5.弹性碰撞和非弹性碰撞-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书Word（人教版2019）

物理　选择性必修 第一册 RJ 5．弹性碰撞和非弹性碰撞 1．掌握弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。2.会应用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。 任务　弹性碰撞和非弹性碰撞 根据上节课的分析，物体碰撞时系统的动量守恒。这节课我们从能量的角度研究碰撞前后物体动能的变化情况，进而对碰撞进行分类。本章第一节的小车碰撞实验中，如图所示，碰撞后两辆小车粘在一起运动，计算可以发现，碰撞后两辆小车的总动能减少。仔细观察如图的实验装置，想一想，总动能减少的原因是什么？为了尽量减少总动能的损失，可以对如图的实验装置怎样进行改进？ 提示：部分机械能转化为内能。可以在图示实验装置中，分别为两辆小车安装弹性碰撞架，在碰撞过程中，弹性碰撞架先将运动小车的部分动能转化为弹性碰撞架的弹性势能，然后再将储存的弹性势能转化为两辆小车的动能，这样可以尽量减少总动能的损失。 1．弹性碰撞：如果系统在碰撞前后动能不变，这类碰撞叫作弹性碰撞。 2．非弹性碰撞：如果系统在碰撞后动能减少，这类碰撞叫作非弹性碰撞。 1．碰撞过程的特点 (1)时间短：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。 (2)相互作用力大：碰撞过程中，相互作用力先急剧增大，后急剧减小，平均作用力很大。 (3)位移小：碰撞过程是在一瞬间发生的，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。 (4)满足动量守恒的条件：系统的内力远远大于外力，所以即使系统所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。 (5)能量转化特点：一部分动能先转化为弹性势能，再将弹性势能全部或部分地转化为动能，未转化为动能的部分转化为内能或其他能。 2．弹性碰撞和非弹性碰撞过程能量的分析 (1)弹性碰撞过程 以两个弹性小球的碰撞为例，碰撞开始，两小球先相互挤压发生弹性形变，系统内弹力做负功，将系统的一部分动能转化为弹性势能，然后系统内弹力做正功，将系统的弹性势能完全转化为动能，碰撞结束。由于整个过程始末系统的弹性势能相等，所以碰撞前后动能没有损失。 (2)非弹性碰撞过程 以两个非弹性小球的碰撞为例，碰撞开始，两小球先相互挤压发生非弹性形变，将系统的一部分动能转化为其他形式的能(及弹性势能)，然后两个小球粘在一起或在弹力的作用下分开，碰撞结束。由于整个过程始末两小球发生非弹性形变，形变不能完全恢复，所以碰撞前后动能有损失。 3．非弹性碰撞的特例——完全非弹性碰撞 两物体碰撞后粘在一起运动，这种碰撞叫作完全非弹性碰撞，碰撞过程遵循动量守恒定律，且动能(或机械能)损失最多。设质量为m1和m2的物体碰前的速度分别为v1和v2，碰后的共同速度为v，则由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝，系统损失的动能ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2。 如图，冰壶是冬奥会比赛项目之一。某次训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度沿原方向继续向前滑向大本营中心。已知两冰壶质量相等。 (1)求冰壶乙获得的速度； (2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 [解析]　(1)设两冰壶的质量均为m，以碰前冰壶甲的速度方向为正方向，冰壶甲碰撞前、后的速度分别为v1＝0.4 m/s、v2＝0.1 m/s 设冰壶乙碰撞后的速度为v3，由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3 代入数据解得v3＝0.3 m/s 方向与碰撞前冰壶甲的速度方向相同。 (2)冰壶甲、乙组成的系统，碰撞前的总动能 E1＝mv＝1.52 J 碰撞后的总动能E2＝mv＋mv＝0.95 J 因为E1＞E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。 [答案]　(1)0.3 m/s，方向与碰撞前冰壶甲的速度方向相同　(2)非弹性碰撞 [跟进训练]　如图所示，光滑水平桌面上一只质量为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： (1)碰撞前保龄球的速度大小； (2)碰撞中损失的机械能。 答案：(1)2.9 m/s　(2)4.275 J 解析：(1)以碰撞前保龄球的速度方向为正方向，设碰撞前保龄球的速度为v1，保龄球的质量为M，球瓶的质量为m，碰撞后保龄球的速度为v1′，球瓶的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2 代入数据解得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 碰撞中损失的机械能ΔEk＝Ek0－Ek1＝4.275 J。 任务　弹性碰撞的实例分析 1．正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。 2．一维弹性碰撞分析：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生正碰，如图所示，碰撞后它们的速度分别为v1′、v2′，碰撞过程动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；弹性碰撞中没有动能损失：m1v＝m1v1′2＋m2v2′2。可以解出两个物体碰撞后的速度分别为：v1′＝v1，v2′＝v1。 一动碰一静弹性碰撞的几个结论 (1)若m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1，碰后实现了动量和动能的全部转移。 (2)若m1≫m2，v1′≈v1，v2′≈2v1，碰后m1几乎仍保持原来速度运动，质量小的m2将以2v1向前运动。 (3)若m1≪m2，v1′≈－v1，v2′≈0，碰后m1以原速率向相反方向运动，m2几乎未动。 水平面上有2个等大的钢球，空心钢球的质量为实心钢球质量的一半。空心钢球以0.6 m/s、水平向左的速度与静止的实心钢球正碰，碰后空心钢球与实心钢球速度分别为v1、v2，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞。下列说法正确的是(　　) A．v1大小为0.2 m/s，方向水平向左 B．v1大小为0.2 m/s，方向水平向右 C．v2大小为0.2 m/s，方向水平向左 D．v2大小为0.1 m/s，方向水平向左 [解析]　设空心钢球的质量为m，实心钢球的质量为2m，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，根据碰撞前后系统动能不变，有mv＝mv＋×2mv，联立并代入数据解得v1＝－0.2 m/s，v2＝0.4 m/s，可知v1大小为0.2 m/s，方向水平向右，v2大小为0.4 m/s，方向水平向左，故B正确，A、C、D错误。 [答案]　B [跟进训练]　(多选)质量为m0的小球A，以初速度v0与另一质量为M(未知)的静止小球B发生弹性正碰。碰后A球速率为，则M的值可能是(　　) A．3m0 B．2m0 C. D. 答案：BC 解析：以小球A初速度v0的方向为正方向，若碰后A球的速度方向与原方向相反，设碰后B球的速度为v，由动量守恒定律有m0v0＝－m0·＋Mv，由机械能守恒定律有m0v＝m0＋Mv2，联立解得M＝2m0；若碰后A球的速度方向与原方向相同，设碰后B球的速度为v′，由动量守恒定律有m0v0＝m0·＋Mv′，由机械能守恒定律有m0v＝m0＋Mv′2，联立解得M＝，故B、C正确，A、D错误。 任务　碰撞的可能性分析 1．一动碰一静的速度范围 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，碰后可能出现的情况如下： (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 (3)一般情况下(即一般非弹性碰撞)：v1′的区间范围是，v2′的区间范围是。 温馨提示：根据情况(3)即可证明，第4节用平抛实验方案验证动量守恒定律时，保证碰撞后入射球不反弹的条件是m1>m2，即选用质量较大的球作为入射球，正碰静止的质量较小的球。 2．同一直线上碰撞问题遵循的三个原则 (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：①若碰前两物体同向运动，则满足v后>v前，且原来在前面的物体碰后速度一定增大，即v前′>v前。②若碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。③若碰后两物体同向运动，应满足v后′≤v前′。 (多选)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球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是(　　) A．0.7v B．0.6v C．0.4v D．0.2v (1)碰撞的极端情况是哪两种？ 提示：弹性碰撞和完全非弹性碰撞。 (2)B球的速度在什么范围内？ 提示：弹性碰撞所对应的速度和完全非弹性碰撞所对应的速度之间。 [解析]　以两球组成的系统为研究对象，以碰前A球的速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB1，由机械能守恒定律得mv2＝mv＋×2mv，联立解得vA＝－v，vB1＝v，负号表示碰后A球反向弹回；如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)vB2，解得vB2＝v。则碰后B球的速度范围是v≤vB≤v，所以碰后B球的速度大小可能是0.6v和0.4v，不可能是0.7v和0.2v，A、D错误，B、C正确。 [答案]　BC 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一条直线、在同一方向上运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s。A球追上B球时发生碰撞，则A、B两球碰撞后的动量可能是(　　) A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s [解析]　设A、B两球的质量均为m，以A、B为系统，系统所受外力之和为零，A、B组成的系统动量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9 kg·m/s＋3 kg·m/s＝12 kg·m/s，故先排除了D项。A、B碰撞前的动能之和应大于或等于碰撞后的动能之和，即EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′；EkA＋EkB＝＋＝ J＝ J，EkA′＋EkB′＝＋，将A、B、C三项数据代入又可排除C项。A、B两球碰撞后沿同一方向运动，后面A球的速度应小于或等于B球的速度，即vA′≤vB′，代入数据可排除B项，故A正确。 [答案]　A 课后课时作业 知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞 1．(多选)货运飞船与空间站对接组成组合体，假设对接时间极短，下列说法正确的是(　　) A．在对接的短暂过程前后，空间站和货运飞船组成的系统的动量近似保持不变 B．对接前后，空间站和货运飞船组成的系统的总动能可能增大 C．对接前后，空间站和货运飞船组成的系统的总动能一定减小 D．对接前后，空间站和货运飞船组成的系统的总动能保持不变 答案：AC 解析：在对接的短暂过程前后，空间站和货运飞船组成的系统在速度方向上所受外力的合力近似为0，可认为系统的动量守恒，即空间站和货运飞船组成的系统的动量近似保持不变，A正确；空间站和货运飞船组成的系统对接后共速，类似于完全非弹性碰撞，过程中有机械能损失，即对接前后，空间站和货运飞船组成的系统的总动能一定减小，C正确，B、D错误。 2．(多选)光滑水平面上有两个质量均为m＝1 kg的滑块1、2。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。则下列判断正确的是(　　) A．碰撞结束后瞬间两滑块的速度的大小均为0.1 m/s B．碰撞结束后瞬间两滑块的速度的大小均为0.2 m/s C．碰撞过程中损失的动能为0.08 J D．碰撞过程中损失的动能为0.04 J 答案：BD 解析：滑块1、2碰撞过程，由动量守恒定律有mv1＝2mv共，解得碰撞结束后瞬间两滑块的速度的大小均为v共＝0.2 m/s，碰撞过程中损失的动能为ΔE＝mv－×2mv＝0.04 J，A、C错误，B、D正确。 3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　) 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：以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v。碰前总动能为Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2，则Ek＝Ek′，所以这次碰撞是弹性碰撞，故A正确。 4．(多选)光滑水平面的右端有一固定轨道，轨道面是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为2 kg的滑块A以vA＝15 m/s的速度向右滑行，另一质量为1 kg的滑块B从5 m高处由静止开始下滑，它们在水平面相碰后，滑块B刚好能返回到出发点，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　) A．第一次碰撞后滑块A的瞬时速度大小是5 m/s，方向水平向左 B．第一次碰撞后滑块A的瞬时速度大小是5 m/s，方向水平向右 C．两滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能是200 J D．两滑块只能发生一次碰撞 答案：BC 解析：设滑块B下滑至水平面时的速度大小为vB，根据机械能守恒定律可得mBgh＝mBv，解得vB＝10 m/s，碰后滑块B刚好能返回到出发点，则碰后滑块B的速度大小为vB′＝vB＝10 m/s，以向右为正方向，A、B碰撞过程，根据动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得vA′＝5 m/s，即第一次碰撞后滑块A的瞬时速度大小是5 m/s，方向水平向右，A错误，B正确；两滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mAv＋mBv－＝200 J，C正确；第一次碰撞后，A向右运动，B向右滑上轨道后再向左滑下，所以两滑块能发生第二次碰撞，D错误。 知识点二　弹性碰撞的实例分析 5．在冰壶比赛中，如图所示，某次投掷时，冰壶A以速度v＝3 m/s与静止的冰壶B发生弹性正碰，碰撞前后的速度均在同一条直线上，若A、B的质量均为1 kg，则下列说法正确的是(　　) A．碰撞后A的速度为2 m/s B．碰撞后B的速度为1 m/s C．碰撞后A可能反向运动 D．碰撞后B的速度为3 m/s 答案：D 解析：设A、B的质量均为m，A、B发生弹性正碰，以向右为正方向，根据动量守恒定律得mv＝mvA＋mvB，根据机械能守恒定律得mv2＝mv＋mv，解得碰撞后A、B的速度分别为vA＝0，vB＝3 m/s，故D正确，A、B、C错误。 6．(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：设碰前A球的速度为v0，碰后A球的速度为vA，B球的速度为vB，两球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv，解得碰后A球的速度vA＝v0，碰后B球的速度vB＝v0。当mB＝mA时，vA＝0，vB＝v0，碰后两球互换速度，A错误，B正确；当mB>mA时，vA＝v0<0，即碰后A球反向运动，C正确；当mB<mA时，vB＝v0，mB越小，碰后B球的速度vB越大，D错误。 7．在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速，碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的动能大约是(　　) A．15% B．30% C．50% D．85% 答案：B 解析：设中子的质量为m，碰撞前速度为v0，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为v1、v2，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv，联立解得v1＝－v0，则经过一次碰撞，中子损失的动能为ΔEk＝mv－mv＝E0≈30%E0，故B正确，A、C、D错误。 8．碰碰车是一种十分受欢迎的游乐设施，已知碰碰车甲的总质量为m1＝100 kg，碰碰车乙的总质量为m2＝60 kg，两车始终在一条直线上运动，碰撞时间极短，如图所示。 (1)现观测到车甲以v0＝4.5 m/s的速度与静止的车乙发生碰撞，碰后甲、乙的速度变为v1＝1.5 m/s和v2＝5 m/s，请分析这次碰撞是不是弹性碰撞。如果不是弹性碰撞，请计算一下碰撞过程中的机械能损失； (2)车甲以v甲＝5 m/s的速度追上前方以v乙＝3 m/s的速度行驶的车乙发生碰撞，若甲、乙的这次碰撞是弹性碰撞，请求出两车碰后的速度大小。 答案：(1)不是弹性碰撞　150 J (2)3.5 m/s　5.5 m/s 解析：(1)两车碰撞前的总动能 Ek＝m1v＝1012.5 J 碰撞后的总动能 Ek′＝m1v＋m2v＝862.5 J 由于Ek>Ek′，机械能减少，可知这次碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝Ek－Ek′＝150 J。 (2)以碰前甲、乙的运动方向为正方向，设碰后甲的速度为v甲′，乙的速度为v乙′，这次碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律有 m1v甲＋m2v乙＝m1v甲′＋m2v乙′ 根据机械能守恒定律有 m1v＋m2v＝m1v甲′2＋m2v乙′2 联立解得v甲′＝3.5 m/s，v乙′＝5.5 m/s 即碰后车甲的速度大小为3.5 m/s，车乙的速度大小为5.5 m/s。 知识点三　碰撞的可能性分析 9．如图，质量为m的A球与质量为2m的B球在光滑的水平面上，现让A球以速度v向右运动与静止的B球发生正碰，取向右为正方向。则碰后A球的速度不可能为(　　) A．－v B．－v C．0 D.v 答案：B 解析：若两球碰后共速，根据动量守恒定律有mv＝(m＋2m)v1，解得碰后A球的速度v1＝v；若两球的碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv2＋2mv3，mv2＝mv＋×2mv，解得碰后A球的速度v2＝－v。综上可知，碰后A球的速度范围为－v≤vA≤v，故A、C、D可能，B不可能。本题选不可能的，故选B。 10．如图所示，质量相等的A、B两小球在光滑的水平面上发生正碰，以水平向右为正方向，碰前A、B的速度分别为vA＝3 m/s、vB＝－1 m/s，碰后A、B两小球的速度vA′和vB′可能是(　　) A．vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝0 C．vA′＝0，vB′＝2 m/s D．vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s 答案：C 解析：根据题意，设A、B的质量均为m，则碰撞前两球的总动量为p0＝mvA＋mvB＝2m，总动能为Ek0＝mv＋mv＝5m。若vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s，碰撞后两球的总动量为p1＝mvA′＋mvB′＝0，碰撞过程动量不守恒，故A错误；若vA′＝2 m/s，vB′＝0，与B在A的右侧相矛盾，故B错误；若vA′＝0，vB′＝2 m/s，碰撞后两球的总动量为p3＝mvA′＋mvB′＝2m，符合动量守恒定律，碰撞后两球的总动能为Ek3＝mvA′2＋mvB′2＝2m，满足碰撞前后系统动能不增加，故C正确；若vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s，碰撞后两球的总动量为p4＝mvA′＋mvB′＝2m，符合动量守恒定律，碰撞后两球的总动能为Ek4＝mvA′2＋mvB′2＝10m，碰撞后系统动能增加，不符合实际，故D错误。 11.如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 答案：D 解析：下降过程两小球做自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小不变，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1与m2速度大小分别为v1、v2，选竖直向上为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由碰撞前后总动能不变得(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，且m2＝3m1，联立解得v1＝2，v2＝0，小球m1反弹后能达到的高度H＝＝4h，故A、B、C错误，D正确。 12．(多选)如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m的弹性小球P沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km(k为大于0的正整数)且静止在水平地面上的弹性小球Q发生弹性正碰。为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k的取值可能正确的是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：ABC 解析：设两球碰撞前P的速度为v0，碰撞后P与Q的速度分别为v1与v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律及机械能守恒定律分别得mv0＝mv1＋kmv2，mv＝mv＋kmv，联立解得v1＝v0，v2＝v0，为使二者只能发生一次碰撞，必须满足|v1|≤|v2|，又因为k为大于0的正整数，所以解得0＜k≤3，即k的取值可能为1、2、3。故A、B、C正确。 13．(多选)物体间发生碰撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程度的损失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞前二者相对速度大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，用符号ε表示。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A与B之间的碰撞，下列说法正确的是(　　) A．若ε＝0，则表明碰撞结束后A与B均停止运动 B．若ε＝0，则表明A与B的碰撞为完全非弹性碰撞 C．若ε＝1，则表明A与B的碰撞为完全非弹性碰撞 D．若ε＝1，则表明A与B的碰撞为弹性碰撞 答案：BD 解析：若ε＝0，则表明碰撞结束后A、B两物块相对速度为0，即A、B两物块共速，可知A与B的碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可知，碰撞结束后A、B均不会停止运动，A错误，B正确；A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′　①，若ε＝1，即＝1，又vB′>vA′，可得vA＝vB′－vA′　②，由①②联立可得mA(vA－vA′)(vA＋vA′)＝mBvB′2，整理得mAv＝mAvA′2＋mBvB′2，即碰撞前后总动能不变，表明A与B的碰撞为弹性碰撞，故C错误，D正确。 14.“引力弹弓”是指我们发射的深空探测器在探索太阳系或太阳系以外的宇宙空间过程中可以借助星球的引力实现助推加速，从而达到节省燃料、延长探测器有效工作时间的目的。如图所示为一个最简单的“引力弹弓”模型，假设太阳系内一探测器以大小为v的速度向右飞行，同时某一行星向左以大小为u的速度运动(v与u均以太阳为参考系)，探测器在靠近行星的过程中被行星引力吸引改变运动方向并最终与行星同向运动并脱离行星。请你运用所学知识证明此时探测器获得的速度大小为2u＋v(证明时可认为探测器质量远远小于行星质量，不考虑其他星体万有引力的影响)。 答案：见解析 解析：设探测器质量为m，行星质量为M，脱离时探测器速度大小为v1，行星速度大小为v2，取u的方向为正方向。探测器在靠近并脱离行星的过程中，由动量守恒定律可知 Mu－mv＝mv1＋Mv2 探测器靠近和脱离行星时可认为系统万有引力势能不变，故由能量守恒定律有 Mu2＋mv2＝mv＋Mv 联立可解得 v1＝，v2＝ 因为M≫m，所以M＋m≈M，M－m≈M 所以v1＝2u＋v。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$