撞是哪类碰撞？ (3)在Ⅲ位置，弹簧弹性失效，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？与(2)问有什么区别？该碰撞是哪类碰撞？ 提示：(1)系统的机械能守恒；由动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得物体A、B的最终速度分别为 v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)系统的机械能不守恒；这种碰撞是非弹性碰撞。 (3)系统的机械能不守恒；此过程碰后两者速度相同，与(2)问相比损失的机械能更多，这种碰撞是完全非弹性碰撞。 (阅读教材P22—P24完成下列填空) 1．在弹性限度内，弹簧发生弹性形变，碰撞后弹簧可以恢复原长，碰撞前后机械能不变。 2．弹簧发生塑性形变，碰撞后弹簧只能部分恢复原长，碰撞时有部分机械能转化为内能。 3．弹簧完全失效，系统减少的动能全部转化为内能。 [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　弹性碰撞模型 (多选)(2023·广东深圳高二期中)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s ­t(位移—时间)图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断(　　) A．碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动 B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动 C．m2＝0.3 kg D．两个小球的碰撞是弹性碰撞 答案：ACD 解析：由题图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v1′＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项A、C正确，选项B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v＋m2v－＝0，所以两个小球的碰撞是弹性碰撞，选项D正确。 弹性碰撞的特点 1．两个守恒：动量守恒、机械能守恒。 2．运动小球m1(速度v1)与静止小球m2弹性正碰后的三种情景： (1)若m1＝m2，碰撞后两球交换速度。 (2)若m1>m2，碰撞后两个小球的速度都与碰前速度v1的方向相同，而且v1′＜v2′。 特例：若m1≫m2，碰撞后第一个球的速度几乎不变，第二个球以2v1的速度被撞出去。 (3)若m1＜m2，碰撞后第一个球被反向弹回，第二个球被撞出去。 特例：若m1≪m2，碰撞后第一个球被反向以原速率弹回，而第二个球仍静止不动。 角度二　碰撞中的弹簧模型 如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块 学生用书第30页 静止于光滑的水平地面上，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C以v＝6 m/s的初速度在光滑水平地面上向右运动，与前方的物块A发生碰撞(碰撞时间极短)，并且C与A碰撞后二者粘在一起运动。在以后的运动中，求： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物体B的速度多大？弹簧弹性势能的最大值是多大？ (2)弹簧第一次恢复原长时B的速度多大？ 答案：(1) 3 m/s　12 J　(2)6 m/s 解析：(1) 当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大 由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有 mCv＝(mA＋mB＋mC)v′ 解得v′＝3 m/s 由于A、C两者组成的系统碰撞瞬间动量守恒，有 mCv＝(mA＋mC)v1 解得v1＝4 m/s 设弹簧的弹性势能最大为Ep，根据系统机械能守恒，有 Ep＝ (mA＋mC)v－ (mA＋mB＋mC)v′2 解得Ep＝12 J。 (2)C、A碰撞后为初状态，再次恢复原长为末状态，则根据系统动量守恒，有 (mC＋mA)v1＝(mC＋mA)v1′＋mBvB′ 根据系统能量守恒，有 (mC＋mA)v＝ (mC＋mA)v1′2＋ mBvB′2 解得vB′＝6 m/s。 对于含弹簧的相互作用问题，一般情况下满足动量守恒定律和机械能守恒定律。解答此类问题的一般思路： 1．首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。 2．分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。 3．判断解出结果的合理性。 4．由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。 5．要特别注意弹簧的两个状态 (1)弹簧处于原长时：弹簧的弹性势能为零，与弹簧连接的物体的加速度方向发生突变，速度达到最大或最小。 (2)弹簧处于压缩到最短或伸长到最长的状态时，弹簧的弹性势能最大，与弹簧连接的物体具有共同的瞬时速度。 针对练1.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　) A．A物体的质量为3m B．A物体的质量为2m C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 答案：AC 解析：弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mAv；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2，解得mA＝3m，Epm＝mv，故A、C正确。 针对练2.如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，mC＝2 kg，A、B用一轻弹簧连接(弹簧与滑块拴接)，开始时A、B以共同速度v0＝4 m/s运动，且弹簧处于原长，某时刻B与静止在前方的C发生碰撞并粘在一起运动。求： (1)B与C碰后的瞬间，C的速度大小； (2)运动过程中弹簧最大的弹性势能。 答案：(1)2 m/s　(2)4 J 解析：(1)B与C碰撞过程动量守恒，对B和C，取向右为正方向，由动量守恒定律，有 mBv0＝(mB＋mC)vC 解得vC＝2 m/s。 (2)三者共速时弹簧弹性势能最大，对A、B、C及弹簧组成的系统，由动量守恒定律，有 (mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v 碰后过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律，有Ep＝(mB＋mC)v＋mAv－(mA＋mB＋mC)v2 代入数据解得Ep＝4 J。 学生用书第31页 知识点三　碰撞的可行性分析 (多选)A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是9 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后B球的动量变为12 kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是(　　) A．mB＝2mA B．mB＝3mA C．mB＝4mA D．mB＝5mA 答案：AB 解析：以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝12 kg·m/s，解得pA′＝4 kg·m/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，由题意可知，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有＞，解得＜，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有≤，解得≥，综上得≤≤，故A、B正确。故选A、B。 1．碰撞过程中的三个制约因素 (1)动量制约——碰撞前后系统的动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (2)动能制约——碰撞后系统的总动能不增加 m1v＋m2v≥m1v1′2＋m2v2′2 (3)运动制约——碰撞过程的速度关系 ①如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′。 ②如果碰前两物体是相向运动，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。若碰后沿同向运动，v前″≥v后″。 2．分析碰撞问题的思路 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次看总动能是否增加。 (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足动能不增加，同时注意碰后合理的速度关系。 (3)要灵活运用Ek＝、Ek＝pv等关系式进行有关计算。 针对练1.在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s、pB＝7 kg·m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增加量ΔpA、ΔpB可能的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s C．ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s 答案：A 解析：两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等、方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝2 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不可能增加可知，A正确；若ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，B错误；如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝－5 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能，C错误；根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，D错误。故选A。 针对练2.(多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，可能正确的是(　　) A．v1′＝v2′＝ m/s B．v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s C．v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s D．v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s 答案：AD 解析：由碰撞前后系统总动量守恒可得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，总动能不增加，则Ek≥Ek1′＋Ek2′，验证A、B、D三项皆有可能。但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合实际，故A、D项正确。 1．(2023·广东佛山校级联考)如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两个小物块P、Q，Q的质量为m，P的质量为2m，物块P连接一轻弹簧并处于静止状态。现让物块Q以初速度3v0向物块P运动且两物块始终保持在一条直线上。若分别用实线和虚线表示物块Q、P的速度v与时间t之间关系的图线，则在弹簧形变过程中，v­t图像可能是图中的(　　) 答案：C 解析：以两物块及弹簧作为整体分析，当它们速度相等时，由动量守恒定律可得m·(3v0)＝(m＋2m)v，解得v＝v0，故A、B错误；碰弹簧后，Q的速度减小，P的速度增大，在Q的速度大于P的速度时，弹簧压缩量增大，弹簧弹力增大，它们的加速度都增大，当弹簧压缩到最大，开始恢复的过程中，弹力方向不变，Q的速度继续减小，P的速度继续增大，但由于弹簧的压缩量减小，它们的加速度都将减小，故C正确，D错误。 学生用书第32页 2．(多选)(2023·广东清远高一统考期末)两个小球在光滑水平地面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后。mA＝2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能为(　　) A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s B．vA′＝3 m/s，vB′＝5 m/s C．vA′＝3.6 m/s，vB′＝3.6 m/s D．vA′＝4 m/s，vB′＝3 m/s 答案：AC 解析：两小球碰撞过程动量守恒，有p＝mAvA＋mBvB＝p′＝mAvA′＋mBvB′＝18 kg·m/s，又碰撞过程能量不增加，有mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2，即42 J≥mAvA′2＋mBvB′2，碰撞后若两球同向运动时，A球的速度不能大于B球的速度，即vA′≤vB′。代入A选项中的数据可知p1′＝mAvA1′＋mBvB1′＝18 kg·m/s，mAv′＋mBv′＝33 J≤42 J，且速度也合理，故A正确；代入B选项中的数据可知p2′＝mAvA2′＋mBvB2′＝21 kg·m/s，故B错误；代入C选项中的数据可知p3′＝mAvA3′＋mBvB3′＝18 kg·m/s，mAvA3′2＋mBvB3′2＝32.4 J≤42 J，且速度也合理，故C正确；代入D选项中的数据可知p4′＝mAvA4′＋mBvB4′＝17 kg·m/s，故D错误。故选AC。 3．(2023·广东河源高二期中)如图所示，质量mA＝0.2 kg、mB＝0.3 kg的小球A、B均静止在光滑水平面上，现给A球一个向右的初速度v0＝5 m/s，之后与B球发生对心碰撞。 (1)若碰后B球的速度向右为3 m/s，求碰后A球的速度大小； (2)若A、B球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度大小。 答案：(1)0.5 m/s　(2)1 m/s　4 m/s 解析：(1)A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2 解得v1＝0.5 m/s。 (2)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv 解得vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s 即A、B发生弹性碰撞后，速度大小分别为1 m/s、4 m/s。 4．(教材P17物理情境改编)某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5 m，运动员以v0＝2 m/s的初速度将冰壶A水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为vA＝0.2 m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)冰壶A与B碰撞前的速度大小v1； (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； (3)判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞。 答案：(1)1 m/s　(2)0.8 m/s　(3)否 解析：(1)冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前的过程中，根据动能定理可得－μmgs＝mv－mv 代入数据解得v1＝1m/s。 (2)两冰壶碰撞过程中满足动量守恒，则有mv1＝mvA＋mvB，代入数据解得vB＝0.8m/s。 (3)碰撞前两冰壶的总动能为Ek1＝mv＝10 J 碰撞后两冰壶的总动能为Ek2＝mv＋mv＝6.8 J，由于Ek1>Ek2，可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞。 课时测评8　弹性碰撞与非弹性碰撞 (时间：30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1－7题，每题4分，共28分) 1.下列关于碰撞的理解正确的是(　　 ) A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程 B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒 C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞 D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞 答案：A 解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。 2．在光滑的水平面上，一质量为0.1 kg的物块以8 m/s的速度向右运动，与另一质量为0.3 kg的静止物块发生正碰，碰撞后以相同的速度一起向右运动，此碰撞过程损失的机械能为(　　) A．2.4 J B．3.2 J C．0.8 J D．1.2 J 答案：A 解析：碰撞过程系统动量守恒，以运动物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，由能量守恒定律得m1v＝(m1＋m2)v2＋ΔE，代入数据解得ΔE＝2.4 J，故A正确，B、C、D错误。 3．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 答案：A 解析：设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入题图中数据解得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＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入题图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。 4．(多选)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，mAv＝mAv＋mBv，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。 5.如图所示，位于光滑水平桌面上且质量相等的小滑块P和Q都可以视为质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则(　　 ) A．E1＝ B．E1＝E0 C．E2＝ D．E2＝2E0 答案：A 解析：弹簧的最大弹性势能发生在P、Q的速度相等时，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为E1＝mv－2×mv2，解得E1＝mv＝E0，故A正确，B错误；由于P、Q之间发生的是弹性碰撞，且P、Q的质量相等，最终P、Q将交换速度，即小滑块P将静止，小滑块Q以速度v0继续运动，Q的最大动能E2＝E0，故C、D错误。 6．(多选)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝1 kg、vA＝6 m/s、vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　) A．vA′＝1 m/s，vB′＝7 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝6 m/s C．vA′＝4 m/s，vB′＝4 m/s D．vA′＝5 m/s，vB′＝3 m/s 答案：BC 解析：根据动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，根据碰撞过程系统机械能不会增多可得mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2，联立两式解得2 m/s≤vA′<6 m/s，2 m/s<vB′≤6 m/s，又vB′≥vA′，综上可知A、D不可能，B、C可能。 7．在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右的方向为正方向，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增加量ΔpA、ΔpB可能的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s C．ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s 答案：A 解析：两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等、方向相反，根据碰撞过程动量守恒。如果ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝2 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，是可能发生的，故A正确；若ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能发生，故B错误；如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝－5 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能发生，故C错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，由题知，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。 8．(10分)(2023·广东汕头高二期中)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为m＝1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.4 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束后瞬间两滑块一起滑动。求： (1)滑块1与滑块2碰撞过程中损失的能量为多少？ (2)若滑块1与滑块2的碰撞时间为0.02 s，滑块2受到滑块1的平均冲力的大小？ 答案：(1)0.04 J　(2)10 N 解析：(1)滑块1、2碰撞过程，由动量守恒定律，有mv1＝2mv共 解得v共＝0.2 m/s 由能量守恒定律，有ΔE＝mv－·2mv 联立解得ΔE＝0.04 J。 (2)滑块1、2碰撞过程，对滑块2，由动量定理得Ft＝mv共，解得F＝10 N。 9．(10分)(2023·广东东莞高二校考)一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已知mA＝ 0.99 kg、mB＝ 3 kg，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原长。现滑块A被水平飞来的质量为mC＝10 g、速度为400 m/s的子弹击中，且没有穿出，如图所示，试求： (1)子弹击中A的瞬间，A和B的速度大小以及损失的机械能； (2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能； (3)B可获得的最大动能。 答案：(1)4 m/s　0　792 J　(2)6 J　(3)6 J 解析：(1)对子弹和A有mCvC＝(mA＋mC)vA 解得vA＝4 m/s，此时vB＝0 损失的机械能ΔE＝mCv－(mA＋mC)v 解得ΔE＝792 J。 (2)对子弹、A和B有mCvC＝(mA＋mC＋mB)v 解得v ＝ 1 m/s 从子弹与A共速到三者共速的过程，根据能量守恒定律有(mA＋mC)v＝Ep＋(mA＋mC＋mB)v2，解得Ep＝ 6 J。 (3)当弹簧恢复原长时，B的动能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有 (mA＋mC)vA＝(mA＋mC)v1＋mBv2 (mA＋mC)v＝(mA＋mC)v＋mBv 解得v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s 此时B获得的动能最大为EkB＝mBv＝6 J。 10．(12分)(2023·广东广州校考阶段练习)如图所示，三个质量分别为2 kg、1 kg、1 kg的木块A、B、C放置在光滑水平轨道上，开始时B、C均静止，A以初速度v＝6 m/s向右运动，A与B发生弹性碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起。求： (1)A与B碰撞后A、B各自速度的大小； (2)B与C碰撞后共同的速度大小； (3)B与C碰撞过程中损失的动能。 答案：(1)2 m/s　8 m/s　(2)4 m/s　(3)16 J 解析：(1)设A与B碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，由于A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB， mAv2＝mAv＋mBv 联立解得vA＝2 m/s，vB＝8 m/s。 (2)B与C发生碰撞并粘在一起，设B与C碰撞后的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得 mBvB＝(mB＋mC)v共 解得v共＝4 m/s。 (3)B与C碰撞过程中损失的动能为 ΔE＝mBv－(mB＋mC)v＝16 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$