彈性碰撞和非彈性碰撞
1.彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)機(jī)械能相等．
2.非彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)的機(jī)械能不再相等．
3.完全非彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大．
實(shí)例分析
如下圖所示，在光滑的水平面上放有用輕質(zhì)彈簧拴連的兩個(gè)物塊1、2，現(xiàn)給物塊1一初速度v0，此時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)．
(1)當(dāng)彈簧再次達(dá)到原長時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有
m1v0＝m1v1＋m2v2，
eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
解得v1＝ eq \f(m1－m2,m1＋m2) v0，v2＝ eq \f(2m1,m1＋m2) v0.
若m1＝m2，兩物塊碰撞后交換速度；
若m1?m2或m2?m1，質(zhì)量大的物塊的速度幾乎不變．
(2)若1、2間沒有彈簧，且碰后兩物塊粘在一起，此時(shí)二者速度相同．
由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，
解得v＝ eq \f(m1,m1＋m2) v0，
此時(shí)損失的動(dòng)能最大，即
ΔEk＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v2＝ eq \f(m1m2,2(m1＋m2)) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) .
核心素養(yǎng)
小試身手
1.現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，那么這次碰撞是( A )
A．彈性碰撞
B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞
D．條件不足，無法確定
解析：以甲運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒得3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前總動(dòng)能Ek＝ eq \f(1,2) ·3mv2＋ eq \f(1,2) mv2＝2mv2，碰后總動(dòng)能E′k＝ eq \f(1,2) mv′2＝2mv2 ，Ek＝E′k，所以A正確．
2.如右圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量相等．Q與輕質(zhì)彈簧相連．設(shè)Q靜止，P以某一初速度向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個(gè)碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于( B )
A．P的初動(dòng)能
B．P的初動(dòng)能的 eq \f(1,2)
C．P的初動(dòng)能的 eq \f(1,3)
D．P的初動(dòng)能的 eq \f(1,4)
解析：設(shè)P的初速度為v0，質(zhì)量為m，當(dāng)彈簧具有最大彈性勢能時(shí)，P、Q速度相等，以P運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒得mv0＝2mv′，v′＝ eq \f(v0,2) ，彈簧的最大彈性勢能Ep＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) ×2mv′2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，故B正確．
對碰撞問題的理解
知識(shí)歸納
1.碰撞過程的五個(gè)特點(diǎn)．
(1)時(shí)間特點(diǎn)：在碰撞、爆炸現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短．
(2)相互作用力的特點(diǎn)：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大．
(3)動(dòng)量守恒條件的特點(diǎn)：系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以系統(tǒng)即使所受合外力不為零，外力也可以忽略，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒．
(4)位移特點(diǎn)：碰撞、爆炸過程是在一瞬間發(fā)生的，時(shí)間極短，在物體發(fā)生碰撞、爆炸的瞬間，可忽略物體的位移，認(rèn)為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．
(5)能量特點(diǎn)：碰撞前總動(dòng)能Ek與碰撞后總動(dòng)能Ek′滿足：Ek≥Ek′.
2.碰撞中系統(tǒng)的能量．
(1)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒．
(2)非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能有損失，轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能．
(3)完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最大，碰撞后兩物體粘合在一起以相同的速度運(yùn)動(dòng)．
【典例1】 如右圖所示，一質(zhì)量M＝2 kg的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B．從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)＝0.3 m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1 kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)．已知所有接觸面均光滑，重力加速度g取10 m/s2，求小球B的質(zhì)量．
[核心點(diǎn)撥] (1)所有接觸面均光滑，可知小球下滑過程中弧形軌道與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒．
(2)A球與B球發(fā)生彈性碰撞，說明兩球碰撞過程中動(dòng)量、動(dòng)能均守恒．
(3)A球與B球碰后恰好追不上平臺(tái)，說明A球最終速度水平向左，且與平臺(tái)速度相等．
答案：3 kg
解析：由題意可知，弧形軌道與小球A組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為v1，平臺(tái)水平速度大小為v，以小球A運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有0＝mAv1－Mv，
由能量守恒定律有mAgh＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv2，
聯(lián)立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s，
小球A、B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為v′1和v2，由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)，則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度，有v1′＝1 m/s，以小球A運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得
mAv1＝－mAv1′＋mBv2，
由能量守恒定律有 eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) mAv1′2＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
聯(lián)立解得mB＝3 kg.
處理碰撞類問題的注意事項(xiàng)
(1)當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題，不管碰撞環(huán)境如何，要首先想到利用動(dòng)量守恒定律．
(2)注意是在哪一個(gè)方向上列動(dòng)量守恒方程，另外還得注意速度正、負(fù)號(hào)的選?。?br>(3)對于斜碰，要在相互垂直的兩個(gè)方向上分別應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．
類題訓(xùn)練
1.下列關(guān)于碰撞的理解正確的是( A )
A．碰撞是指相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程
B．如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
C．在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能守恒
D．微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞
解析：碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)發(fā)生的一種現(xiàn)象，碰撞時(shí)在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化，故A正確；如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫作彈性碰撞，故B錯(cuò)誤；碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，但碰撞如果是非彈性碰撞，則存在動(dòng)能損失，故C錯(cuò)誤；微觀粒子的相互作用同樣具有短時(shí)間內(nèi)發(fā)生強(qiáng)大內(nèi)力作用的特點(diǎn)，所以仍然是碰撞，故D錯(cuò)誤．
2.(2024·江蘇南通高二月考)如下圖所示，將質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝3 kg的A、B兩個(gè)物體放在光滑的水平面上，物體B處于靜止?fàn)顟B(tài)，B的左端與一輕彈簧相連接．現(xiàn)在給物體A一水平向右的初速度v0＝4 m/s，則下列說法正確的是( C )
A．彈簧壓縮到最短時(shí)，A物體的速度大小為0
B．彈簧壓縮到最短時(shí)，A物體的速度為2 m/s
C．整個(gè)過程中彈簧儲(chǔ)存的最大彈性勢能為6 J
D．整個(gè)過程中A、B系統(tǒng)的最小動(dòng)能為6 J
解析：彈簧壓縮到最短時(shí)，A、B速度相等，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒有mAv0＝(mA＋mB)v，解得A物體的速度大小v＝1 m/s，A、B錯(cuò)誤；彈簧最短時(shí)，彈簧彈性勢能最大，系統(tǒng)動(dòng)能最小，根據(jù)機(jī)械能守恒得 eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (mA＋mB)v2＋Epmax，解得Epmax＝6 J，系統(tǒng)最小動(dòng)能Ekmin＝ eq \f(1,2) (mA＋mB)v2＝2 J，C正確，D錯(cuò)誤．
碰撞問題的分析和判斷
知識(shí)歸納
處理碰撞問題的三個(gè)原則．
(1)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3) eq \a\vs4\al(速度要,合理) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(①碰前兩物體同向，則v后>v前，,碰后原來在前的物體速度一定增大，,且v前′≥v后′；,②兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩,物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，,除非兩物體碰撞后速度均為零．))
【典例2】 (多選)如右圖所示，在光滑的水平支撐面上，有A、B兩個(gè)小球，A球動(dòng)量為10 kg·m/s，B球動(dòng)量為12 kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球動(dòng)量變?yōu)? kg·m/s，方向沒變，則A、B兩球質(zhì)量的比值為( BC )
A．0.5 B．0.6
C．0.65 D．0.75
[核心點(diǎn)撥] (1)從運(yùn)動(dòng)角度：碰前滿足vA>vB，碰后滿足vB′≥vA′.
(2)從能量角度：碰前總動(dòng)能不小于碰后總動(dòng)能．
解析：A、B兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球要追上B球應(yīng)滿足條件：vA>vB．兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒，且動(dòng)能不會(huì)增加，碰撞結(jié)束滿足條件：vB′≥vA′.由vA>vB得 eq \f(pA,mA) > eq \f(pB,mB) ，即 eq \f(mA,mB) < eq \f(pA,pB) ＝ eq \f(5,6) ＝0.83，由碰撞過程動(dòng)量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pB′＝14 kg·m/s.由碰撞過程的動(dòng)能關(guān)系，得 eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,2mA) ＋ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,2mB) ≥ eq \f(pA′2,2mA) ＋ eq \f(pB′2,2mB) ， eq \f(mA,mB) ≤ eq \f(36,52) ＝0.69，由vB′≥vA′得 eq \f(pB′,mB) ≥ eq \f(pA′,mA) ， eq \f(mA,mB) ≥ eq \f(pA′,PB′) ＝ eq \f(8,14) ＝0.57，所以0.57≤ eq \f(mA,mB) ≤0.69，B、C正確．
同向追及碰撞問題的三個(gè)特點(diǎn)
(1)碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒．
(2)碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加：對于彈性碰撞，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能不變；對于非彈性碰撞，系統(tǒng)的總動(dòng)能將減少．
(3)碰撞后物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)要符合實(shí)際情況．例如物體A追上物體B并發(fā)生碰撞，則碰前A的速度肯定大于B的速度，而碰后A的速度又必須小于或等于B的速度或者A做反向運(yùn)動(dòng)．
類題訓(xùn)練
3.(2024·江蘇連云港高二統(tǒng)考期中)如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩小球在光滑的水平面上發(fā)生正碰，碰前A、B的速度分別為vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B兩小球的速度vA′和vB′可能是( C )
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
解析：根據(jù)題意，設(shè)小球的質(zhì)量為m，則碰撞前的動(dòng)量p1＝mvA＋mvB＝2m，碰撞前動(dòng)能Ek1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝5m，若vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s，則碰撞后的動(dòng)量p2＝mvA′＋mvB′＝0，碰撞過程動(dòng)量不守恒，不符合題意，故A錯(cuò)誤；若vA′＝2 m/s，vB′＝0，由于B在A的右邊，B速度為0，A具有向右的速度，則碰撞未結(jié)束，不符合題意，故B錯(cuò)誤；若vA′＝0，vB′＝2 m/s，碰撞后的動(dòng)量p2＝mvA′＋mvB′＝2m，動(dòng)量守恒，碰撞后動(dòng)能Ek2＝ eq \f(1,2) mvA′2＋ eq \f(1,2) mvB′2＝2m，滿足碰撞后動(dòng)能不增加原則，則符合題意，故C正確；若vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s，碰撞后的動(dòng)量p2＝mvA′＋mvB′＝2m，動(dòng)量守恒，碰撞后動(dòng)能Ek2＝ eq \f(1,2) mvA′2＋ eq \f(1,2) mvB′2＝10m，碰撞后動(dòng)能增加，不符合題意，故D錯(cuò)誤．
4.質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量pA＝9 kg·m/s，B球的動(dòng)量pB＝3 kg·m/s，當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球動(dòng)量的可能值是( A )
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：由碰撞前后兩球總動(dòng)量守恒，即pA＋pB＝p′A＋p′B，可排除選項(xiàng)D；由碰撞后兩球總動(dòng)能不可能增加，即 eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,2m) ＋ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,2m) ≥ eq \f(pA′2,2m) ＋ eq \f(pB′2,2m) ，可排除選項(xiàng)C；由碰撞后A球不可能穿越B球，即 eq \f(pA′,m) ≤ eq \f(pB′,m) ，可排除選項(xiàng)B．綜上所述，四個(gè)選項(xiàng)中只有選項(xiàng)A是可能的．
對爆炸類問題的分析
知識(shí)歸納
解決爆炸類問題時(shí)，要抓住以下三個(gè)特征．
【典例3】 一炮彈質(zhì)量為m，相對水平方向以一定的傾角θ斜向上發(fā)射，發(fā)射速度為v，炮彈在最高點(diǎn)爆炸成兩塊，其中一塊以原速率沿原路徑返回，質(zhì)量為 eq \f(m,2) ，求：
(1)另一塊爆炸后瞬間的速度大??；
(2)爆炸過程系統(tǒng)增加的機(jī)械能．
[核心點(diǎn)撥] (1)在最高點(diǎn)爆炸過程中，水平方向上動(dòng)量守恒．
(2)爆炸過程中，系統(tǒng)內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能．
答案：(1)3v cs θ (2)2m(v cs θ)2
解析：(1)炮彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)處爆炸前的速度v1＝v cs θ，
設(shè)v1的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv1＝ eq \f(m,2) (－v1)＋ eq \f(m,2) v2，解得v2＝3v cs θ.
(2)爆炸過程中系統(tǒng)增加的機(jī)械能
ΔEk＝ eq \f(1,2) · eq \f(m,2) ·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) · eq \f(m,2) ·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
解得ΔEk＝2m(v cs θ)2.
處理爆炸問題的注意事項(xiàng)
(1)在處理爆炸問題，列動(dòng)量守恒方程時(shí)應(yīng)注意：爆炸前的動(dòng)量是指即將爆炸那一刻的動(dòng)量，爆炸后的動(dòng)量是指爆炸剛好結(jié)束時(shí)那一刻的動(dòng)量．
(2)在爆炸過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能增加．
類題訓(xùn)練
5.(2024·廣東肇慶市第一中學(xué)?？?沖天炮飛上天后會(huì)在天空中爆炸．當(dāng)沖天炮從水平地面斜飛向天空后且恰好沿水平方向運(yùn)動(dòng)的瞬間，突然炸裂成一大一小P、Q兩塊，且質(zhì)量較大的P仍沿原來方向飛出去，則( B )
A．質(zhì)量較大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬間，總動(dòng)量守恒
C．炸裂后，P飛行的水平距離較大
D．炸裂時(shí)，P、Q兩塊受到的內(nèi)力的沖量相等
解析：在炸裂過程中，沖天炮所受重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，故系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，因此P、Q兩塊的速度方向均沿水平方向，之后做平拋運(yùn)動(dòng)回到地面，故二者同時(shí)落地，故A錯(cuò)誤，B正確；炸裂時(shí)，質(zhì)量較小的Q的運(yùn)動(dòng)方向可能仍沿原來的方向，也可能與原方向相反，無法確定P、Q兩塊炸裂時(shí)速度的大小關(guān)系，也就無法比較水平距離大小關(guān)系，故C錯(cuò)誤；炸裂時(shí)P、Q兩塊受到的內(nèi)力大小相等、方向相反，故炸裂時(shí)P、Q兩塊受到的內(nèi)力的沖量大小相等、方向相反，故D錯(cuò)誤．
6.如右圖所示，質(zhì)量為m的炮彈運(yùn)動(dòng)到水平地面O點(diǎn)正上方時(shí)速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動(dòng)能為E.若此時(shí)發(fā)生爆炸，炮彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分的動(dòng)能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時(shí)間極短，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求炮彈的兩部分落地點(diǎn)之間的距離．
答案：4 eq \r(\f(Eh,mg))
解析：設(shè)爆炸前炮彈的水平速度為v0，則爆炸之前炮彈的動(dòng)能
E＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
對爆炸過程，由動(dòng)量守恒有mv0＝ eq \f(1,2) mv1＋ eq \f(1,2) mv2，
又 eq \f(1,2) · eq \f(m,2) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) · eq \f(m,2) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2E，解得v1＝0，v2＝2v0，
隨后一塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，一塊做平拋運(yùn)動(dòng)，
則有h＝ eq \f(1,2) gt2，x＝2v0t，
解得x＝4 eq \r(\f(Eh,mg)) .
,,
課時(shí)評價(jià)作業(yè)
A級(jí) 基礎(chǔ)鞏固
1.在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的速度大小可能是( A )
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
解析：由碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得mv＝2mvB＋mvA，vA＜0，則vB＞0.5v，A正確．
2.在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如下圖所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度可能是( D )
A．v1＝v2＝v3＝ eq \f(1,\r(3)) v0
B．v1＝0，v2＝v3＝ eq \f(1,\r(2)) v0
C．v1＝0，v2＝v3＝ eq \f(1,2) v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：由彈性碰撞的規(guī)律可知，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，碰撞時(shí)兩球交換速度，先球1與球2碰，再球2與球3碰，故D正確．
3.(2022·全國高三專題練習(xí))A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，B球在前，A球在后．mA＝1 kg，mB＝2 kg.經(jīng)過一段時(shí)間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞前、后兩球的位移—時(shí)間圖像如下圖所示，根據(jù)以上信息可知碰撞類型屬于( A )
A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法判斷
解析：由題圖可知，A球碰前速度vA＝6 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s；B球碰前速度vB＝3 m/s，碰后速度vB′＝5 m/s.根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，系統(tǒng)碰撞過程動(dòng)量守恒，系統(tǒng)碰前的總動(dòng)能為27 J，碰后的總動(dòng)能也是27 J，所以屬于彈性碰撞，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
4.如下圖所示，光滑水平面上有大小相同、質(zhì)量均為m＝3 kg的A、B、C三個(gè)小球，小球A以速度v0＝4 m/s 向左運(yùn)動(dòng)，與靜止不動(dòng)右端有一輕彈簧的小球B發(fā)生對心碰撞，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短，碰撞后小球A與彈簧不粘連，則下列說法正確的是( B )
A．彈簧最短時(shí)，三個(gè)小球共同速度的大小為1 m/s
B．從開始到彈簧最短的過程中小球C受到的沖量大小為4 N·s
C．從開始到小球A與彈簧分離的過程中整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為6 J
D．小球B與小球C碰撞之前，小球A、B共同速度的大小為3 m/s
解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，當(dāng)小球A、B速度相等時(shí)，且與小球C碰撞之前A、B的速度均為v1，則mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s，故D錯(cuò)誤；從開始到彈簧最短的過程，對A、B、C系統(tǒng)有mv0＝3mv2，解得v2＝ eq \f(4,3) m/s，故A錯(cuò)誤；從開始到彈簧最短的過程，對小球C，由動(dòng)量定理有I＝mv2＝4 N·s，故B正確；B與C相碰的過程mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s，則從開始到小球A與彈簧分離的過程中整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) ·2mv eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝3 J，故C錯(cuò)誤．故選B．
5.(2024·江蘇省鎮(zhèn)江第一中學(xué)?？计谥?有一個(gè)質(zhì)量為4m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為3m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度是( B )
A．3v0－v B．4v0－3v
C．3v0－2v D．3v0－4v
解析：爆竹在最高點(diǎn)速度大小為v0、方向水平向東，爆炸前動(dòng)量為4mv0，其中一塊質(zhì)量為3m，速度大小為v，方向水平向東，設(shè)爆炸后另一塊瞬間速度大小為v1，取爆竹到最高點(diǎn)未爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，爆炸過程動(dòng)量守恒，則有4mv0＝3mv＋mv1，解得v1＝4v0－3v， B正確．
B級(jí) 能力提升
6.(2024·廣東梅州?？?牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載：兩個(gè)彈性小球A、B在一條直線上運(yùn)動(dòng)，B逃跑，A追逐，A追上B后與B發(fā)生作用，B繼續(xù)逃跑，但速度比A的速度大，速度關(guān)系總保持開始時(shí)A、B速度差等于作用后B、A速度差．若上述過程是在光滑水平面上，質(zhì)量為M的彈性球A以速度v1碰撞質(zhì)量為m(M＞m)的彈性球B，球B碰撞前的速度為v2，則發(fā)生對心碰撞后t時(shí)間兩球之間的距離為( D )
A． eq \f(M,m) ( eq \f(v1v2,v1＋v2) )t B． eq \f(v1v2,v1＋v2) t
C．(v1＋v2)t D．(v1－v2)t
解析：根據(jù)題述可知，碰撞前和碰撞后速度關(guān)系應(yīng)滿足v1－v2＝v2′－v1′，其中v1′和v2′為碰撞后兩球的速度，碰撞后兩球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以兩球之間的距離與時(shí)間的關(guān)系為s＝(v2′－v1′)t＝(v1－v2)t，故D正確．
7.(多選)如下圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)．現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放．已知圓弧軌道半徑R＝1.8 m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g取10 m/s2，則碰后小滑塊B的速度大小不可能是( AD )
A．5 m/s B．4 m/s
C．3 m/s D．1 m/s
解析：物塊A下滑到最低點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得mAgR＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得v0＝6 m/s，A與B碰撞過程動(dòng)量守恒，若是彈性碰撞，機(jī)械能也守恒，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2，由機(jī)械能守恒定律得 eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得v2＝4 m/s，A與B碰撞過程動(dòng)量守恒，若是完全非彈性碰撞，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2 m/s，所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為2 m/s≤vB≤4 m/s，所以碰后小滑塊B的速度大小不可能為5 m/s、1 m/s，故A、D錯(cuò)誤，符合題意，B、C正確，不符合題意．故選AD．
8.甲、乙兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，甲球的動(dòng)量p1＝5 kg·m/s，乙球的動(dòng)量p2＝7 kg·m/s，當(dāng)甲球追上乙球發(fā)生碰撞后，乙球的動(dòng)量變?yōu)閜2′＝10 kg·m/s，設(shè)甲球的質(zhì)量為m1，乙球的質(zhì)量為m2，則m1、m2的關(guān)系可能是( B )
A．6m1＝m2 B．4m1＝m2
C．2m1＝m2 D．m1＝m2
解析：由碰撞過程中動(dòng)量守恒，可知碰后甲球的動(dòng)量p1′＝2 kg·m/s，由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有 eq \f(p1,m1) > eq \f(p2,m2) ，可得m2> eq \f(7,5) m1，碰撞后甲的速度小于或等于乙的速度，有 eq \f(p1′,m1) ≤ eq \f(p2′,m2) ，可得m2≤5m1，碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)能不大于碰前系統(tǒng)的動(dòng)能，由Ek＝ eq \f(p2,2m) ，可得 eq \f(p1′2,m1) ＋ eq \f(p2′2,m2) ≤ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,m1) ＋ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,m2) ，解得m2≥ eq \f(17,7) m1，聯(lián)立得 eq \f(17,7) m1≤m2≤5m1，故選B．
9.(多選)(2024·廣東廣州六中?？?如下圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè) eq \f(1,4) 弧形槽，槽半徑為R，A點(diǎn)切線水平，B為最高點(diǎn)，C是AB間某位置．另有一個(gè)質(zhì)量也為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和阻力，下列說法正確的是( AC )
A．當(dāng)v0＝ eq \r(2gR) 時(shí)，小球無法到達(dá)B點(diǎn)
B．當(dāng)v0＝ eq \r(2gR) 時(shí)，小球在弧形槽上運(yùn)動(dòng)的過程中，滑塊的動(dòng)能先增大再減小
C．小球回到斜槽底部離開A點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)
D．小球回到斜槽底部離開A點(diǎn)后可能做平拋運(yùn)動(dòng)
解析：滑塊與小球水平方向動(dòng)量守恒，小球恰能到達(dá)B點(diǎn)時(shí)有mv0＝2mv，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) ·2mv2＋mgR，聯(lián)立可得v0＝2 eq \r(gR) ，可知當(dāng)v0＝ eq \r(2gR) 時(shí)，小球無法到達(dá)B點(diǎn)，故A正確；當(dāng)v0＝ eq \r(2gR) 時(shí)，小球未到達(dá)B點(diǎn)，小球從進(jìn)入弧形槽至最高點(diǎn)的過程中，小球?qū)瑝K的作用力始終做正功，所以滑塊的動(dòng)能一直增大，故B錯(cuò)誤；由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得mv′－mvA＝mv0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mv′2＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，聯(lián)立可得vA＝0，所以小球回到斜槽底部離開A點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤．
10.(2024·廣東東莞校考)如下圖所示，在光滑水平面上，三個(gè)物塊A、B、C在同一直線上，A和B的質(zhì)量分別為mA＝2m，mB＝m，開始時(shí)B和C靜止，A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三個(gè)物塊速度恰好相同．求：
(1)A與B碰撞后，兩者的速度v1和v2；
(2)物塊C的質(zhì)量；
(3)B與C碰撞過程中損失的機(jī)械能．
答案：(1) eq \f(1,3) v0 eq \f(4,3) v0 (2)3m (3) eq \f(2,3) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解析：(1)A與B碰撞過程動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，
由機(jī)械能守恒定律得 eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
聯(lián)立解得v1＝ eq \f(1,3) v0，v2＝ eq \f(4,3) v0.
(2)B、C碰撞后與A的速度相同，設(shè)C的質(zhì)量為mC，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv2＝(mC＋m)v1，
解得mC＝3m.
(3)B與C碰撞過程中損失的機(jī)械能
ΔE＝ eq \f(1,2) m·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) (m＋3m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
解得ΔE＝ eq \f(2,3) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) .
C級(jí) 拓展創(chuàng)新
11.一質(zhì)量M＝6 kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質(zhì)量m＝6 kg，停在B的左端，質(zhì)量m0＝1 kg的小球用長L＝0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點(diǎn)與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達(dá)到的最大高度h＝0.2 m，物塊與小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力．已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1(g取10 m/s2)，求：
(1)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與A碰撞前瞬間小球的速度；
(2)小球與A碰撞后瞬間物塊A的速度；
(3)為使A、B達(dá)到共同速度前A不滑離木板，木板B至少多長．
答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
解析：(1)小球下擺過程，由機(jī)械能守恒定律得m0gL＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，代入數(shù)據(jù)解得v0＝4 m/s.
(2)小球反彈過程機(jī)械能守恒，則有m0gh＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得v1＝2 m/s；
小球與A碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以小球的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有m0v0＝－m0v1＋ mvA，
代入數(shù)據(jù)得vA＝1 m/s.
(3)物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mvA＝(m＋M)v，
代入數(shù)據(jù)解得v＝0.5 m/s，
由能量守恒定律得μmgx＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) － eq \f(1,2) (m＋M)v2，
代入數(shù)據(jù)解得x＝0.25 m．學(xué) 習(xí) 目 標(biāo)
物 理 與 STSE
1.知道彈性碰撞、非彈性碰撞和碰撞現(xiàn)象的特點(diǎn)．
2．能利用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)分析、解決一維碰撞的問題．
物理觀念
彈性碰撞和非彈性碰撞
科學(xué)思維
通過彈性碰撞和非彈性碰撞的學(xué)習(xí)，讓學(xué)生進(jìn)一步認(rèn)識(shí)能量與動(dòng)量結(jié)合的應(yīng)用
科學(xué)探究
通過學(xué)生對彈性碰撞的結(jié)論的推導(dǎo)，進(jìn)一步認(rèn)識(shí)碰撞中的神奇，利用結(jié)論來解釋生活中的一些現(xiàn)象
科學(xué)態(tài)度與責(zé)任
通過本節(jié)的學(xué)習(xí)，培養(yǎng)分析總結(jié)的能力以及學(xué)生科學(xué)探究的精神
動(dòng)量
守恒
由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸系統(tǒng)內(nèi)的相互作用力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
動(dòng)能
增加
在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，因此爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加
位置
不變
爆炸的時(shí)間極短，因而在作用過程中，物體發(fā)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后，物體仍然從爆炸的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)

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高中物理粵教版 (2019)選擇性必修 第一冊電子課本

第五節(jié) 彈性碰撞與非彈性碰撞

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