第1章 第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞-【金版新学案】2025-2026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（鲁科版）

第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞 【核心素养目标】 物理观念 弹性碰撞、非弹性碰撞。利用能量守恒与动量守恒观点解决物理问题。 科学思维 构建弹性和非弹性碰撞模型。 科学探究 一维碰撞中两物体速度的关系。 科学态度与责任 物理过程尊重客观事实，能正确判断一个碰撞是否能发生。能将所学知识应用于生活实际。 一、不同类型的碰撞 1.弹性碰撞 若碰撞过程中系统的机械能守恒，即碰撞前后系统的总动能相等，这种碰撞称为弹性碰撞，又称为完全弹性碰撞。 2.非弹性碰撞 把机械能有损失的碰撞称为非弹性碰撞。 3.完全非弹性碰撞 在非弹性碰撞中，如果碰撞后物体结合在一起，系统的动能损失最大，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。 二、弹性碰撞 1.弹性碰撞规律的理论推导 设球A和球B质量分别为m1、m2，碰撞前球A的速度为v1，球B静止(如图)，碰撞后球A和球B的速度分别为v1'、v2'。两球的碰撞可视为弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等。因此m1v1＝m1v1'＋m2v2' ①m1＝m1v1'2＋m2v2'2 ② 由①式得m1(v1－v1')＝m2v2'由②式得m1(－v1'2)＝m2v2'2联立以上两式得v1'＋v1＝v2' 解得v1'＝v1v2'＝ (1)若m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1，表示碰撞后球A速度为0，而球B的速度与撞前球A的速度相等。 (2)若m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，表示碰撞后两球都向前运动。 (3)若m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来。 2.弹性碰撞的实验结论(现象) (1)质量相等的两个钢球碰撞后交换速度。 (2)质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球碰撞后两球运动方向相同。 (3)质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球碰撞后两球运动方向相反。 三、非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 碰撞过程物体会发生不能自行恢复的形变，还可能发热。所以非弹性碰撞有机械能损失，即机械能不守恒。 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'。 (2)机械能不守恒： m1＋m2＞m1v1'2＋m2v2'2。 2.完全非弹性碰撞 属于非弹性碰撞，动量守恒，机械能损失最大，碰撞后两物体结合在一起以相同的速度运动。 学生用书⬇第20页 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v'。 (2)机械能不守恒：m1＋m2＞(m1＋m2)v'2。 1.判断正误 (1)碰撞过程时间很短，内力远大于外力，系统动量守恒。(　　) (2)碰撞过程中机械能一定是守恒的。(　　) (3)分子、原子之间的碰撞可视为弹性碰撞。(　　) (4)弹性碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等。(　　) (5)弹性碰撞中，当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后两球一定都向前运动。(　　) (6)非弹性碰撞过程中动量不守恒，机械能有损失。(　　) (7)完全非弹性碰撞过程中动量是守恒的。(　　) (8)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。(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)× (6)×　(7)√　(8)× 2.链接实景 牛顿摆是由法国物理学家伊丹马略特最早于1676年提出的，如图甲所示，五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当摆动最左侧的球在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动，仅有最右边的球被弹出，如图乙所示。请思考为什么？ 提示：质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰后两球交换速度。 知识点一　 碰撞的特点及分类 如图所示，两个质量相等的钢球，将一球拉到某位置由静止释放。 (1)若发现碰撞后入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？ (2)若碰撞后两球粘在一起，发现两球上升的高度仅是入射球释放时高度的四分之一，说明了什么？ 提示：(1)两球在最低点碰撞时，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中系统的机械能不变。进一步推出动量守恒。 (2)碰撞过程中系统的机械能不守恒。但动量守恒。 1.碰撞过程的特点 (1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体的全过程可忽略不计。 (2)受力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，外力可以忽略，系统的总动量守恒。 (3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置。 (4)能量的特点：碰撞(或打击)过程系统的动能不会增加。 2.弹性碰撞和非弹性碰撞比较 － 弹性碰撞 非弹性碰撞 特征 形变完全恢复 形变不能完全恢复 机械能变化 无机械能损失(守恒) 有机械能损失 动量变化 守恒 守恒 学生用书⬇第21页 弹性碰撞和非弹性碰撞的判断 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：甲、乙两滑块在光滑水平面上发生碰撞，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv'，所以v'＝2v，碰前总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek'＝mv'2＝2mv2，Ek＝Ek'，所以是弹性碰撞，故A正确。 碰撞过程的图像问题 M、N两个物体在光滑水平面上相向运动，一段时间后发生正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图。已知M的质量为1 kg，下列说法正确的是(　　) A.碰撞前M的速度为3 m/s B.N的质量为0.5 kg C.N在碰撞过程中，动量变化量的大小为1 kg·m/s D.两物体的碰撞属于弹性碰撞 答案：B 解析：在x-t图像中，斜率表示速度，由题图可知，碰撞前M的速度为v1＝ m/s＝－3 m/s，故A错误；同理，碰撞后M的速度为0，碰撞前N的速度为v2＝ m/s＝2 m/s，碰撞后N的速度为v2'＝ m/s＝－4 m/s，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m2v2'，解得m2＝0.5 kg，N在碰撞过程中，动量变化量为Δp＝m2v2'－m2v2＝－3 kg·m/s，可得动量变化量的大小为3 kg·m/s，故B正确，C错误；碰撞前系统的总动能为Ek0＝m1＋m2＝5.5 J，碰撞后系统的总动能为Ek＝m2(v2')2＝4 J，可得Ek0＞Ek，可知两物体的碰撞有机械能损失，不属于弹性碰撞，故D错误。故选B。 多体碰撞问题 光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝mB＝m，mC＝2m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B发生弹性正碰后，B又与C发生碰撞并粘在一起，求： (1)B与C碰撞前后B的速度分别是多大？ (2)B与C碰撞中损失的动能是多少？ 审题指导： 题干关键词 提取信息 光滑水平轨道 A与B、B与C碰撞中动量均守恒 A与B发生弹性正碰 碰撞中动量守恒、机械能守恒 B与C发生碰撞并粘在一起 (1)碰撞中动量守恒 (2)碰前B的动能减去碰后B和C的总动能等于损失的动能 答案：(1)v0　　(2)m 解析：(1)设A与B碰撞后，A的速度为vA，B的速度为vB，A与B发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mvA＋mvB，m＝m＋m，得vA＝0，vB＝v0设B与C发生碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律有mvB＝3mv，得v＝。 (2)B与C碰撞中损失的动能ΔE＝m－·3m·v2解得ΔE＝m。 三体碰撞问题的解决流程 1.分解过程——整个过程变为多个子过程。 2.选择系统——A、B或A、C或B、C。 3.明确规律——每个物体在每个过程中遵循的规律。 4.构建方程——寻找关系，构建方程。 针对练1.如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，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.瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 B.瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 C.瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 D.瑞典队冰壶的速度为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/s＝m×0.1 m/s＋mv3解得v3＝0.3 m/s。 动能变化量ΔEk＝m－m－m＝×19(0.42－0.12－0.32) J＝0.57 J＞0 故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确，A、C、D错误。 针对练2.如图所示，立柱固定于光滑水平面上的O点，质量为km的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后小球a立即向左运动，小球b与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，小球b恰好在P点追上小球a，Q点为OP间中点，则(　　) A.k＝　　 B.k＝　　 C.k＝　　 D.k＝ 答案：A 解析：设小球a、b碰后速度大小分别为v1和v2。由题可知，小球b与立柱发生碰撞后恰好在P点追上小球a，则小球a、b从碰后到相遇通过的路程之比为x1∶x2＝1∶3，根据x＝vt得v2＝3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得kmv0＝km(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得km＝km＋m，解得k＝。故选A。 知识点二　碰撞过程中的三个制约因素 如图所示，在光滑水平地面上有质量为m1、m2的两球，分别以速度v1、v2运动。两球发生对心弹性碰撞后速度分别为v1'、v2'。请思考： (1)如果两球能发生碰撞，则碰前两球的速度大小需要满足什么关系？ (2)如果两球发生对心弹性碰撞，碰后速度分别为v1'、v2'，则v1'、v2'的大小有哪些特点？ (3)碰撞前后两球的总动量有什么关系？碰撞前后两球的总动能有什么关系？ 提示：(1)v1＞v2。 (2)两球碰后的速度v1'、v2'的大小关系：①v2'＞v2；②v1'≤v2'。 (3)碰撞前后两球的总动量守恒；碰撞前两球的总动能大于或等于碰撞后两球的总动能。 碰撞过程中的三个制约因素 1.动量制约——系统动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2' 2.动能制约——系统动能不增加 m1＋ m2≥ 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″。 (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≤，≥＝，综上得：≤≤，故A、B正确。 判断碰撞可能性的三条原则 1.首先判断碰撞前后系统的动量是否守恒； 2.其次判断碰撞后系统的动能是否增大； 3.最后判断碰撞前后的速度是否合理。 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，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，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，故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，故D错误。 针对练2.(多选)半径相等的两只小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是(　　 ) A.甲球速度为零而乙球速度不为零 B.乙球速度为零而甲球速度不为零 C.两球速度均不为零 D.两球速度方向均与原方向相反，两球动能仍相等 答案：AC 解析：两球在光滑水平面上发生碰撞过程中，两球构成的系统满足动量守恒，设碰前甲、乙两球质量分别为m1、m2，动能分别为E1、E2，动量分别为p1、p2，由题意知E1＝E2，由动能、动量关系Ek＝ ，可得＝，因为甲、乙两球质量的关系为m1＞m2，可得p1＞p2，由此可知碰前系统的总动量方向与甲球运动方向相同。若碰后甲球静止而乙球运动，乙球只能反向运动，即碰后系统总动量与碰前系统总动量方向相同，满足动量守恒定律，可知A正确。若碰后甲球运动而乙球静止，则甲球只能反向运动，即碰后系统总动量与碰前系统总动量方向相反，违反动量守恒定律，可知B错误。若碰后甲、乙均运动，只要系统总动量(矢量)与碰前系统总动量(矢量)相等，即可满足动量守恒定律，所以C正确。若碰后两球均反向运动且动能相等，则碰后总动量方向必将与碰前系统总动量方向相反，不满足动量守恒定律，所以D错误。 学生用书⬇第23页 知识点三　爆炸问题与碰撞问题的综合应用 　　　　名称 比较项目 爆炸 碰撞 不 同 点 动能 情况 有其他形式的能转化为机械能，机械能会增加 弹性碰撞时机械能不变，非弹性碰撞时动能要损失，机械能转化为内能 相 同 点 过程 特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 过程 模型 碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 能量 情况 都满足能量守恒定律，总能量保持不变 如图所示，光滑水平面上紧靠P端停放着小车C，其上表面与光滑轨道NP齐平，轨道左侧固定竖直平面内的光滑半圆形轨道，N是半圆形轨道的最低点，M是半圆形轨道的最高点。现在水平面上P处放置两个可视为质点的物体A、B紧挨在一起，质量均为m，处于静止状态，今在它们之间放少量炸药，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动，恰能到达半圆形轨道最高点M；物体B向右滑上平板车表面，最后恰好没有从车上掉下来。已知小车C质量为物体B的四倍，物体B与小车C之间的动摩擦因数为μ，半圆轨道的半径为R，重力加速度为g。求： (1)炸药爆炸后物体A的速度大小和炸药爆炸时化学能转变的机械能； (2)小车C的长度。 答案：(1)　5mgR　(2) 解析：(1)炸药爆炸，A、B组成的系统动量守恒，即0＝mvA－mvB A从P到N，匀速，则vN＝vAA从N到M，仅重力做功，机械能守恒，即m＝m＋mg·2RA恰能到达半圆形轨道最高点M，即mg＝m联立解得vA＝vB＝炸药爆炸时化学能转变的机械能为E＝m＋m＝5mgR。 (2)B滑上C且恰好没有从车上掉下来，因水平方向无外力，则mvB＝(m＋4m)v 设车长为L，有能量守恒有μmgL＝m－(m＋4m)v2联立解得L＝。 (多选)如图，两质量均为m的物块A、B紧绑在一起，中间夹有火药，它们沿光滑水平面以速度v0向右运动，某时刻火药爆炸，爆炸完成后，B与前方质量为2m的静止的物体C发生完全非弹性碰撞，之后A、B、C三物块速度相同，不计火药质量和爆炸产生的气体质量，则(　　) A.三物块最终的速度均为 B.火药爆炸后，B的速度为2v0 C.火药爆炸后， A、B组成的系统增加的机械能为m D.最终整个系统的机械能不变 答案：AC 解析：火药爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，可设爆炸后A、B的速度分别为vA、vB，则2mv0＝mvA＋mvB，B与C的碰撞满足系统动量守恒，则mvB＝(m＋2m)v共，由题意知vA＝v共，联立以上三式得vA＝v共＝，vB＝ ，A正确，B错误；火药爆炸后，A、B组成的系统增加的机械能ΔE＝－×2m＝m，C正确；最初整个系统的机械能为×2m＝m，最终整个系统的机械能为×4m＝m，D错误。 学生用书⬇第24页 如图所示，可视为质点的小物块A、B的质量分别为m和3m，静止放在光滑水平地面上，物块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。某时刻炸药爆炸使物块A、B脱离，然后物块A与一质量为2m且以速度v0向右滑动的物块C发生碰撞，物块A、C碰撞后，物块A、B、C具有相同的速度。若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块A、B的机械能，求炸药爆炸时释放的化学能。 答案：m 解析：对炸药爆炸过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得3mvB－mvA＝0，A、C碰撞过程有2mv0－mvA＝3mvB，联立解得vA＝v0，vB＝ 由能量守恒定律，爆炸释放化学能得ΔE＝m＋×3m，解得ΔE＝m。 1.两个小球沿同一直线相向运动，若在相碰前它们的动量大小相等，则相碰后(　　) A.两个小球一定处于静止状态 B.两个小球的总动量一定为零 C.其中一个小球静止，另一个反弹回去 D.碰撞过程中两小球受到的冲量相等 答案：B 解析：两球相向运动，系统动量守恒，因碰前它们的动量大小相等，方向相反，则两球发生正碰后系统总动量为零，故B正确，A、C、D错误。 2.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，不能确定 答案：A 解析：由s -t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va'＝－1 m/s，vb'＝2 m/s，碰撞前动能ma＋mb＝ J，碰撞后动能mava'2＋mbvb'2＝ J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mava'＋mbvb'＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。 3.“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。小明将质量为2m的弹珠甲以水平速度v弹出，与光滑地面上一个质量为m的静止弹珠乙发生正碰。关于两弹珠碰后速度的分析，下列说法可能正确的是(　　) A.v甲＝，v乙＝v B.v甲＝0，v乙＝2v C.v甲＝，v乙＝ D.v甲＝，v乙＝ 答案：A 解析：碰撞过程必满足2mv＝2mv甲＋mv乙，·2mv2≥·2m＋m，将四组数据代入检验，仅选项A成立。故选A。 4.(多选)如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t＝0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v -t图像如图乙所示。已知A的质量为m，t＝3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则(　　) A.B的质量为2m B.橡皮绳的最大弹性势能为m C.橡皮绳的原长为v0t0 D.橡皮绳的原长为v0t0 答案：AD 解析：由题图乙及动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)，解得mB＝2m，故A正确；由题图乙知，2t0时刻橡皮绳刚好处于原长，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律及能量守恒定律得mv0＝mvA＋2mvB，m＝m＋×2m，解得vA＝－v0，vB＝v0，橡皮绳的原长L0＝(vB－vA)(3t0－2t0)＝v0t0，故C错误，D正确；由能量守恒定律可得，橡皮绳的最大弹性势能Epm＝m－(m＋2m)(v0)2＝m，故B错误。故选AD。 课时测评3　弹性碰撞与非弹性碰撞 (时间：45分钟　满分：70分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－11题，每题4分，共44分) 1.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是(　　) A.若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙 B.若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙 C.只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D.无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙 答案：B 解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等，谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此最终谁接球谁的速度小，故B正确。 2.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　) A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动 C.A静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动 答案：D 解析：选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0。B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。 3.在足够长的倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个相同小球以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，它们运动的v-t图像如图所示。据图可知下列说法错误的是(　　) A.该轨道是光滑轨道 B.t＝4 s时，两球相对于出发点的位移相等 C.两球在轨道上发生的碰撞是完全非弹性碰撞 D.两球回到出发点时的速度大小为10 m/s 答案：D 解析：由题图可知，小球往返的加速度不变，则该轨道是光滑轨道，A正确；v-t图像与横轴围成的面积等于位移，则t＝4 s时，两球相对于出发点的位移相等，B正确；由题图可知，两球碰撞后共速，说明两球在轨道上发生的碰撞是完全非弹性碰撞，C正确；两球碰撞时与出发点的距离为s＝×2 m＝20 m，加速度大小为a＝ m/s2＝5 m/s2，两球回到出发点时有v2＝2as，得v＝10 m/s，D错误。故选D。 4.如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线。具有初动能E0的物块1向其他4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5个物块粘成一个整体。这个整体的动能等于(　　) A.E0　　　 B.E0 C.E0　　　 D.E0 答案：C 解析：对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得：mv0＝5mv，解得：v＝，因为E0＝m，则整体的动能Ek＝·5m·v2＝m＝E0，故C正确，A、B、D错误。 5.如图所示，木块A和B质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧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，具有的弹性势能大小为(　　) A.4 J B.8 J C.16 J D.32 J 答案：B 解析：A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2 m/s。当弹簧被压缩至最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能。所以Ep＝(mA＋mB)＝8 J。 6.如图所示，小球A和小球B质量相同(可视为质点)，球B置于光滑水平面上，球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是(　　) A.h B.h C.h D.h 答案：C 解析：对A由机械能守恒mgh＝mv2，得v＝。对碰撞过程由动量守恒mv＝2mv'，得v'＝。设碰撞后A、B整体上摆的最大高度为h'，则2mgh'＝×2mv'2，解得h'＝h，C正确。 7.(多选)如图所示，两个大小相同、质量均为m的冰壶静止在水平冰面上。运动员在极短时间内给在O点的甲冰壶一水平冲量使其向右运动，当甲冰壶运动到A点时与乙冰壶发生弹性正碰，碰后乙冰壶运动到C点停下。已知OA＝AB＝BC＝L，冰壶所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则(　　) A.运动员对甲冰壶做的功为kmgL B.运动员对甲冰壶做的功为3kmgL C.运动员对甲冰壶施加的冲量为m D.运动员对甲冰壶施加的冲量为m 答案：BD 解析：当甲冰壶运动了距离L时与乙冰壶发生弹性正碰，甲冰壶碰后停止运动，乙冰壶以甲冰壶碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于乙冰壶不存在，甲冰壶直接向前运动了3L的距离停止运动，根据动能定理，运动员对甲冰壶做的功等于克服摩擦力做的功，即：W＝3kmgL，故A错误，B正确；运动员施加的冲量I＝Δp＝p－0＝－0＝＝m，故C错误，D正确。 8.“打羽毛球”是一种常见的体育健身活动。当羽毛球以4 m/s的水平速度飞来时，运动员迅速挥拍以9 m/s的水平速度迎面击球，假设羽毛球和羽毛球拍的碰撞为弹性碰撞，且球拍的质量远大于球的质量，则羽毛球反弹的速度大小约为(　　) A.22 m/s B.18 m/s C.13 m/s D.8 m/s 答案：A 解析：运动员迅速挥拍迎面击球，此过程时间短暂，内力远大于外力，动量守恒，由于该过程是弹性碰撞，故作用前后系统机械能守恒。根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，根据机械能守恒定律有m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2，联立解得v1'＝2－v1，规定羽毛球原速度方向为正方向，当m1≪m2时v1'≈2v2－v1＝2×(－9 m/s)－4 m/s＝－22 m/s，羽毛球反弹的速度大小约为22 m/s。故选A。 9.(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　) A.均为＋1 m/s B.＋4 m/s和－5 m/s C.＋2 m/s和－1 m/s D.－1 m/s和＋5 m/s 答案：AD 解析：由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能变化情况：Ek前＝mA＋mB＝27 J，Ek后＝mAvA'2＋mBvB'2，由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误。验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故A、D正确。 10.如图为一种基于伽利略大炮原理的简易模型。两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的3倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　) A.h　　　 B.h C.4h　　　 D.5h 答案：C 解析：设小球P、Q的质量分别为m、3m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得mgh＝mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大、反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有3mv－mv＝mvP＋3mvQ，×4mv2＝m＋×3m，解得vP＝2v，碰后小球P机械能守恒，则有mgh'＝m，解得h'＝4h。故选C。 11.(多选)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示。若mA＝2 kg，mB＝4 kg，经过一段时间，根据以上信息可知(　　) A.碰撞前是小球A追小球B B.碰撞后小球B的加速度变大 C.碰撞前、后A、B两球的总动量守恒 D.碰撞前、后A、B两球的总动能减少 答案：AC 解析：根据s-t图像的斜率表示速度，可知碰撞前A、B的速度分别为vA＝ m/s＝6 m/s，vB＝ m/s＝3 m/s，可知碰撞前是小球A追小球B；碰撞后A、B的速度分别为vA'＝ m/s＝2 m/s，vB'＝ m/s＝5 m/s，碰撞后B做匀速直线运动，B的加速度仍为0；碰撞前、后A、B两球的总动量分别为p＝mAvA＋mBvB＝2×6 kg·m/s＋4×3 kg·m/s＝24 kg·m/s，p'＝mAvA'＋mBvB'＝2×2 kg·m/s＋4×5 kg·m/s＝24 kg·m/s，可知碰撞前、后A、B两球的总动量守恒；碰撞前、后A、B两球的总动能分别为E＝mA＋mB＝×2×62 J＋×4×32 J＝54 J，E'＝mAvA'2＋mBvB'2＝×2×22 J＋×4×52 J＝54 J，可知碰撞前、后A、B两球的总动能不变。故选AC。 12.(10分)如图所示，光滑轨道的下端离地0.8 m，质量为m的A球从轨道上端无初速释放，到下端时与质量也为m的B球正碰，B球碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，求A球释放的高度h可能值的范围。(g取10 m/s2) 答案：0.2 m≤h≤0.8 m 解析：B球做平抛运动，有x＝vB't，y＝gt2得vB'＝＝x＝0.8× m/s＝2 m/s A球和B球在碰撞中若无能量损失，vA'＝0，由动量守恒定律，有mvA1＝mvB'，vA1＝vB'＝2 m/s由机械能守恒定律，有mgh1＝mh1＝＝ m＝0.2 mA球和B球在碰撞中若能量损失最大，则vA'＝vB'，由动量守恒定律，有mvA2＝(m＋m)vB'，vA2＝2vB'＝2×2 m/s＝4 m/s根据机械能守恒定律，有mgh2＝mh2＝＝ m＝0.8 m所以A球的释放高度为0.2 m≤h≤0.8 m。 13.(16分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。 答案：(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s 解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB'，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB'2＝2aBsB ②联立①②式并利用题给数据得 vB'＝3.0 m/s。③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA'，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA'2＝2aAsA⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA'＋mBvB'⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.25 m/s⑦ 学生用书⬇第25页 学科网（北京）股份有限公司 $