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第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞
[定位·学习目标]　
1.知道什么是弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞。2.会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。
探究·必备知识
「探究新知」
知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞
如果碰撞过程中 守恒,这样的碰撞叫作弹性碰撞。
2.非弹性碰撞
(1)非弹性碰撞:如果碰撞过程中 不守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞。
(2)完全非弹性碰撞:是非弹性碰撞的特例,这种碰撞的特点是碰后
(或碰后具有共同的速度),其动能损失 。
机械能
机械能
结合在
一起
最大
知识点二　弹性碰撞实例分析
2.若m1=m2,则v1′= ,v2′= ,即两者碰后交换速度。
3.若m1 m2,则v1′= ,v2′= ,表明m1的速度不变,m2以 2v1的速度被撞出去。
4.若m1 m2,则v1′= ,v2′=0,表明m1被反向以 弹回,而m2仍静止。
0
v1
v1
2v1
-v1
原速率
1.两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰,v1≠0,v2=0,则碰后两球的速度分
别为 v1′= ,v2′= 。
「新知检测」
1.思考判断[正确的打“√”,错误的打“×”]
(1)发生碰撞的两个物体,动量是守恒的。(　 　)
(2)发生碰撞的两个物体,机械能是守恒的。(　 　)
(3)碰撞后,两个物体粘在一起,动量是守恒的,但机械能损失是最大的。
(　 　)
(4)与静止的小球发生弹性碰撞时,入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度。(　 　)
(5)两球发生弹性正碰时,两者碰后交换速度。(　 　)
√
×
√
√
×
2.思维探究
(1)两小球发生对心碰撞,碰撞过程中,两球的机械能守恒吗
【答案】 (1)两球发生对心碰撞,动量是守恒的,但机械能不一定守恒,只有发生弹性碰撞时,机械能才守恒。
(2)如图所示,打台球时,质量相等的母球与目标球发生碰撞,两个球一定交换速度吗 碰撞一定是对心碰撞吗
【答案】 (2)不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时,系统的总动量守恒,总机械能守恒,才会交换速度,否则不会交换速度。母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生。
突破·关键能力
要点一　碰撞的特点和分类
「情境探究」
碰撞是指发生相向运动或同向运动的物体相遇时,它们的运动状态发生显著变化的物理过程。如图所示,是我们平时常见的碰撞现象。
(1)两物体碰撞过程中,作用时间及位移变化有什么特点
【答案】 (1)两个物体碰撞时,由于碰撞时间极短,物体发生的位移极小,可认为碰撞前后位置不变。
(2)以发生碰撞的两个物体为系统,碰撞前后总动量守恒吗
【答案】 (2)动量守恒。
(3)碰撞问题的机械能一定守恒吗 有什么特点
【答案】 (3)机械能不一定守恒;机械能不增加。
1.碰撞过程的四个特点
(1)时间特点:碰撞现象中,相互作用的时间极短。
(2)相互作用力的特点: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:碰撞过程发生的时间极短,可认为是在一瞬间发生的,可忽略物体的位移,认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。
(4)能量特点:碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。
「要点归纳」
2.碰撞的分类
(1)从能量角度分类。
①弹性碰撞:碰撞过程中动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞:碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒。
(2)从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类。
①正碰(对心碰撞):两个球发生碰撞,如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上,碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向。
②斜碰(非对心碰撞):两个球发生碰撞,碰撞之前球的速度方向与两球心的连线不在同一条直线上,碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。
[例1] 质量分别为300 g和200 g的两个物体在光滑的水平面上相向运动,速度分别为50 cm/s 和 100 cm/s。
(1)如果两物体碰撞并粘在一起,求它们共同的速度大小;
【答案】 (1)0.1 m/s　
【解析】 (1)取300 g物体的初速度方向为正方向,设m1=300 g=0.3 kg,
m2=200 g=0.2 kg,
v1=50 cm/s=0.5 m/s,
v2=-100 cm/s=-1 m/s。
设两物体碰撞后粘在一起的共同速度为v,
由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
代入数据解得v=-0.1 m/s,
负号表示方向与v1的方向相反。
(2)求(1)中碰撞后损失的动能;
【答案】 (2)0.135 J
(3)如果碰撞是弹性碰撞,求两物体碰撞后的速度大小。
【答案】 (3)0.7 m/s　0.8 m/s
处理碰撞问题的两个关键点
(1)选取动量守恒的系统:若有三个或更多个物体参与碰撞时,要合理选取所研究的系统。
(2)弄清碰撞的类型:弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。注意对心碰撞不一定是弹性碰撞。
·学习笔记·
[针对训练1] A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,如图表示发生碰撞前后的v t图线,由图线可以判断,A、B的质量之比为　　　,A、B作用前后总动量　　　　(选填“守恒”或“不守恒”),A、B作用前后总动能　　　　(选填“改变”或“不变”)。
3∶2
守恒
不变
要点二　碰撞问题的分析和判断
「情境探究」
(1)如图甲,五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接,把最左端的小球拉高释放,撞击后发现最右端的小球摆高,而其余四球不动,这是为什么呢
甲
【答案】 (1)由于碰撞中的动量和动能都守恒,发生了速度、动能的“传递”。
(2)如图乙所示,钢球A、B包上橡皮泥,让A与静止的B相碰,两钢球质量相等。碰撞后有什么现象 碰撞过程中机械能守恒吗
【答案】 (2)碰后两球粘在一起,以相同的速度向右摆动;因为是非弹性碰撞,碰撞过程中机械能不守恒。
乙
「要点归纳」
处理碰撞问题的三个原则
[例2] 质量相等的A、B两球在光滑水平面上,沿同一直线、同一方向运动,A球的动量为pA=9 kg· m/s,B球的动量为pB=3 kg·m/s。当A球追上B球时发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能是(　　)
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′=10 kg·m/s
D.pA′=-4 kg·m/s,pB′=8 kg·m/s
A
[针对训练2] (双选)如图所示,质量相等的A、B两个球,原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动,A球的速度是 6 m/s,B球的速度是
-2 m/s,不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值,某实验小组的同学们做了很多种猜测,下面的猜测结果有可能实现的是(　 　)
A.vA′=-2 m/s,vB′=6 m/s
B.vA′=2 m/s,vB′=5 m/s
C.vA′=1 m/s,vB′=3 m/s
D.vA′=-3 m/s,vB′=7 m/s
AC
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
四种常见的类碰撞问题
1.子弹打木块:如图甲所示,光滑水平面上有一静止的木块,子弹水平射入木块可穿出或未穿出,属于非弹性碰撞,满足动量守恒,机械能不守恒,系统动能的减少量等于子弹和木块之间因摩擦产生的热量。
2.如图乙所示,光滑水平面上的物体A以速度v去撞击静止且一端带有弹簧的物体B,A、B两物体相距最近时,两物体速度必定相等,此时弹簧最短,其压缩量最大。
3.如图丙所示,物体A以速度v0滑上静止在光滑水平桌面上的小车B,当A在B上滑行的距离最远时,A、B相对静止,A、B两物体的速度必定相等。
4.如图丁所示,质量为M的滑块静止在光滑水平桌面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,则小球到达滑块上的最高点时(即小球竖直方向上的速度为零时),两者的速度肯定相等(方向水平向右)。
(1)A、B第一次共速时的速度大小;
(2)小球A能上升的最大高度;
【答案】 (2)4R
(3)A、B最终分离时的速度大小。
「科学·技术·社会·环境」
自由中子和原子核的碰撞
在探索物质内部结构时,经常用某种轻粒子去撞击原子核而发生核反应,例如,用自由中子和原子核碰撞,若碰撞为弹性碰撞,则遵循宏观下两小球弹性碰撞时的动量法则;若中子打入原子核或撞击导致原子核获得足够能量,则遵循宏观下的非弹性碰撞,有些情况下会发生核反应,可通过探测形成的新粒子的轨迹、能量、动量等研究核反应过程。
[示例] 一中子(质量数为1)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
检测·学习效果
1.在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰,如图。已知两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置可能是(　　)
B
【解析】 若两冰壶不是对心碰撞,则两冰壶可能在垂直于甲的初速度方向上均发生位移,但垂直于甲初速度方向上应保证动量为零,碰撞后在垂直于甲的初速度方向上两冰壶应向相反方向运动,由图A可知,两壶碰撞后向垂直于甲初速度方向的同侧滑动,不符合动量守恒定律,故A错误;如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后停止,由图示可知,故B正确,C、D错误。
2.如图所示,5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上,其中B、C、D、E 4个球质量相等,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。若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.5个小球静止,1个小球运动
B.4个小球静止,2个小球运动
C.3个小球静止,3个小球运动
D.6个小球都运动
C
【解析】 球A与球B相碰时,由于A的质量小于B的质量,则A弹回,B获得速度又与C碰撞,而碰撞为弹性碰撞且质量相等,碰后B静止,C获得速度,同理,C与D的碰撞、D与E的碰撞都是如此,E获得速度后与F碰撞的过程中,由于E的质量大于F的质量,所以E、F碰后都向右运动。故碰撞之后,A、E、F三球运动,B、C、D三球静止。选项C正确。
3.如图甲所示,光滑水平面上有A、B两物块,已知A物块的质量 mA=2 kg,以一定的初速度向右运动,与静止的物块B发生碰撞并一起运动,碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向),则碰撞后的速度及物体B的质量分别为(　　)
A.2 m/s,5 kg B.2 m/s,3 kg
C.3.5 m/s,2.86 kg D.3.5 m/s,0.86 kg
B
　甲　 　　　　　乙
(1)求该碰撞过程的恢复系数e。
(2)碰撞过程中有多少机械能转化为内能
【答案】　(2)1.25 J　
(3)求碰撞过程中某一时刻甲、乙两物体形变达到最大时甲的速度大小。
感谢观看第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞
[定位·学习目标]　1.知道什么是弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞。2.会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。
探究新知
知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞
如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作弹性碰撞。
2.非弹性碰撞
(1)非弹性碰撞:如果碰撞过程中机械能不守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞。
(2)完全非弹性碰撞:是非弹性碰撞的特例,这种碰撞的特点是碰后结合在一起(或碰后具有共同的速度),其动能损失最大。
知识点二　弹性碰撞实例分析
1.两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰,v1≠0,v2=0,则碰后两球的速度分别为 v1′=,v2′=。
2.若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1,即两者碰后交换速度。
3.若m1 m2,则v1′=v1,v2′=2v1,表明m1的速度不变,m2以 2v1的速度被撞出去。
4.若m1 m2,则v1′=-v1,v2′=0,表明m1被反向以原速率弹回,而m2仍静止。
新知检测
1.思考判断[正确的打“√”,错误的打“×”]
(1)发生碰撞的两个物体,动量是守恒的。(　√　)
(2)发生碰撞的两个物体,机械能是守恒的。(　×　)
(3)碰撞后,两个物体粘在一起,动量是守恒的,但机械能损失是最大的。(　√　)
(4)与静止的小球发生弹性碰撞时,入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度。(　√　)
(5)两球发生弹性正碰时,两者碰后交换速度。(　×　)
2.思维探究
(1)两小球发生对心碰撞,碰撞过程中,两球的机械能守恒吗
(2)如图所示,打台球时,质量相等的母球与目标球发生碰撞,两个球一定交换速度吗 碰撞一定是对心碰撞吗
【答案】 (1)两球发生对心碰撞,动量是守恒的,但机械能不一定守恒,只有发生弹性碰撞时,机械能才守恒。
(2)不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时,系统的总动量守恒,总机械能守恒,才会交换速度,否则不会交换速度。母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生。
要点一　碰撞的特点和分类
情境探究
碰撞是指发生相向运动或同向运动的物体相遇时,它们的运动状态发生显著变化的物理过程。如图所示,是我们平时常见的碰撞现象。
(1)两物体碰撞过程中,作用时间及位移变化有什么特点
(2)以发生碰撞的两个物体为系统,碰撞前后总动量守恒吗
(3)碰撞问题的机械能一定守恒吗 有什么特点
【答案】 (1)两个物体碰撞时,由于碰撞时间极短,物体发生的位移极小,可认为碰撞前后位置不变。
(2)动量守恒。
(3)机械能不一定守恒;机械能不增加。
要点归纳
1.碰撞过程的四个特点
(1)时间特点:碰撞现象中,相互作用的时间极短。
(2)相互作用力的特点: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:碰撞过程发生的时间极短,可认为是在一瞬间发生的,可忽略物体的位移,认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。
(4)能量特点:碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。
2.碰撞的分类
(1)从能量角度分类。
①弹性碰撞:碰撞过程中动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞:碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒。
③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体或碰后具有共同速度,这种碰撞动能损失最大,满足ΔEk=m1+m2-(m1+m2)v2。
(2)从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类。
①正碰(对心碰撞):两个球发生碰撞,如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上,碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向。
②斜碰(非对心碰撞):两个球发生碰撞,碰撞之前球的速度方向与两球心的连线不在同一条直线上,碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。
[例1] 质量分别为300 g和200 g的两个物体在光滑的水平面上相向运动,速度分别为50 cm/s 和 100 cm/s。
(1)如果两物体碰撞并粘在一起,求它们共同的速度大小;
(2)求(1)中碰撞后损失的动能;
(3)如果碰撞是弹性碰撞,求两物体碰撞后的速度大小。
【答案】 (1)0.1 m/s　(2)0.135 J
(3)0.7 m/s　0.8 m/s
【解析】 (1)取300 g物体的初速度方向为正方向,设m1=300 g=0.3 kg,
m2=200 g=0.2 kg,
v1=50 cm/s=0.5 m/s,
v2=-100 cm/s=-1 m/s。
设两物体碰撞后粘在一起的共同速度为v,
由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
代入数据解得v=-0.1 m/s,
负号表示方向与v1的方向相反。
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk=m1+m2-(m1+m2)v2,
代入数据解得ΔEk=0.135 J。
(3)如果碰撞是弹性碰撞,设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′,
由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
由机械能守恒定律得
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2,
代入数据得v1′=-0.7 m/s,v2′=0.8 m/s,
负号表示方向与v1方向相反。
处理碰撞问题的两个关键点
(1)选取动量守恒的系统:若有三个或更多个物体参与碰撞时,要合理选取所研究的系统。
(2)弄清碰撞的类型:弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。注意对心碰撞不一定是弹性碰撞。
[针对训练1] A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,如图表示发生碰撞前后的vt图线,由图线可以判断,A、B的质量之比为　　　,A、B作用前后总动量　　　　(选填“守恒”或“不守恒”),A、B作用前后总动能　　　　(选填“改变”或“不变”)。
【答案】 3∶2　守恒　不变
【解析】 A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,碰撞过程动量守恒,由题图根据动量守恒定律有mA·6+mB·1=mA·2+mB·7,可得 mA∶mB=3∶2。由题图可知,作用前总动能 Ek=mA×62+mB×12=mA,作用后总动能 Ek′=mA×22+mB×72=mA,可见作用前后总动能不变。
要点二　碰撞问题的分析和判断
情境探究
(1)如图甲,五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接,把最左端的小球拉高释放,撞击后发现最右端的小球摆高,而其余四球不动,这是为什么呢
　　 　　 　　甲　　　　　　　乙
(2)如图乙所示,钢球A、B包上橡皮泥,让A与静止的B相碰,两钢球质量相等。碰撞后有什么现象 碰撞过程中机械能守恒吗
【答案】 (1)由于碰撞中的动量和动能都守恒,发生了速度、动能的“传递”。
(2)碰后两球粘在一起,以相同的速度向右摆动;因为是非弹性碰撞,碰撞过程中机械能不守恒。
要点归纳
处理碰撞问题的三个原则
动量守恒 p1+p2=p1′+p2′
动能不增加 Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′ 或+≥+
速度要合理 ①碰前两物体同向,则v后>v前,碰后原来在前的物体速度一定增大,且 v前′≥v后′。 ②两物体相向运动,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
[例2] 质量相等的A、B两球在光滑水平面上,沿同一直线、同一方向运动,A球的动量为pA=9 kg· m/s,B球的动量为pB=3 kg·m/s。当A球追上B球时发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能是(　　)
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′=10 kg·m/s
D.pA′=-4 kg·m/s,pB′=8 kg·m/s
【答案】 A
【解析】 设两球质量均为m,碰撞前总动量p=pA+pB=12 kg·m/s,碰撞前总动能为Ek=+=+=。若pA′=6 kg·m/s,pB′=6 kg·m/s,则碰撞后总动量p′=pA′+pB′=12 kg·m/s,碰撞后总动能为Ek′=+=+=<,满足动量守恒和总动能不增加原则,故A正确;若碰撞后pA′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s,可知碰撞后A的速度大于B的速度,不符合速度合理性,故B错误;若碰撞后 pA′=2 kg·m/s,pB′=10 kg·m/s,则碰撞后总动量 p′=pA′+pB′=12 kg·m/s,碰撞后总动能Ek′=+=+=>,满足动量守恒,但动能增加,故C错误;若碰撞后pA′=-4 kg· m/s,pB′=8 kg·m/s,则碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=4 kg·m/s,不满足动量守恒,故D错误。
[针对训练2] (双选)如图所示,质量相等的A、B两个球,原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动,A球的速度是 6 m/s,B球的速度是-2 m/s,不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值,某实验小组的同学们做了很多种猜测,下面的猜测结果有可能实现的是(　　)
A.vA′=-2 m/s,vB′=6 m/s
B.vA′=2 m/s,vB′=5 m/s
C.vA′=1 m/s,vB′=3 m/s
D.vA′=-3 m/s,vB′=7 m/s
【答案】 AC
【解析】 碰撞过程A、B两球组成的系统动量守恒,有mvA+mvB=mvA′+mvB′,消去m得vA+vB=vA′+vB′=4 m/s①,碰撞后系统的机械能不可能增加,即m+m≥mvA′2+mvB′2,消去m得+=40 m2/s2≥vA′2+vB′2②。A项,vA′+vB′=4 m/s,vA′2+vB′2=40 m2/s2,同时满足①②式,故A符合题意;B项,vA′+vB′=7 m/s,vA′2+vB′2=29 m2/s2<40 m2/s2,满足②式,但不满足①式,故B不符合题意;C项,vA′+vB′=4 m/s,vA′2+vB′2=10 m2/s2<40 m2/s2,同时满足①②式,故C符合题意;D项,vA′+vB′=4 m/s,vA′2+vB′2=58 m2/s2>40 m2/s2,满足①式,但不满足②式,故D不符合题意。
模型·方法·结论·拓展
四种常见的类碰撞问题
1.子弹打木块:如图甲所示,光滑水平面上有一静止的木块,子弹水平射入木块可穿出或未穿出,属于非弹性碰撞,满足动量守恒,机械能不守恒,系统动能的减少量等于子弹和木块之间因摩擦产生的热量。
2.如图乙所示,光滑水平面上的物体A以速度v去撞击静止且一端带有弹簧的物体B,A、B两物体相距最近时,两物体速度必定相等,此时弹簧最短,其压缩量最大。
3.如图丙所示,物体A以速度v0滑上静止在光滑水平桌面上的小车B,当A在B上滑行的距离最远时,A、B相对静止,A、B两物体的速度必定相等。
4.如图丁所示,质量为M的滑块静止在光滑水平桌面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,则小球到达滑块上的最高点时(即小球竖直方向上的速度为零时),两者的速度肯定相等(方向水平向右)。
[示例] 如图,一个带有光滑四分之一圆弧的滑块B静止于光滑水平面上,圆弧最低点与水平面相切,其质量为M。圆弧半径为R,另一个质量为m(m=)的小球A,以水平速度 2 沿圆弧的最低点进入圆弧。求:
(1)A、B第一次共速时的速度大小;
(2)小球A能上升的最大高度;
(3)A、B最终分离时的速度大小。
【答案】 (1)　(2)4R
(3)　
【解析】 (1)小球A与滑块B组成的系统满足水平方向动量守恒,则有mv0=(m+M)v共,
解得A、B第一次共速时的速度大小为
v共=v0=。
(2)设小球A能上升的最大高度为H,根据系统机械能守恒可得
mgH=m-(m+M),
解得H=4R。
(3)设A、B最终分离时的速度分别为v1和v2,由系统水平方向动量守恒及机械能守恒,以向右为正方向,则有
mv0=mv1+Mv2,
m=m+M,
联立解得v1=-,v2=。
则A、B最终分离时的速度大小分别为、。
科学·技术·社会·环境
自由中子和原子核的碰撞
　　在探索物质内部结构时,经常用某种轻粒子去撞击原子核而发生核反应,例如,用自由中子和原子核碰撞,若碰撞为弹性碰撞,则遵循宏观下两小球弹性碰撞时的动量法则;若中子打入原子核或撞击导致原子核获得足够能量,则遵循宏观下的非弹性碰撞,有些情况下会发生核反应,可通过探测形成的新粒子的轨迹、能量、动量等研究核反应过程。
[示例] 一中子(质量数为1)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.
【答案】 A
【解析】 设中子的质量为m,因中子、质子质量几乎相同,则被碰原子核的质量为Am,两者发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv0=mv1+Amv′,根据机械能守恒定律有m=m+
Amv′2,解以上两式得 v1=v0。若只考虑速度大小,则中子的速率为v0,故中子碰撞前、后速率之比为,A正确。
1.在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰,如图。已知两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置可能是(　　)
【答案】 B
【解析】 若两冰壶不是对心碰撞,则两冰壶可能在垂直于甲的初速度方向上均发生位移,但垂直于甲初速度方向上应保证动量为零,碰撞后在垂直于甲的初速度方向上两冰壶应向相反方向运动,由图A可知,两壶碰撞后向垂直于甲初速度方向的同侧滑动,不符合动量守恒定律,故A错误;如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后停止,由图示可知,故B正确,C、D错误。
2.如图所示,5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上,其中B、C、D、E 4个球质量相等,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。若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.5个小球静止,1个小球运动
B.4个小球静止,2个小球运动
C.3个小球静止,3个小球运动
D.6个小球都运动
【答案】 C
【解析】 球A与球B相碰时,由于A的质量小于B的质量,则A弹回,B获得速度又与C碰撞,而碰撞为弹性碰撞且质量相等,碰后B静止,C获得速度,同理,C与D的碰撞、D与E的碰撞都是如此,E获得速度后与F碰撞的过程中,由于E的质量大于F的质量,所以E、F碰后都向右运动。故碰撞之后,A、E、F三球运动,B、C、D三球静止。选项C正确。
3.如图甲所示,光滑水平面上有A、B两物块,已知A物块的质量 mA=2 kg,以一定的初速度向右运动,与静止的物块B发生碰撞并一起运动,碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向),则碰撞后的速度及物体B的质量分别为(　　)
　　　　 　甲　 　　　　　乙
A.2 m/s,5 kg B.2 m/s,3 kg
C.3.5 m/s,2.86 kg D.3.5 m/s,0.86 kg
【答案】 B
【解析】 由图像可知,碰前A的速度为v1= m/s=5 m/s,碰后A、B的共同速度为v2=
m/s=2 m/s,A、B碰撞过程中动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv1=(mA+mB)v2,解得mB=3 kg,B正确。
4.研究新材料的力学性能通常需将样品加工成球状或块状与对比参照品进行碰撞实验,通过碰撞测定其恢复系数是研究材料性能的内容之一。正碰的恢复系数是碰撞前后两物体沿连线方向上的分离速度与接近速度之比,即甲、乙发生正碰,碰撞前甲的速度为v甲0,乙的速度为v乙0,碰撞后甲、乙两物体的分离速度分别为v1和v2,恢复系数可表示为e=。某次实验中,甲、乙两个物体在光滑水平桌面上沿同一直线运动,碰撞前后甲的速度和乙的速度随时间的变化关系如图所示。已知甲的质量为1 kg,乙的质量为10 kg。
(1)求该碰撞过程的恢复系数e。
(2)碰撞过程中有多少机械能转化为内能
(3)求碰撞过程中某一时刻甲、乙两物体形变达到最大时甲的速度大小。
【答案】 (1)　(2)1.25 J　(3) m/s
【解析】 (1)甲、乙碰撞过程,根据动量守恒定律有
m甲v甲0+m乙v乙0=m甲v1+m乙v2,
代入数据解得v2=1.5 m/s,
则该碰撞过程的恢复系数为e==。
(2)根据能量守恒定律,可得碰撞过程中转化为内能的机械能为
ΔE=m甲+m乙-m甲-m乙
=1.25 J。
(3)碰撞过程中,当甲、乙物体速度相等时形变达到最大,设此时整体的速度为v,有
m甲v甲0+m乙v乙0=(m甲+m乙)v,
解得v= m/s。
课时作业
基础巩固
1.打铁花时,表演者一手持一根“花棒”A用力从下向上敲打另一根“花棒”B,使“花棒”B中的高温铁水击向天空。只有铁水被打得越高、越散,才可在空中如天女散花,变成微小的铁屑在空中炽燃、制冷、降落,从而避免表演者烫伤。关于“花棒”的选择,下列说法正确的是(　　)
A.使用弹性好的“花棒”,并且A棒质量小于B棒质量
B.使用弹性好的“花棒”,并且A棒质量大于B棒质量
C.使用弹性差的“花棒”,并且A棒质量大于B棒质量
D.使用弹性差的“花棒”,并且A棒质量小于B棒质量
【答案】 B
【解析】 弹性好的“花棒”在碰撞过程中损失的能量小,且在冲量一定时,弹性好的“花棒”由于作用时间更长,给手的冲力会更小;在“花棒”A从下向上敲打“花棒”B时,因作用时间很短,可认为动量守恒,假设敲打过程为弹性碰撞,可得vB′=vA,可知B棒的质量越小,获得的速度越大,则铁水飞得越高。故B正确。
2.(双选)光滑水平地面上,A、B两物体的质量都为m,A以速度v向右运动,B原来静止,左端有一轻弹簧,如图所示,当A撞上轻弹簧,轻弹簧被压缩到最短时,下列说法正确的是(　　)
A.A、B系统总动量仍然为mv
B.A的动量变为零
C.B的动量已达到最大值
D.A、B的速度相等
【答案】 AD
【解析】 A、B系统水平方向所受合外力为零,则总动量守恒,因开始时的动量为mv,则轻弹簧被压缩到最短时总动量仍然为mv,此时A、B的速度相等,A的动量不为零,此后B在弹力作用下继续加速,则此时B的动量尚未达到最大值,故A、D正确,B、C错误。
3.(双选)在光滑水平面上,质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m静止的B球发生对心碰撞,则碰撞后(　　)
A.A球的速度大小可能是
B.B球的速度大小可能是
C.A球所受最大冲量为
D.B球所受最大冲量为
【答案】 BC
【解析】 如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞,则有mv=(m+3m)v共,解得v共=;如果两个小球发生的是弹性碰撞,则有mv=mvA+3mvB,mv2=m+×3m,解得vA=-,vB=,故A、B两球的速度大小在之间均可能,A错误,B正确。A球和B球所受最大冲量相等,根据动量定理有I=3m×=,故C正确,D错误。
4.(双选)如图所示,一质量为3 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一质量为1 kg的小木块A。给A和B以大小均为6 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,且A始终没有滑离木板B。则(　　)
A.当A的速度为零时,B的速度大小为4 m/s
B.当A的速度为零时,B的速度大小为8 m/s
C.A和B最终的共同速度大小为3 m/s
D.A和B最终的共同速度大小为6 m/s
【答案】 AC
【解析】 由于合外力为零,所以木块与木板组成的系统动量守恒,设当A速度为零时B的速度大小为vB,以向右为正方向,由动量守恒定律得mBv0-mAv0=mBvB,代入数据解得vB=4 m/s,故A正确,B错误;最终A与B速度相等,根据动量守恒定律可得mBv0-mAv0=(mB+mA)v,代入数据解得v=3 m/s,故C正确,D错误。
5.(双选)如图甲所示,在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰,小球A的质量为 m1=0.1 kg。图乙为碰撞前后两个小球的位移—时间(st)图像。由此可以判断(　　)
A.碰前小球B静止,小球A向右运动
B.碰后小球A和B都向右运动
C.小球B的质量为m2=0.2 kg
D.小球B的质量为m2=0.3 kg
【答案】 AD
【解析】 由位移—时间(st)图像的斜率得到,碰前B的位移不随时间而变化,处于静止,A的速度大小为v1=4 m/s,方向只有向右才能与B相撞,故A正确;由图像可知,碰后B的速度为正方向,与碰撞前A的速度方向相同,说明向右运动,A的速度为负方向,说明向左运动,两小球运动方向相反,故B错误;由图像可知,碰后B和A的速度分别为 v2′=2 m/s,v1′=-2 m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m2v2′+m1v1′,代入数据解得m2=0.3 kg,故C错误,D正确。
6.冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时,与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s 迎面而来的运动员乙相撞,碰后甲恰好静止。设碰撞时间极短,则碰后乙的速度大小为　　　　 m/s,方向与运动员甲的初速度方向　　　　(选填“相同”或“相反”);碰撞中总机械能的损失为　　　　 J。
【答案】 1.0　相同　1 400
【解析】 设运动员甲、乙的质量分别为m、M,取运动员甲的初速度方向为正方向,碰前速度大小分别为v1、v2,碰后乙的速度大小为v2′。由动量守恒定律有mv1-Mv2=Mv2′,代入数据得v2′=1.0 m/s。设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,则ΔE=m+M-Mv2′2,代入数据得ΔE=1 400 J。
7.如图所示,质量为M=2.0 kg、半径R=0.3 m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上,有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球A、B质量分别为m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,B右侧与球心等高处连接一轻质弹簧,弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将A从圆弧槽顶端由静止释放,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若圆弧槽固定不动,求小球A滑离圆弧槽时的速度大小v0;
(2)若圆弧槽不固定,求小球A滑离圆弧槽时的速度大小v1;
(3)在圆弧槽不固定的情况下,求弹簧压缩过程中的最大弹性势能。
【答案】 (1) m/s　(2)2 m/s　(3) J
【解析】 (1)若圆弧槽固定,根据机械能守恒定律,对小球A有m1gR=m1,
解得v0= m/s。
(2)若圆弧槽不固定,槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒,若以向左为正方向,在水平方向,根据动量守恒定律,对A和圆弧槽有
m1v1-Mv2=0,
根据机械能守恒定律有
m1gR=m1+M,
解得v1=2 m/s。
(3)小球A进入水平面后压缩弹簧,当A、B速度相等时,弹簧具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有m1v1=(m1+m2)v,
解得v= m/s,
此时有Epmax=m1-(m1+m2)v2,
代入数据可得Epmax= J。
能力提升
8.(双选)如图所示,在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球,小球的质量为m0,小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短。在此碰撞过程中,下列说法可能正确的是(　　)
A.小车、木块、小球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3
B.小球的速度不变,小车和木块的速度分别为v1和v2,满足(M+m0)v=Mv1+mv2
C.小球的速度不变,小车和木块的速度都变成u,满足Mv=(M+m)u
D.碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
【答案】 CD
【解析】 碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒,小球的速度不变,若碰后小车和木块的速度分别为v1、v2,根据动量守恒定律有Mv=Mv1+mv2;若碰后小车和木块的速度相同,根据动量守恒定律有Mv=(M+m)u,故C正确,A、B错误。碰撞后小球与小车速度不相等,则小球上摆,在摆至最高点的过程中,小车和小球水平方向动量守恒,二者共速,和木块的总动量与初始时小车、小球的总动量相等,则有(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2,故D正确。
9.在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生弹性正碰(碰撞时间极短),碰撞后冰壶乙向前滑行0.1 m后停下。已知两冰壶的质量相等,冰壶乙与冰面间的动摩擦因数为0.02,重力加速度g取10 m/s2,则两冰壶碰撞前瞬间,冰壶甲的速度大小为(　　)
A.0.1 m/s B.0.2 m/s
C.0.4 m/s D.1 m/s
【答案】 B
【解析】 对冰壶乙在冰面上滑行的过程,有=2μgs,由于两冰壶发生弹性碰撞,且两冰壶的质量相等,因此碰撞后两冰壶交换速度,故v1=v2,解得v1=0.2 m/s,B正确。
10.甲、乙两人站在光滑的水平冰面上,他们的质量都是M,甲手持一个质量为m的球。现甲把球以相对地面为v的速度传给乙,乙接球后又以相对地面为2v的速度把球传回甲。甲接到球后,甲、乙两人的速度大小之比为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 以甲抛球时球的速度方向为正方向,以甲与球组成的系统为研究对象,甲抛球的过程中系统动量守恒,由动量守恒定律得mv-Mv1=0;以乙与球组成的系统为研究对象,乙接球的过程中系统动量守恒,由动量守恒定律得mv=(m+M)v2;乙抛球的过程中系统动量守恒,由动量守恒定律得(m+M)v2=-m·2v+Mv2′;甲接球的过程中系统动量守恒,由动量守恒定律得 -Mv1-m·2v=-(m+M)v1′,解得v1′=,v2′=,甲、乙两人的速度大小之比为=,选项
D正确。
11.如图所示,A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球,A、B球的质量为m,C球的质量为2m,其中B、C两球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　　)
A.三球速度相等时,弹簧一定处于压缩状态
B.弹簧的最大弹性势能等于m
C.三球速度相等后,速度将保持不变
D.当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时,C球的瞬时速度大小为
【答案】 D
【解析】 三球速度第一次相等时,弹簧处于压缩状态,此后,C球继续加速,A、B球作为整体继续减速,当弹簧恢复原长时C球的速度比A、B整体的速度大,弹簧继续伸长,当三球速度再次相等时,弹簧处于拉伸状态,故A、C错误;三球速度相等时弹簧的弹性势能最大,设最大弹性势能为Ep,A、B两球碰撞瞬间由动量守恒定律得 mv0=2mv1,从A球开始运动到三球速度相等过程中,三球组成的系统动量守恒,有mv0=(m+m+2m)v2,从A、B两球碰撞结束到三球速度相等过程,根据机械能守恒定律有·2m=Ep+(m+m+2m),解得 Ep=m,故B错误;A、B两球碰撞后瞬间的速度为v1=,A、B两球的总质量与C球质量相等,从A、B两球碰撞结束到弹簧第一次恢复原长的过程中,相当于A、B整体与C球发生一次弹性碰撞,所以二者速度发生交换,即当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时,C球的瞬时速度大小为,故D正确。
12.(双选)如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=4 kg的小物体B以水平速度 v0=2 m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.木板A获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为2 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】 AD
【解析】 由图像可知,木板获得的速度为v=1 m/s,A、B组成的系统动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得木板A的质量M=4 kg,木板获得的动能为Ek=Mv2=2 J,故A正确;系统损失的机械能ΔE=m-(mv2+Mv2),代入数据解得ΔE=4 J,故B错误;由图得到0～1 s内B的位移为 sB=×(2+1)×1 m=1.5 m,A的位移为sA=×1×1 m=0.5 m,因二者最终共速,故B未滑离木板A,木板A的最小长度为L=sB-sA=1 m,故C错误;由图像可知,B的加速度a=-1 m/s2,负号表示加速度的方向与规定的正方向相反,由牛顿第二定律得-μmBg=mBa,代入解得μ=0.1,故D正确。
13.如图所示,将一半径R=0.9 m、质量M=2 kg 的光滑半圆槽置于光滑水平面上,在槽的左侧 L=0.3 m 处有一挡板,当半圆槽与挡板相碰后会在极短时间内以原速率向相反方向运动。现让一质量m=1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下,A、B间的距离H=1.8 m,小球与半圆槽相切滑入槽内。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求小球第一次到半圆槽A点时的速度大小。
(2)求小球第一次运动到半圆槽最低点时的速度大小。
(3)小球能否从半圆槽右侧飞出,如果能,求其飞出时半圆槽的速度大小;如果不能,求其运动到半圆槽右侧最高点时距最低点的高度。
【答案】 (1)6 m/s　(2)6 m/s　(3)不能　0.3 m
【解析】 (1)小球从B到A的过程中,根据机械能守恒定律有mgH=mv2,
解得v=6 m/s。
(2)小球落入半圆槽,二者组成的系统在水平方向上动量守恒,假设小球到达最低点的过程中,半圆槽未与挡板相碰,以向右为正方向,由动量守恒定律有
mv1-Mv2=0,
而t+t=R,
代入数值可得t=L,
即半圆槽与挡板恰好不相碰,根据机械能守恒定律有
m+M=mg(H+R),
解得v1=6 m/s。
(3)半圆槽与挡板碰撞后,系统在水平方向上动量守恒,假设小球不能从槽的右侧飞出,当小球到达最高点时,二者共速,则有
mv1+Mv2=(m+M)v3,
m+M=(m+M)+mgh,
代入数值解得
h=0.3 m可知小球不能从半圆槽右侧飞出,小球距最低点的高度为0.3 m。
动量及其守恒定律　检测试题
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法错误的是(　　)
A.根据F=可把牛顿第二定律表述为:物体动量的变化率等于它所受的合外力
B.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的,但有时用起来更方便
C.力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量,它是一个标量
D.易碎品运输时要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间以减小
作用力
【答案】 C
【解析】 选项A中所述是牛顿第二定律的另一种表达方式,A说法正确;F=是牛顿第二定律的最初表达方式,实质是一样的,B说法正确;冲量是矢量,C说法错误;易碎品运输时用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间,减小作用力,D说法正确。
2.某足球爱好者练习用头颠球,如图所示。若足球由静止自由下落45 cm与头相碰后,被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度为80 cm。已知足球与运动员头部的作用时间为 0.1 s,足球与头部接触过程中位移不计,足球的质量为 0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.足球在空中下落过程中,动量的变化率增大
B.足球在上升和下落过程中,动量变化率相同
C.足球与头部接触过程中,头部对足球的平均作用力的大小为28 N
D.足球与头部作用过程中,足球受到的冲量大小为0.28 N·s
【答案】 B
【解析】 足球在空中运动过程中,动量的变化率等于重力,则足球在上升和下落过程中动量变化率相同,选项A错误,B正确;根据自由落体运动规律,足球与头接触时速度大小为v==
3 m/s,离开头部时速度大小为v′=4 m/s,足球与头部作用过程中,其动量的变化量Δp=mv′-
(-mv)=0.4×7 kg·m/s=2.8 N·s,根据动量定理有(F-mg)t=Δp,解得F=32 N,选项C、D错误。
3.某航天员在空间站中试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验,但未能成功。若他在
1 s内以20 m/s的速度呼出质量约1 g的气体,可获得的反冲力大小约为(　　)
A.0.01 N B.0.02 N
C.0.1 N D.0.2 N
【答案】 B
【解析】 设航天员质量为m,呼气后速度为v,由动量守恒定律可得mv=20×1×10-3 kg·m/s,又 F=ma=,代入数据,可得F=0.02 N,A、C、D错误,B正确。
4.A、B两球之间压缩一根轻弹簧,静置于光滑水平桌面上。已知A、B两球质量分别为2m和m。当用板挡住A球而只释放B球时,B球被弹出落于距桌面水平距离为x的水平地面上,如图,若用同样的程度压缩弹簧,取走A左边的挡板,将A、B同时释放,B球的落地点距桌面距离为(　　)
A. B.x C.x D.x
【答案】 D
【解析】 当用挡板挡住A球而只释放B球时,B球做平抛运动。设桌面高度为h,则有vB==x,所以弹簧的弹性势能为E=m=,若保持弹簧的压缩程度不变,取走A左边的挡板,将A、B同时释放,由动量守恒定律有0=2mvA-mvB,所以vA∶vB=1∶2,因此A球与B球获得的动能之比EkA∶EkB=1∶2,所以B球获得动能为EkB=,那么B球抛出时的初速度为vB′=x,则平抛后落地水平位移为x′=x·=,故A、B、C错误,D正确。
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分。全部选对的得6分,选对但不全的得 3分,有选错的得0分。
5.如图所示,载有物资的热气球的总质量为M,静止于距离水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出,物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变,重力加速度为g,不计空气阻力,忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是(　　)
A.物资落地前,热气球与其组成的系统动量守恒
B.投出物资后,热气球匀速上升
C.物资落地时,热气球上升的高度为
D.d=
【答案】 AD
【解析】 物资投出之前,物资和气球组成的系统所受合外力为零,物资投出后,系统的合外力仍为零,因此物资落地前,热气球与投出的物资组成的系统动量守恒,故A正确;投出物资后,热气球受到的浮力大于重力,合力向上,则热气球向上做匀加速直线运动,故B错误;设物资落地时,热气球上升的高度为h,则对物资和热气球组成的系统,取竖直向上为正方向,根据动量守恒定律有(M-m)-m=0,解得h=,则d=H+h=H+=,故C错误,D正确。
6.如图甲所示,红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞(碰撞时间极短),碰撞前后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,已知两壶质量相等且均视为质点,由图像可得(　　)
甲 乙
A.红、蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞
B.碰撞后,蓝壶的瞬时速度为0.7 m/s
C.碰撞后,蓝壶经过5 s停止运动
D.红、蓝两壶碰后至停止运动过程中,所受摩擦力的冲量之比为1∶4
【答案】 CD
【解析】 设碰撞后蓝壶的速度为v,由题图乙可知,碰撞前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰撞后速度为 v1=0.2 m/s,红、蓝两壶组成的系统,在碰撞中动量守恒,则有mv0=mv1+mv,解得碰撞后,蓝壶的瞬时速度v=0.8 m/s,碰撞中两壶总动能减少 ΔEk=m-m-mv2=0.16m>0,所以红、蓝两壶的碰撞是非弹性碰撞,A、B错误;设碰撞后蓝壶经时间t静止,由几何关系可知=,解得t=5 s,C正确;由题图乙可知,碰撞后红壶的加速度大小为a1== m/s2=0.2 m/s2,碰撞后,红壶运动时间t1== s=1 s,碰撞后蓝壶的加速度大小为a== m/s2=0.16 m/s2,由牛顿第二定律可知f=ma,由冲量的定义可得两壶所受摩擦力的冲量之比为I红∶I蓝=(ma1t1)∶(mat)=0.2∶0.8=1∶4,D正确。
7.如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上,一光滑小球从固定光滑平台以某一速度水平冲上滑块的圆弧面,且没有从滑块上端冲出去,若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,其间关系如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.小球的质量为M
B.小球运动到最高点时的速度为
C.小球能够上升的最大高度为
D.若a>b,小球与圆弧滑块分离后向右做平抛运动
【答案】 AB
【解析】 设小球的质量为m,初速度为v0,在水平方向上根据动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2,得v2=-v1+v0,结合题图乙可得=,v0=b,可知m=M,故A正确;小球运动到最高点时,竖直方向速度为零,在水平方向上与滑块具有相同的速度,水平方向由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v==,故B正确;小球从开始运动到最高点的过程中,根据机械能守恒定律有m=(m+M)v2+mgh,解得h=,故C错误;对小球和圆弧滑块组成的系统,分离时有mv0=mv1+Mv2,m=m+M,解得小球与圆弧滑块分离时的速度为v1=v0=v0,若a>b,v1<0,即小球的速度方向向左,所以小球与圆弧滑块分离后将向左做平抛运动,故D错误。
8.如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使B瞬时获得水平向右的速度3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得(　　)
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都处于伸长状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=8∶1
【答案】 BD
【解析】 交点表示速度相同,由A的速度图像知t1时刻正在加速,说明弹簧被拉伸,t3时刻正在减速,说明弹簧被压缩,故A错误;t3时刻A正在减速,说明弹簧被压缩,t4时刻A的加速度为零,说明弹簧处于原长,故B正确;对从0到t1过程由动量守恒定律得3m2=(m1+m2)×1,故m1∶m2=2∶1,故C错误;由动能Ek=mv2结合t2时刻各自速度知动能之比为8∶1,故D正确。
三、非选择题:本题共8小题,共60分。
9.(3分)某士兵使用轻机枪射击目标,连续射击 1分钟的过程中,射出了250发子弹。已知每发子弹弹头的质量为12 g,出膛速度大小约为 800 m/s,则每发子弹从被击到发出膛的过程中,其动量变化量大小为　　　　 kg·m/s,射击的过程中,机枪对士兵的平均反冲力(后坐力)大小为
　　　 N,方向与子弹受到的平均推力　　　　。
【答案】 9.6　40　相反
【解析】 每发子弹从被击到发出膛的过程,初速度为0,末速度为800 m/s,则动量变化量为Δp=p2-p1=mv2-mv1=9.6 kg·m/s,在射击过程中,设子弹受到的平均推力为F,在1分钟内,由动量定理 I=Ft=Δp总,得F== N=40 N,由牛顿第三定律可得,机枪对士兵的平均反冲力(后坐力)为F′=-F=-40 N,其大小为 40 N,方向与子弹受到的平均推力相反。
10.(3分)一个质量为5 kg的保龄球,撞上一个原来静止、质量为2 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 1.8 m/s的速度继续向前运动。假设它们相互作用的时间为 0.05 s,则撞前保龄球的速度大小为　　　　 m/s,在整个过程中,球瓶的动量变化量大小为 　　　 kg·m/s,撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为　　　　 N。
【答案】 3　6.0　120
【解析】 设撞前保龄球的速度大小为v0,规定撞前保龄球的速度方向为正方向,由动量守恒定律有Mv0=Mv1+mv2,解得v0=3 m/s。在整个过程中,对球瓶,Δp=mv2-0=6.0 kg· m/s,由动量定理有F·t=Δp,代入数据解得 F=120 N。
11.(3分)如图所示,光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药,一起以速度 0.5 m/s 向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸,分开后两球仍沿原直线运动,从爆炸开始计时,经过3.0 s两球之间的距离为x=2.7 m,则可得刚分离时甲球的速度大小为　　　　m/s,方向水平向　　　　(选填“左”或“右”),爆炸过程中释放的能量为
　　　　J。
【答案】 0.1　左　0.027
【解析】 设甲、乙两球质量分别为m1、m2,刚分离时两球的速度分别为v1、v2,取向右为正方向,根据动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,而x=v2t-v1t,代入数据联立解得v1=-0.1 m/s,
v2=0.8 m/s,可知刚分离时,甲球的速度方向水平向左,速度大小为0.1 m/s,爆炸过程中释放的能量为ΔE=m1+m2-(m1+m2),代入数据解得ΔE=0.027 J。
12.(6分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
(1)在本实验中,甲选用的是　　　　(选填“一元”或“一角”)硬币。
(2)碰撞前,甲到O点时的速度大小可表示为　　　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g)。
(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则=　　　　(用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒。
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因　 。
【答案】 (1)一元　(2)　(3)　(4)见解析
【解析】 (1)根据题意可知,甲与乙碰撞后没有反弹,可知甲的质量大于乙的质量,甲选用的是一元硬币。
(2)甲从O点到P点,根据动能定理有
-μm1gs0=0-m1,
则碰撞前甲到O点时的速度大小v甲=。
(3)碰撞后同理(2)可知甲的速度和乙的速度分别为v甲′=,v乙′=,若碰撞过程动量守恒,则满足m1v甲=m1v甲′+m2v乙′,整理可得=。
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,产生这种误差可能的原因有:①测量质量、距离时不可避免地存在误差;②碰撞过程中,两个硬币组成的系统合力不为零。
13.(6分)某同学用图甲所示装置做验证动量守恒定律实验。实验中使用的小球1和2的质量分别为m1、m2,直径分别为d1、d2。在木板上铺一张白纸,白纸上面铺放复写纸,记下铅垂线所指的位置O。
(1)实验时,先不放小球2,使小球1从斜槽上某一点S由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP;再把小球2静置于斜槽轨道末端,让小球1仍从S处由静止释放,与小球2碰撞,并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有　　　　。(填选项前的字母)
A.测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球1的释放点S距桌面的高度h
C.测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D.分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛落点的水平距离OM、ON
(2)要验证两球碰撞前后动量守恒,仅需验证关系式　　　　　　　　　　　　是否成立。请分析说明可以这样验证的理由　 　 。
(3)另一名同学也用上述两球进行实验,但将实验装置进行了改装。如图乙所示,将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上,用来记录实验中小球1、小球2与木条的撞击点。实验时,首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触,让入射球1从斜轨上起始位置由静止释放,记下撞击点B′;然后将木条平移到图中所示位置,入射球1从斜轨上起始位置由静止释放,记下撞击点P′;放上小球2,再将入射球1从斜轨上起始位置由静止释放,与小球2相撞后,入射球1和被碰球2撞击点分别为M′和N′。测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h3若所测物理量满足表达式　　　　　　　　　　,则说明小球1和小球2碰撞中动量守恒。
【答案】 (1)ADE　
(2)m1·OP=m1·OM+m2·ON
小球飞出时的水平速度与其水平射程成正比
(3)=+
【解析】 (1)题图甲中实验要验证动量守恒定律,需要测量两个小球的质量m1、m2,并计算它们的速度,故A正确;计算小球1碰撞前的速度大小时,可以根据平抛运动规律H=gt2,x=v0t,联立解得v0=x,实验中要求小球1每次都从同一位置S释放,即无须测量释放点S距桌面的高度h,故B错误;由于各小球做平抛运动的竖直高度相同,则各小球下落时间相同,由v0=x可得它们飞出时的水平速度与其落点的水平距离成正比,所以在验证碰撞过程中动量是否守恒时,只要满足m1v0=m1v1+m2v2即可,可得m1·OP=m1·OM+m2·ON,无须测量斜槽轨道末端距地面的高度H,但需要测量各球平均落点与O点的水平距离,故C错误,D、E正确。
(2)由(1)中分析可知,实验仅需满足关系式m1·OP=m1·OM+m2·ON,即可验证两球碰撞前后动量守恒。这是由于小球1和小球2都从同一高度做平抛运动落在水平地面上,由平抛运动规律可知其飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比,其速度与位移相对应。
(3)小球做平抛运动,在竖直方向上有h=gt2,平抛运动时间t=,设轨道末端到木条的水平距离为x,根据x=vt可知,碰前小球1的初速度 v=x,碰后两个小球的速度分别为v1′=x,
v2′=x,可知两球碰撞前后的总动量分别为p=m1x,p′=m1x+m2x,若p=p′,即=+,则说明两球碰撞前后动量守恒。
14.(11分)如图所示,一质量m=2 kg的物块在水平地面上运动,物块与地面间的动摩擦因数 μ=0.1;t=0时,物块的速度大小v0=4 m/s,方向水平向右。此时对物块施加一外力F,F随时间t的变化关系满足F=3-0.5t(N),规定向右为正方向,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取 10 m/s2,求:
(1)0～6 s外力F的冲量大小;
(2)物块向右运动过程中速度最大的时刻和值;
(3)物块向右运动的时间。
【答案】 (1)9 N·s　(2)2 s　4.5 m/s　(3)8 s
【解析】 (1)由Ft图像中图线与时间轴所围面积表示力的冲量,可知0～6 s力F的冲量
大小
I=×3×6 N·s=9 N·s。
(2)物块所受合力为零时,速度最大,即
F=μmg=0.1×2×10 N=2 N,
将F=3-0.5t(N)代入解得t1=2 s;
从t=0到速度最大,外力F由3 N均匀减为2 N,其冲量IF1=×2 N·s=5 N·s,
根据动量定理有IF1-μmgt1=mvmax-mv0,
代入数值解得vmax=4.5 m/s。
(3)在物块向右运动的过程中,外力F的冲量
IF2=t=3t-t2(N·s),
由动量定理有IF2-μmgt=0-mv0,
代入数值解得滑块向右运动的时间t=8 s。
15.(12分)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,到达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,g取 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】 (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°)=mA,
解得v0=6 m/s。
(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=v0,
由动量守恒定律得
mAv0=m1v1-m2v2,
联立解得v1=12 m/s;
增加的机械能
ΔE=m1+m2-mA,
联立解得ΔE=108 J。
(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)vB,
联立解得vB=6 m/s,
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,则
(m1+mB)vB=(m1+mB+mC)vC,
联立解得vC=3 m/s,
由能量守恒定律得
Epm=(m1+mB)-(m1+mB+mC),
联立解得Epm=36 J。
16.(16分)如图所示,虚线OO1左侧的水平地面粗糙,右侧的水平地面光滑,在虚线左侧20 m处地面上静止着一质量m=1 kg的物块A,在虚线右侧静止放置质量m′=3 kg、长度为L=2.4 m的长木板B,B的右端上表面静止放置着另一质量为m0的小物块C,现给A一水平向右、大小为 v0=12 m/s的初速度,一段时间后A与B发生弹性碰撞,已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25,重力加速度g取 10 m/s2,A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后,B的速度大小;
(2)若最终C恰好未滑离B,求C的质量和B、C损失的机械能。
【答案】 (1)4 m/s　(2)1 kg　6 J
【解析】 (1)物块A在OO1左侧运动阶段与B碰撞前的速度为v,根据运动学公式有
v2-=-2a1s,
根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1,
联立解得v=8 m/s;
A与B发生弹性碰撞的瞬间,物块C的速度未发生变化,对A和B组成的系统满足动量守恒、机械能守恒,则有mv=mv1+m′v2,
mv2=m+m′,
联立解得B的速度大小为v2=4 m/s。
(2)A、B碰撞后,对B和C系统,根据动量守恒定律和功能关系有m′v2=(m0+m′)v3,
μ2m0gL=m′-(m0+m′),
代入数值解得m0=1 kg,
则B、C损失的机械能为
ΔE=m′-(m0+m′)=μ2m0gL,
代入数据解得ΔE=6 J。

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