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第一章 动量守恒定律
课时1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.通过对日常现象的观察，明确碰撞的分类及特点。
2.通过实验探究，体会碰撞前后物体动能的变化。
3.通过练习，掌握解决碰撞问题的方法，并能用能量的观点分析弹性碰撞和非弹性碰撞。
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞的特点：物体碰撞时，相互作用时间很短，相互作用的内力很大，故碰撞过程满足动量守恒．
2．碰撞的分类：
(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：如果系统在碰撞前后动能减少，这类碰撞叫作非弹性碰撞．
二、弹性碰撞的实例分析
　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．如图所示．
基础过关练
题组一　对碰撞问题的理解
1.下列对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
2.新型冠状病毒引发肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护。下图中，母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，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
3.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为 (　　)
A. B.
C. D.
4. A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速度是原来的一半，碰后两球的速度之比v'A∶v'B为 (　　)
A.2∶3 B.1∶3 C.2∶1 D.1∶2
5.如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA>mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别水平作用在A、B上，经过相同时间后撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将 (　　)
A.停止运动 B.向左运动
C.向右运动 D.运动方向不能确定
6. (多选)质量分别为M和m0的滑块A、B用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正前方的质量为m的静止滑块C发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是 (　　)
A.A、B、C速度均发生变化，分别变为v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3
B.B的速度不变，A和C的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2
C.B的速度不变，A和C的速度都变为v'，且满足Mv=(M+m)v'
D.A、B、C速度均发生变化，A、B的速度都变为v1，C的速度变为v2，且满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
题组二　碰撞过程遵从的三个原则
7.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s，则 (　　)
A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
8.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是 (　　)
A.v'A=5 m/s，v'B=2.5 m/s B.v'A=2 m/s，v'B=4 m/s
C.v'A=-4 m/s，v'B=7 m/s D.v'A=7 m/s，v'B=1.5 m/s
9.质量为1 kg的小球A以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球B正碰，关于碰后A、B的速度vA和vB，下列哪些是可能的 (　　)
A.vA=vB= m/s
B.vA=1 m/s，vB=2.5 m/s
C.vA=1 m/s，vB=3 m/s
D.vA=-4 m/s，vB=4 m/s
10.光滑水平导轨上有A、B两球，球A追上并与球B正碰，碰前两球动量分别为pA=5 kg·m/s，pB=7 kg·m/s，碰后球B的动量p'B=10 kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是 (　　)
A.mB=mA B.mB=2mA
C.mB=4mA D.mB=6mA
能力提升练
题组一　碰撞中的动量守恒和能量守恒的综合应用
1.()如图所示，质量为m的A球在光滑水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动，速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2。碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统，即e=，下列选项正确的是 (　　)
A.e=1 B.e=
C.e= D.e=
2.()一质量为m1的物体A以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体B发生碰撞，其中m2=km1，k<1。碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体的速度分别为v1和v2。假设碰撞为一维碰撞，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体A撞后与碰撞前速度之比r=的取值范围是 (　　)
A.≤r≤1 B.≤r≤
C.0≤r≤ D.≤r≤
3.()(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子内有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(重力加速度大小为g)(易错)
A.mv2 B.v2
C.NμmgL D.NμmgL
题组二　碰撞中的图像问题
4.()(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m1的足够长的木板向左匀速运动。t=0时刻，质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板。t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向。则下列图中正确的是 (　　)
5.()(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的A、B两个小球发生正碰，两小球的质量分别为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
6.()在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则 (　　)
A.两壶发生了弹性碰撞
B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
7.()(多选)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图像如图乙所示，则可知 (　　)
A.A的质量为4 kg
B.运动过程中A的最大速度为4 m/s
C.在A离开挡板前，A、B及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒
D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3 J
题组三　多物体或多过程碰撞问题
8.()如图所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球的质量小于B球的质量，A球的质量等于F球的质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后 (　　)
A.五个小球静止，一个小球运动
B.四个小球静止，两个小球运动
C.三个小球静止，三个小球运动
D.六个小球都运动
9.()(多选)如图所示，A球从距地面h=2.5 m处由静止释放，同时B球从地面以v0=5 m/s的速度竖直上抛，二者在同一直线上运动，经一段时间后二者发生弹性正碰，之后B与地面发生正碰时在某装置作用下迅速固定在地面上，已知两球完全相同，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力，在整个运动过程中，下列说法正确的是(易错)
A.两球在B球上升到最高点时发生第一次碰撞
B.两球发生第一次碰撞后瞬间B球速度的大小为5 m/s
C.A球最终将在B球上方做往复运动
D.A球最终能上升的最大高度为2.5 m
10.()如图所示，质量均为M=4 kg的小车A、B在光滑水平面上，B车上用轻绳挂有质量为m=2 kg的小球C，B车静止，A车以v0=2 m/s的速度向B车运动，相碰后粘在一起(碰撞时间很短)。求:
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小。
11.()如图所示，物块C质量mC=4 kg，上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，mB=2 kg。长为L=3.6 m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，mA=3 kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角，将物块A从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1=2 kg、m2=1 kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好能回到释放时的初始位置。A、B都可以看成质点。取g=10 m/s2。求:
(1)物块A在最低点时的速度v0。
(2)物块A炸裂时增加的机械能ΔE。
(3)在以后的过程中，弹簧的最大弹性势能Epm。
答案全解全析
基础过关练
1.A　碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力，所以可认为碰撞过程动量守恒，动能不一定守恒，A正确，B错误。如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞是弹性碰撞，C错误。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，D错误。
2.A　设碰撞后女儿的速度为v'，根据动量守恒定律可得3mv-mv=mv'，故碰后女儿的速度为v'=2v；碰前母女俩的总动能为Ek=×3mv2+mv2=2mv2，碰后母女俩的总动能为E'k=mv'2=2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞，选A。
3.A　设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，规定中子初速度的方向为正方向，有mv1=mv2+Amv，m=m+·Amv2，两式联立解得=，选A。
4.A　设碰撞前A的速率为vA，碰后A的速率为v'A=vA，以A初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得2mvA=mvA+2mv'B，解得v'B=vA，则有v'A∶v'B=2∶3，故选A。
5.A　将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B两个物体上，经相同的时间，两个力的冲量大小相等，方向相反，由动量定理知两个物体的动量等值、反向，撤去两个力，系统动量守恒，故碰撞后粘在一起停止运动。故选A。
6.BC　碰撞瞬间A和C组成的系统动量守恒，B的速度在碰撞瞬间不变，以A的初速度方向为正方向，若碰后A和C的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2；若碰后A和C的速度相同，由动量守恒定律得Mv=(M+m)v'。故选B、C。
7.A　规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，说明A、B两球的速度方向均向右，两球质量关系为mB=2mA，所以碰撞前vA>vB，左方是A球；碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒，有mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B，可解得碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，根据mB=2mA，可知碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5。故选A。
8.B　考虑实际情况，碰撞后A球速度不可能大于B球的速度，A、D均错误；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为Ek=mA+mB=22 J，同理算出B选项碰撞后总动能为18 J，C选项碰撞后总动能为57 J，C错误，B正确。
9.A　碰撞前总动量为p=mAv0=1×4 kg·m/s=4 kg·m/s；碰撞前总动能为Ek=mA=×1×42 J=8 J。如果vA=vB= m/s，碰后动量p'=mAvA+mBvB=1×+2× kg·m/s=4 kg·m/s，碰后动能Ek=mA+mB=×1×2 J+×2×2 J= J，碰撞过程动量守恒，动能不增加，A可能；如果vA=1 m/s，vB=2.5 m/s，碰后动量p'=mAvA+mBvB=(1×1+2×2.5) kg·m/s=6 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，B不可能；如果vA=1 m/s，vB=3 m/s，碰后动量p'=mAvA+mBvB=(1×1+2×3) kg·m/s=7 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C不可能；如果vA=-4 m/s，vB=4 m/s，碰后动量p'=mAvA+mBvB=1×(-4) kg·m/s+2×4 kg·m/s=4 kg·m/s，碰后动能Ek=mA+mB=×1×(-4)2 J+×2×42 J=24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D不可能。
10.C　由动量守恒定律得pA+pB=p'A+p'B，解得p'A=2 kg·m/s，要使球A追上球B，则vA>vB，即>，代入数据得mB>1.4mA；碰撞过程动能不增加，则有+≥+，代入数据得mB≥mA=2.43mA；碰撞后同向运动，A球速度不大于B球速度，则有≤，代入数据得mB≤5mA。综上分析可知2.43mA≤mB≤5mA，故选C。
能力提升练
1.A　A、B在碰撞的过程中，根据动量守恒定律可得2mv0=mv1+2mv2；在碰撞的过程中机械能守恒，可得×2m=m+×2m，解得v1=v0，v2=v0，则恢复系统e==1，故选A。
2.B　若发生弹性碰撞，则由动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2；由能量关系可得m1=m1+m2，解得v1=v0，则=；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v1，解得v1=v2=，则=，由能量关系得m1>m1+m2，其中v1=v2，解得<；综上可得≤r≤。故选B。
关键点拨
明确完全非弹性碰撞的特点:碰后两物体粘在一起(即合二为一)，动量守恒，动能损失最大。
3.BD　根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v'=，损失的动能ΔEk=mv2-(M+m)v'2=，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程，所以ΔEk=NfL=NμmgL，可见D正确。
易错分析
易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为L，则发生N次碰撞，相对路程为NL，而错选C。要注意系统中由于摩擦而产生的热量表达式Q=fs中，s为相对路程。
4.BD　木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，设t=0时刻木板和木块的速度大小为v，t1时刻木板和木块的速度大小为v'，则有m1v-m2v=(m1+m2)v'，知m1>m2；木块的加速度a2=，方向向左，木板的加速度a1=，方向向右，因为m1>m2，所以<，故A错误，B正确。木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，速度减到零后，反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动；木板先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动，速度方向向左，为正值，故C错误，D正确。
5.AC　由题图乙可以看出，碰前A的位移随时间均匀增加，B的位移不变，可知B静止，A向右运动，故A正确；碰后B的位移增大，A的位移减小，说明运动方向不一致，B错误；由题图乙可以计算出A碰前的速度v1=4 m/s，碰后的速度v'1=-2 m/s，B碰前的速度v2=0，碰后的速度v'2=2 m/s，由动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2，计算得m2=0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE=m1-m1v'-m2v'=0，因此D错误。
6.B　由题图(b)可知碰前红壶的速度v0=1.0 m/s，碰后速度v'0=0.2 m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动；设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=mv'0+mv，代入数据解得v=0.8 m/s，则有m>mv'+mv2，碰撞过程动能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确。根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x=t=×5 m=2 m，C错误；根据v-t图线的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
7.BD　弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时A、B共速，由图知A、B共同速度为v共=2 m/s；A刚离开挡板时B的速度为v0=3 m/s，取向右为正方向，在A离开挡板后，由动量守恒定律，有mBv0=(mA+vB)v共，解得mA=1 kg，A错误。当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由动量守恒和机械能守恒得mBv0=mAvA+mBvB，mB=mA+mB，解得A的最大速度vA=4 m/s，B正确。在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C错误。分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图像数据可知，弹簧伸长到最长时，A、B的共同速度为v共=2 m/s，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有mBv0=(mA+mB)v共，Ep=
mB-(mA+mB)，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep=3 J，D正确。
关键点拨
解答本题时需明确:(1)弹簧伸长量最大时，弹性势能最大，A、B两物块共速，且此时B物块的加速度最大；(2)在v-t图像中，图线斜率最大处的加速度最大。
8.C　假设一运动小球碰静止小球，设入碰小球的速度为v0，碰撞后两球的速度分别为v1和v2，发生的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v0=m1v1+m2v2，m1=m1+m2，解得碰撞后两个小球的速度为v1=，v2=。由于A球质量小于B球质量，所以A、B相碰后A向左运动，B向右运动；B、C、D、E四球质量相等，弹性碰撞后交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；由于F球质量小于E球质量，所以E、F两球弹性碰撞后都向右运动。综上可知，碰撞之后B、C、D三球静止，A球向左运动，E、F两球向右运动，故选C。
9.ABC　取A球为参考系，B球相对A球做匀速直线运动，经t==0.5 s相遇，相遇时B球的速度vB=v0-gt=0，A正确；相遇时A球的速度vA=gt=5 m/s，由于二者质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，碰后B球速度的大小为5 m/s，B正确；B球与地面碰撞后固定在地面上，A球落下后与B球发生弹性碰撞，反弹后速度大小不变，不计空气阻力，故A球最终将在B球上方做往复运动，C正确；从地面竖直上抛B球的过程中，B球上升的高度hB=t=1.25 m，第一次碰撞后A球下降1.25 m时的速度与第一次碰撞前瞬间的速度相同，均为5 m/s，与B球发生弹性碰撞，反弹后上升的高度仍为1.25 m，D错误。
易错分析
由于不计空气阻力且碰撞为弹性碰撞，所以易误认为碰撞后A球仍可上升至2.5 m处，从而错选D。两球碰撞过程虽无能量损失，但碰撞后速度发生了互换，导致碰后A球的速度变小，因此无法上升至原高度。
10.答案　(1)4 J　(2)1.6 m/s
解析　(1)设A、B车碰后共同速度为v1，由动量守恒定律得
Mv0=2Mv1①
系统损失的机械能为E损=M-×2M②
联立①②解得E损=4 J③
(2)设碰后小球C第一次回到最低点时A、B车速为v2，小球C速度为v3，对A、B、C系统，
由水平方向动量守恒得2Mv1=2Mv2+mv3④
由能量守恒得×2M=×2M+m⑤
联立①④⑤解得v3=1.6 m/s⑥
11.答案　(1)6 m/s　(2)108 J　(3)36 J
解析　(1)物块A由静止释放到到达最低点过程，由动能定理有
mAgL(1-cos 60°)=mA①
解得v0=6 m/s②
(2)设炸裂后物块1的速度为v1，物块2的速度大小为v2，则
v2=v0③
由动量守恒定律得mAv0=m1v1-m2v2④
联立②③④解得v1=12 m/s⑤
增加的机械能ΔE=m1+m2-mA⑥
联立②③⑤⑥解得ΔE=108 J⑦
(3)设物块1与B粘在一起时的共同速度为vB，由动量守恒定律得
m1v1=(m1+mB)vB⑧
联立⑤⑧解得vB=6 m/s⑨
在以后的过程中，当物块C和物块1、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，由动量守恒定律得
(m1+mB)vB=(m1+mB+mC)vm⑩
联立⑨⑩解得vm=3 m/s
由能量守恒定律得
Epm=(m1+mB)-(m1+mB+mC)
联立⑨解得Epm=36 J

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