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1.碰撞
(1)概念:物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象。
(2)特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为系统中物体相互碰撞时系统的动
量守恒。
5　弹性碰撞和非弹性碰撞
知识点 1 弹性碰撞和非弹性碰撞
必备知识 清单破
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性 碰撞 守恒,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 守恒, m1 + m2 =
m1v1'2+ m2v2'2
非弹性 碰撞 守恒,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 有损失,E损=|ΔEk|= - =Q
完全 非弹性 碰撞 守恒,m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 损失最大,E损=|ΔEk|= m1 +
m2 - (m1+m2)
2.碰撞的分类
3.碰撞的特点
时间特点 碰撞现象中,相互作用的时间极短,相对全过程可忽略不计
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
位移特点 极短的时间内物体的速度发生突变,物体发生的位移极小,可忽略物体的位移
能量的特点 碰撞前的总动能总是大于或等于碰撞后的总动能
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:假设质量为m1的物体以速度v1与原来静止的质量为m2的物体发生弹性
正碰,碰撞后它们的速度分别为v1'、v2',碰撞中动量守恒,则有m1v1=m1v1'+m2v2';弹性碰撞中没有
动能损失,则有 m1 = 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。
知识点 2 弹性碰撞的实例分析
v1'= v1,v2'= v1
m1=m2 v1'=0,v2'=v1,即两物体交换速度
m1 m2 v1'=v1(碰后质量为m1的物体速度不变),v2'有最
大值,即2v1
m1 m2 v1'=-v1,v2'=0,即质量为m1的物体以原速率弹
回,质量为m2的物体静止不动
3.弹性碰撞“动碰静”模型中特殊情况讨论
知识辨析
1.两钢球发生碰撞时,我们通常将其视为弹性碰撞吗
2.台球比赛中,运动员用白色主球击中红球后,白色主球有可能静止吗
3.微观粒子间相互作用时,不直接接触,这是碰撞吗
4.让两个带正电的物体加速后,沿同一直线相向运动并发生猛烈碰撞,碰后两物体的动能是否
可以都为零
一语破的
1.是的。两钢球碰撞,动能损失极小,可近似看成机械能守恒,可以将其视为弹性碰撞。
2.有可能。台球发生正碰时可近似认为是弹性碰撞,若质量相等的白球和红球发生正碰,则可
以实现速度互换。
3.是碰撞。微观粒子间相互作用时,短时间内产生强大内力,所以仍然是碰撞,微观粒子碰撞
又叫散射。
4.可以。两个物体碰前运动方向相反,若两物体碰前的动量等大,且两物体发生完全非弹性碰
撞,则碰后两物体均静止,这时两物体的动能都为零。
1.碰撞问题遵循的三个规律
定点 1
碰撞中的合理性问题分析
关键能力 定点破
(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否不增加,同时注意碰后的
速度关系。
(2)要灵活运用Ek= 或p= ,Ek= pv或p= 几个关系式。
2.处理此类问题的思路
弹性碰 撞情形
规律 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2
结果 v1'=2 -v1 v2'=2 -v2
常用结论 若m1=m2,则v1'=v2,v2'=v1
1.一动碰一动模型
定点 2
碰撞中的“动碰动”“动碰静”问题
弹性碰 撞情形
规律 m1v1=m1v1'+m2v2'
m1 = m1v1'2+ m2v2'2
结果 v1'= v2'=
2.一动碰一静模型
常用 结论 m1=m2 v1'=0,v2'=v1 质量相等,速度交换
m1>m2 v1'>0,v2'>0 且v2'>v1' 大碰小,一起跑
m10 小碰大,要反弹
m1 m2 v1'=v1, v2'=2v1 极大碰极小,大不变,
小加倍
m1 m2 v1'=-v1, v2'=0 极小碰极大,小等速
率反弹,大不变
典例　如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的
质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之
间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞【1】。设物体间的碰撞都是弹性碰撞
【2】。

信息提取　【1】A与C碰后反弹,然后再与B碰后再反弹,且反弹的速度必须小于或等于C的
速度。
【2】既满足动量守恒也满足机械能守恒。
模型构建 (1)本题有三个过程,如下:
(2)弹性碰撞的“动碰静”模型中,碰后二者速度表达式:v1'= v1,v2'= v1

解析 A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。
设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。
mv0=mvA1+MvC1 ①
m = m + M ②
联立①②式得
vA1= v0 ③
vC1= v0 ④
如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度均向右,且A的速度小于C的速度,A不可能与B发生碰撞;
如果m=M,第一次碰撞后,A静止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;
所以只需考虑m第一次碰撞后,A向左运动与B发生碰撞。A、B碰撞后,B向左运动,A向右运动。设与B发生碰
撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,
同样有vA2= vA1= v0 ⑤
根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥式得
m2+4mM-M2≥0 ⑦
解得m≥( -2)M ⑧
另一解m≤-( +2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为( -2)M≤m答案 ( -2)M≤m1.弹簧模型
定点 3
类碰撞重要模型
模型图示
模型特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒;
(2)在能量方面,若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒;由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能将发生变化;
(3)弹簧处于最短(最长)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小;
(4)弹簧处于原长时,弹性势能为零,系统动能通常最大,但物体速度一般不相等
重要方程 (1)两小球速度相同时,弹簧最短,弹性势能最大

(2)弹簧恢复原长时

2.子弹打木块模型
模型图示
模型特点 (1)子弹打木块过程很短暂,认为该过程中内力远大于外力,系统的动量守恒,但系统的机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量,当两者的速度相等时(未穿出),系统机械能损失最大;
(2)根据能量守恒,系统损失的动能等于其他形式能的增加;(3)解决该类问题,既可以从动量、能量两方面求解,也可以从力和运动的角度借助图像求解
重要方程 情况1:子弹最终未穿出木块 由动量守恒定律得 mv0=(m+M)v 由系统能量守恒得 ΔEk= m - (m+M)v2 情况2:子弹最终穿出木块

由动量守恒定律得
mv0=mv1+Mv2
由系统能量守恒得
fL= m - m + M
解题思路 (1)应用系统的动量守恒; (2)在涉及子弹或木块的运动时间时,优先考虑用动量定理; (3)在涉及子弹或木块的位移时,优先考虑用动能定理; (4)在涉及相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒 模型 图示
模型 特点 (1)表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的小木块以初速度v0滑上木板;
(2)若木块未滑离木板,当木块与木板相对静止时,设二者的共
同速度为v,木块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,
木块和木板间的摩擦力为f;这类问题类似于子弹打木块模型
中子弹未射出的情况,则有mv0=(M+m)v,f·d= m - (M+m)v2= m ·
(3)若木块滑离木板,设滑离木板时,木块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为l,则根据动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2,摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的减少量,有
3.板块模型
4.小球-弧面模型
模型图示
模型特点 (1)质量为M的滑块静止在光滑水平面上,滑块的光滑弧面底部与水平面相切,一个质量为m的小球以速度v0向滑块运动,设小球不能
越过滑块;
(2)小球到达最高点时,二者速度一定相等(方向水平向右),在水平方向上的动量守恒,整体动量不守恒
重要方程 (1)小球到最高点时(高度为h)
动量守恒:mv0=(M+m)v共
能量守恒: m = (M+m) +mgh
(2)小球回到水平面时(类比一次弹性碰撞)
动量守恒:mv0=mv1+Mv2
能量守恒: m = m + M
典例　如图(a),可当作质点的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上【1】;可当作质点的
物块B向A运动,B的初速度大小为1.2v0【2】,零时刻B与弹簧接触,t0时刻物块A和B达到共同速度
v0;该运动过程中A和B的加速度大小都一直在增大,但A和B的加速度大小之比始终为一恒定
的数值;A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的对地位移大小为0.
36v0t0【3】,求:
(1)该运动过程中物块A和B的加速度大小之比;
(2)该运动过程中物块B的对地位移大小。
图(a)
图(b)
信息提取　【1】物块A、B组成的系统动量守恒。
【2】系统初始的总动量是mB×1.2v0。
【3】物块运动的位移等于其v-t图像与时间轴所围的面积。
模型构建 (1)动量守恒模型:物块A、B组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒。
(2)微元模型:物块A、B在相互作用过程中,系统动量守恒,任意时刻系统的总动量都等于初始
时的总动量mB×1.2v0,即mB×1.2v0=mAvA+mBvB
利用微元法,对于极短的时间Δt内,可以认为vA、vB保持不变,如图所示

所以有mB×1.2v0Δt=mBvBΔt+mAvAΔt
从t=0到t=t0时间内,对微元vAΔt、vBΔt求和,分别等于A、B的v-t图像与时间轴所围的面积,也就
是其运动的位移,有mB×1.2v0t0=mBxB+mAxA
解析 (1)从t=0到t=t0时间内,根据动量守恒有mB×1.2v0=(mA+mB)×v0
解得 = ,
该运动过程中物块A和B受到的作用力大小相等、方向相反,
根据牛顿第二定律有F=mAaA,F=mBaB,则 = =
(2)B接触弹簧后,压缩弹簧的过程中,A、B组成的系统动量守恒,
有mB×1.2v0=mBvB+mAvA
0~t0之间,vA、vB是变化的,利用微元思想可得mB×1.2v0t0=mBxB+mAxA
将xA=0.36v0t0、 = 代入可得xB=1.128v0t0。
答案 (1)5∶1 (2)1.128v0t0第一章　动量守恒定律
5　弹性碰撞和非弹性碰撞
基础过关练
题组一　弹性碰撞和非弹性碰撞的判断
1.(教材习题改编)A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰,碰撞时间极短,两物块运动的位置随时间变化的x-t图像如图所示。以下说法正确的是 (　　)
A.A、B的质量之比为1∶2
B.A、B的质量之比为3∶2
C.该碰撞为弹性碰撞
D.该碰撞为完全非弹性碰撞
题组二　碰撞中的合理性问题
2.(经典题)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。当大石获得的速度较小时,下面的人感受到的震动就会较小,人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的100倍,则撞击后大石块的速度可能为碰撞前铁锤速度的 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.甲、乙两辆玩具汽车,质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg,在光滑水平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=8 m/s、v2=2 m/s,甲从后面追上乙,并发生正碰,碰后两玩具汽车的速度可能是 (　　)
A.v1'=4 m/s,v2'=4 m/s
B.v1'=2 m/s,v2'=7 m/s
C.v1'=-2 m/s,v2'=7 m/s
D.v1'=7 m/s,v2'=2.5 m/s
4.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动,A球的动量是7 kg·m/s,B球的动量是5 kg·m/s,当A球追上B球发生碰撞,碰撞后A、B两球的动量可能值是 (　　)
A.pA=-5 kg·m/s,pB=7 kg·m/s
B.pA=8 kg·m/s,pB=4 kg·m/s
C.pA=0,pB=12 kg·m/s
D.pA=5 kg·m/s,pB=7 kg·m/s
题组三　碰撞的规律及应用
5.(经典题)如图所示,在光滑水平桌面上依次沿同一直线排列10个大小相同的物块,物块1~9的质量均为m,物块10的质量为3m,物块间的距离均为L,物块1在桌子的最右端,某时刻给物块10一个初速度v0,已知物块间均发生弹性正碰,碰撞时间忽略不计,则物块1自桌面抛出的速度大小为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
6.(教材习题改编)碰撞在宏观、微观世界中都是十分普遍的现象,在了解微观粒子的结构和性质的过程中,碰撞的研究起着重要的作用。一种未知粒子x跟静止的氢原子核正碰,测出碰撞后氢原子核的速度是v1,该未知粒子以相同速度跟静止的氮原子核正碰时,测出碰撞后氮原子核的速度是v1,已知氢原子核的质量是mH,氮原子核的质量是14mH,上述碰撞都是弹性碰撞,则下列说法正确的是 (　　)
A.碰撞后未知粒子的机械能增大
B.碰撞后未知粒子的机械能不变
C.未知粒子的质量为
D.碰撞前未知粒子的速度为v1
7.如图所示,质量为m的物块A静止在水平面上,A、B均可视为质点,A的左侧光滑,右侧粗糙,一个质量为M的物块B以速度v0向右运动,与A发生弹性正碰,碰后A向前滑行x1后停止。若仅把A的质量变为3m,其他条件不变,再次让B与A发生弹性碰撞,碰后A向前滑行x2后停止。已知x1∶x2=25∶9,则 (　　)
A.m∶M=1∶2　　　　　　　　B.m∶M=1∶3
C.m∶M=2∶3　　　　　　　　D.m∶M=3∶4
8.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,探测器在远离行星后速度大小为v0',探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可类比两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞。那么下列判断中正确的是 (　　)
A.v0'=2v0-u　　　　　　　　B.v0'=2v0+u
C.v0'=v0-2u　　　　　　　　D.v0'=v0+2u
9.(经典题)一质量M=4 kg的小物块,用长l=1 m的细绳悬挂在天花板上,处于静止状态。一质量m=1 kg的小球以速度v0=15 m/s水平射向物块,并与物块粘在一起,小球与物块相互作用时间极短,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球粘在物块上的瞬间,小球和物块共同速度v的大小;
(2)小球和物块摆动过程中,细绳拉力FT的最大值;
(3)小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度h。
10.为节省空间,超市手推购物车收纳时可以相互嵌套。在水平面上有两辆相互嵌套的购物车,工作人员将处于同一直线上的另一辆购物车猛推一下,沿直线运动t0=0.5 s与前面的两辆车嵌套在一起,嵌套后共同向前运动L=0.25 m后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短,可忽略,已知购物车的质量均为m=16 kg,车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)三辆车从嵌套后一起运动到停下来所用的时间;
(2)工作人员对第一辆车冲量的大小。
能力提升练
题组一　碰撞中的图像问题
1.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动,游乐场上,大人和小孩各驾一辆碰碰车正对迎面相撞,碰撞前后两人的位置-时间图像如图所示,已知小孩的质量为30 kg,大人的质量为60 kg,碰碰车质量相同,碰撞时间极短。下列说法正确的是 (　　)
A.碰前大人和车的速度大小为2 m/s
B.碰碰车质量为15 kg
C.碰撞过程中机械能损失为450 J
D.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为90 N·s
2.物块A、B在水平面上沿同一直线同向滑行,A追上B后发生碰撞,碰撞时间Δt极短,如图为两物块运动的v-t图像,图线在碰撞前、后均平行。已知A的质量为1 kg,则 (　　)
A.物块B的质量为0.5 kg
B.两图线交点的纵坐标为4 m/s
C.碰撞过程中系统的机械能守恒
D.两物块在0~t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同
3.(经典题)在足够长的光滑倾斜长直轨道上,先后将甲、乙两个小球分别以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出,两小球相遇时发生了完全非弹性碰撞,它们运动的v-t图像如图所示。已知小球甲的质量为1 kg,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　)
A.小球乙的质量为2 kg
B.两小球碰撞过程中的机械能损失为25 J
C.轨道倾角满足tan θ=0.2
D.两小球回到出发点时的速度大小为10 m/s
题组二　多物体多过程碰撞问题
4.(经典题)如图所示,在一光滑地面上有A、B、C、D四个同样形状的光滑小球,质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg、mC=2 kg、mD=10 kg,小球A以3 m/s的速度向右运动,与B球发生弹性碰撞,此后所有碰撞均为弹性碰撞,从A开始运动起,四个小球一共发生几次碰撞 (　　)
A.3次　　　　B.4次　　　　C.5次　　　　D.6次
5.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。
6.如图,质量均为M=2 kg的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接,A与地面接触,B离地面的高度为h=0.4 m,质量为m=1 kg的圆环C套在轻绳上,C在B上方L=0.2 m处。由静止释放圆环C,C下落后与B碰撞并粘在一起,碰撞时间极短,不计C与绳之间的摩擦和空气阻力,A、B、C均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)B、C碰撞前瞬间,C的速度为多大;
(2)B、C碰撞后瞬间,共同速度为多大;
(3)B落地后不反弹,A上升离地面的最大高度。
7.如图所示,质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上,质量为2m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接,初始时轻绳处于水平伸直状态,A、B均静止,光滑水平地面上静止有小球1,小球1的质量为m,位于A环正下方处,某时刻释放小球B,B到达最低点时轻绳恰好断裂,断后B恰与1弹性正碰,已知重力加速度为g,不计空气阻力,所有小球均可视为质点,求:
(1)轻绳断裂时B的速度大小vB;
(2)轻绳所能承受的最大拉力FT;
(3)小球B与小球1碰撞后,小球1的速度大小v1。
8.如图,一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上,铁槽底面粗糙,侧壁光滑,半径R= m,槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B,质量均为m=0.2 kg,两滑块与铁槽内壁贴合,且两滑块均可视为质点。两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°;现给A滑块一瞬时冲量,使其获得v0=2 m/s的初速度并沿铁槽运动,与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短);已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)A、B第一次相碰过程中,系统储存的最大弹性势能Epm;
(2)A滑块运动的总路程。
答案与分层梯度式解析
第一章　动量守恒定律
5　弹性碰撞和非弹性碰撞
基础过关练
1.C
图形剖析　
由图可知碰前vA=5 m/s,vB=0,碰后vA'=-1 m/s,vB'=4 m/s,A、B组成的系统碰撞过程动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB',解得=。碰前系统动能E1=mA=mA,碰后系统动能E2=mAvA'2+mBvB'2=mA+8mB=mA,由此可知E1=E2,因此该碰撞为弹性碰撞。故选C。
2.B　如果发生的是完全非弹性碰撞,有mv0=(100m+m)v,解得v=v0;如果发生弹性碰撞,根据动量守恒与机械能守恒有mv0=100mv1+mv2,m=×100m+m,解得v1=v0,碰后大石块的速度介于两者之间,选项B符合题意。
3.A
模型构建　
碰撞的过程中动量守恒,碰撞之后的动能不可能超过碰撞之前的动能。如果碰撞是弹性碰撞,没有损失动能,此时乙的速度最大,(破题关键)根据m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,得v1'=,v2'=,解得v1'=0,v2'=6 m/s。如果碰撞是完全非弹性碰撞,损失动能最多,此时乙的速度最小,(破题关键)根据m1v1+m2v2=(m1+m2)v2″,解得v2″=4 m/s。因此碰后甲的速度范围是0≤v甲≤4 m/s,乙的速度范围是4 m/s≤v乙≤6 m/s,排除B、C、D选项;经检验A选项满足动量守恒,故选项A符合题意。
4.D　碰前A、B的总动量为7 kg·m/s+5 kg·m/s=12 kg·m/s,A选项中,碰后的总动量为-5 kg·m/s+7 kg·m/s=2 kg·m/s,不满足动量守恒,则不可能发生,选项A不符合题意。因为A球追上B球发生碰撞,可知碰后A的动量要减小,B的动量要增加,选项B不符合题意。C选项中,碰后两球总动量为12 kg·m/s,满足动量守恒;根据Ek=,则有+<,碰后能量不能增加,选项C不符合题意。D选项中,碰后两球动量分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s,总动量为12 kg·m/s,满足动量守恒;根据Ek=,则有+=+,即碰后能量不增加,选项D符合题意。
方法技巧　追碰现象合理性分析判断流程:
5.A　物块10与物块9发生弹性正碰,由动量守恒和机械能守恒得3mv0=mv9+3mv10,×3m=m+×3m,解得v10=,v9=,之后物块9与物块8弹性碰撞,有mv9=mv9'+mv8,m=mv9'2+m,解得v9'=0,v8=,同理可知,之后物块8与物块7碰撞速度交换,一直到物块2与物块1碰撞,(破题关键)所以物块1自桌面抛出的速度大小为,选项A正确。
6.C　碰撞过程中未知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上,所以碰撞后未知粒子的机械能减小,选项A、B错误;设未知粒子x碰撞前的速度为v0,未知粒子x跟静止的氢原子核正碰,由动量守恒定律有mxv0=mHv1+mxv2,由能量守恒定律有mx=mH+mx。未知粒子以相同速度跟静止的氮原子核正碰,由动量守恒定律有mxv0=14mH×v1+mxv3,由能量守恒定律有mx=×14mH+mx,联立解得mx=mH,v0=v1,选项C正确,D错误。
7.A　A与B发生弹性碰撞,由动量守恒和机械能守恒,得Mv0=Mv1+mAv2,M=M+mA,碰后A向前滑行,根据动能定理-fx=0-mA,解得x=,可得==,解得m∶M=1∶2,选项A正确。
方法技巧　弹性碰撞“动碰静”模型中,二者碰后速度可直接通过结论式计算,即v1'=v1,v2'=v1。
8.D　设探测器的质量为m,行星的质量为M,规定向左为正方向,由动量守恒得-mv0+Mu=mv0'+Mu1,由机械能守恒得m+Mu2=mv0'2+M,整理可得v0'=(v0+u)+u,由于m M,所以v0'=v0+2u,故选D。
模型构建　
发生弹性碰撞的两物体碰后速度:
v1'=
v2'=
9.答案　(1)3 m/s　(2)95 N　(3)0.45 m
解析　(1)小球和物块系统动量守恒,有
mv0=(M+m)v,解得v=3 m/s
(2)在最低点拉力最大,有
FT-(M+m)g=(M+m)
得FT=95 N
(3)根据系统机械能守恒有
(m+M)gh=(m+M)v2
解得h=0.45 m
10.答案　(1)0.5 s　(2)64 kg·m/s
关键点拨　人推车时间、两车相碰时间极短,则认为:
(1)人对第一辆车的冲量等于其动量变化量;
(2)购物车碰撞瞬间系统动量守恒。
解析　(1)根据题意,车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=,设嵌套后购物车共同运动的加速度大小为a,则根据牛顿第二定律有3kmg=3ma
解得a=2 m/s2
设三辆车从嵌套后一起运动到停下来所用的时间为t,运用逆向思维,可得L=at2
解得t=0.5 s
(2)由于车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=,则可知,第一辆车被推出后做匀减速运动的加速度大小为a,设被推出时的速度大小为v0,与第二、三辆车碰撞时的速度大小为v1,碰撞后的共同速度大小为v2,根据(1)中可得v2=at=2×0.5 m/s=1 m/s
购物车之间碰撞,可认为碰撞前、后瞬间动量守恒,由动量守恒定律有mv1=3mv2
解得v1=3 m/s
根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得v1=v0-at0
代入数据解得v0=4 m/s
则由动量定理可得,工作人员对第一辆车冲量的大小为I=mv0-0=16×4 kg·m/s=64 kg·m/s
能力提升练
1.C　由x-t图像可知,碰前瞬间大人的速度为v大人== m/s=-3 m/s,可知碰前大人和车的速度大小为3 m/s,小孩的速度为v小孩== m/s=2 m/s,碰后的共同速度v== m/s=-1 m/s;设碰碰车的质量为M,碰撞过程系统动量守恒,由动量守恒定律得(m小孩+M)v小孩+(m大人+M)v大人=(2M+m小孩+m大人)v,解得M=30 kg,选项A、B错误。根据能量守恒定律得ΔE=(m小孩+M)+(m大人+M)-(m小孩+m大人+2M)v2,解得ΔE=450 J,选项C正确;碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量p1=(m小孩+M)v小孩=120 kg·m/s,碰后小孩和其驾驶的碰碰车的总动量p2=(m小孩+M)v=-60 kg·m/s,由动量定理可知,碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量I=Δp=p2-p1=-180 N·s,负号表示方向与碰撞前小孩的速度方向相反,故总冲量大小为180 N·s,选项D错误。
2.D
图形剖析　
根据动量守恒有mAv1+mBv2=mAv3+mBv4,代入数据得7 kg·m/s+3 m/s·mB=3 kg·m/s+5 m/s·mB,解得mB=2 kg,选项A错误;图线交点的纵坐标代表共同速度,由mAv1+mBv2=(mA+mB)v共,解得v共= m/s,选项B错误;碰撞前的动能为Ek1=mA+mB,代入数据解得Ek1=33.5 J,碰撞后的动能为Ek2=mA+mB,代入数据解得Ek2=29.5 J,由于Ek1>Ek2,所以系统机械能不守恒,选项C错误;两物块在碰前做匀减速运动的加速度大小相同,根据a=μg,可知两物块与地面间的动摩擦因数相同,根据I=μmgt可知,两物块在0~t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同,选项D正确。
3.B
模型构建　由v-t图像可知,甲、乙两小球在t=4 s时碰撞,此时v甲=-5 m/s,v乙=5 m/s,甲、乙两小球碰撞为完全非弹性碰撞,如图所示:
两小球碰撞过程中动量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=(m甲+m乙)v共,得m乙=1 kg,选项A错误;碰撞过程中机械能损失为ΔE=m甲+m乙=25 J,选项B正确;甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小a== m/s2=5 m/s2,轨道光滑,由牛顿第二定律可知,甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小a==g sin θ,可知sin θ=,则tan θ=,选项C错误;碰撞位置到出发点的距离等于乙球碰撞前运动的距离,根据v-t图像与时间轴所围面积可知,碰撞位置距离出发点为x=20 m,由v2=2ax,得两小球回到出发点时的速度v=10 m/s,选项D错误。
4.C　因球之间的碰撞均为弹性碰撞,则有动量守恒,机械能守恒,A、B碰撞,此碰撞为第一次碰撞,碰后A的速度为v1,B的速度为v2,由动碰静规律可得v1=v0=-1 m/s,v2=v0=2 m/s,可知,因A球质量小于B球质量,碰撞后A球反弹,B球向前运动,B与C碰撞,此碰撞为第二次碰撞,因B、C球质量相等,碰后B、C交换速度,B静止,(破题关键)碰后B的速度为v3,C的速度为v4,则v3=0,v4=2 m/s,C向前运动,C与D碰撞,此碰撞为第三次碰撞,碰后C的速度为v5,D的速度为v6,由动碰静规律可得v5=v4=- m/s,v6=v4= m/s,C和B发生碰撞,此碰撞为第四次碰撞,碰后C的速度为v7,B的速度为v8,由动碰静规律可得v7=v5=0,v8=v5=- m/s,由于B的速度v8大于A的速度v1,故B会追上A,B与A碰撞,此碰撞为第五次碰撞,由于B的质量大于A的质量,碰后B不会反弹。故从A开始运动起,四个小球一共发生5次碰撞,选项C正确。
归纳总结　弹性碰撞的“动碰静”问题中,若二者质量相等,则碰后交换速度。
5.答案　(1)v0　v0　(2)3m　(3)m
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×2m=×2m+m
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=m·-(m+3m)
解得ΔE=m
6.答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m/s　(3)0.488 m
解析　(1)C下落过程,根据动能定理有
mgL=m
解得vC=2 m/s
(2)B、C碰撞过程,系统动量守恒,有
mvC=(m+2M)v共
解得v共=0.4 m/s
(3)设B落地时速度大小为v1,根据系统机械能守恒(m+M)gh-Mgh=(m+2M)-(m+2M)
B落地后,A继续上升过程有-Mgh1=0-M
解得A上升离地的最大高度
H=h+h1=0.488 m
7.答案　(1)　(2)14mg　(3)
解析　(1)小球B开始释放至轻绳断裂,A、B组成的系统水平方向动量守恒,则有mv-2mvB=0
A、B组成的系统机械能守恒,则有2mgL=mv2+(2m),解得vB=
(2)B到达最低点时轻绳恰好断裂,达到最大拉力,由向心力公式有FT-2mg=(易错点)
联立解得FT=14mg
(3)绳断后,B球在水平地面向左运动与球1碰撞,设碰后B球和球1速度分别为vB'、v1,由动量守恒定律和能量守恒定律有2mvB=2mvB'+mv1
×2m=×2mvB'2+m
解得v1=
易混易错　本题第(2)问,因为悬挂点也有速度,向心力公式中代入的速度应为B相对A的速度。
8.答案　(1)1.8 J　(2)5 m
解析　(1)对A滑块,由动能定理可得
-μmg·=m-m
A、B碰撞过程,两者速度相等时,储存的弹性势能最大,
由动量守恒定律得mv1=(m+m)v2
由能量守恒定律可得m=(m+m)+Epm
解得Epm=1.8 J
(2)A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得
mv1=mv3+mv4
由机械能守恒定律可得m=m+m
解得v3=0,v4=6 m/s
设A、B运动的总路程为s1,由功能关系有-μmgs1=0-m
设A、B运动的总圈数为n,有s1=2πRn,得n=2.5
滑块A、B的运动过程如图所示:
对A、B的运动过程进行分析,A运动了1.25圈,故A滑块的路程s2=1.25×2πR=5 m
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