1.5 彈性碰撞和非彈性碰撞高二物理同步講義（人教版選擇性必修第一冊）（教師版）

1.5彈性碰撞和非彈性碰撞目標導航目標導航課程標準課標解讀1.通過對日?，F(xiàn)象的觀察，明確碰撞的分類及特點。2.通過實驗探究，體會碰撞前后物體動能的變化。3.通過練習，掌握解決碰撞問題的方法，并能用能量的觀點分析彈性碰撞和非彈性碰撞。理解彈性碰撞、非彈性碰撞和完全非彈性碰撞，正碰(對心碰撞)和斜碰(非對心碰撞).會應用動量、能量的觀點綜合分析、解決一維碰撞問題.3.進一步了解動量守恒定律的普適性．知識精講知識精講知識點01、彈性碰撞和非彈性碰撞1．彈性碰撞：碰撞過程中機械能守恒．2．非彈性碰撞：碰撞過程中機械能不守恒．3．完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體或碰后具有共同速度，這種碰撞動能損失最大．【即學即練1】(多選)關于碰撞的特點，下列說法正確的是()A．碰撞的過程時間極短B．碰撞時，質量大的物體對質量小的物體作用力大C．碰撞時，質量大的物體對質量小的物體作用力和質量小的物體對質量大的物體的作用力相等D．質量小的物體對質量大的物體作用力大【答案】AC【解析】兩物體發(fā)生碰撞，其碰撞時間極短，碰撞時，質量大的物體對質量小的物體的作用力和質量小的物體對質量大的物體的作用力是一對相互作用力，大小相等、方向相反，故A、C正確，B、D錯誤．知識點02對心碰撞和非對心碰撞1．正碰：(對心碰撞)兩個球發(fā)生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩個球的速度方向仍會沿著這條直線的方向而運動．2．斜碰：(非對心碰撞)兩個球發(fā)生碰撞，如果碰撞之前球的運動速度方向與兩球心的連線不在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度都會偏離原來兩球心的連線而運動．【即學即練2】以下對碰撞的理解，說法正確的是()A．彈性碰撞一定是對心碰撞B．非對心碰撞一定是非彈性碰撞C．彈性碰撞也可能是非對心碰撞D．彈性碰撞和對心碰撞中動量守恒，非彈性碰撞和非對心碰撞中動量不守恒【答案】C【解析】彈性碰撞與非彈性碰撞和對心碰撞與非對心碰撞是兩種不同的分類方法，不論什么碰撞，動量都是守恒的，C正確．能力拓展能力拓展考法01對碰撞問題的理解1．碰撞(1)碰撞時間非常短，可以忽略不計．(2)碰撞過程中內(nèi)力往往遠大于外力，系統(tǒng)所受外力可以忽略不計，所以系統(tǒng)的動量守恒．2．三種碰撞類型(1)彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2當v2＝0時，有v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1即v1′＝0，v2′＝v1推論：質量相等，大小、材料完全相同的彈性小球發(fā)生彈性碰撞，碰后交換速度．即v1′＝v2，v2′＝v1(2)非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能減少，損失的機械能轉化為內(nèi)能|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q(3)完全非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共碰撞中機械能損失最多|ΔEk|＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)【典例1】(多選)質量為1kg的小球以4m/s的速度與質量為2kg的靜止小球正碰，關于碰后的速度v1′和v2′，下面可能正確的是()A．

v1′＝v2′＝

m/sB．

v1′＝3m/s，v2′＝0.5m/sC．

v1′＝1m/s，v2′＝3m/sD．

v1′＝－1m/s，v2′＝2.5m/s【答案】AD【解析】由碰撞前后總動量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和動能不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′驗證A、B、D三項皆有可能．但B項碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，會發(fā)生第二次碰撞，不符合實際，所以A、D兩項有可能．考法02彈性正碰模型及拓展應用1．兩質量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.(1)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度．(2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去．(3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止．2．如果兩個相互作用的物體，滿足動量守恒的條件，且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機械能不變，廣義上也可以看成是彈性碰撞．【典例2】如圖所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5m，g取10m/s2，物塊可視為質點。則A碰撞前瞬間的速度為()A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s【答案】C【解析】碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s。A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，選取向右為正方向，則mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機械能的損失，則mv＝mv＋·2mv2，聯(lián)立可得v0＝1.5m/s，故選項A、B、D錯誤，C正確?？挤?3碰撞需滿足的三個條件1．動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.2．動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).3．速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞不會結束．【典例3】質量相等的甲、乙、丙三球成一直線放在光滑水平面上，如圖所示，乙球與丙球靠在一起，且為靜止，甲球以速度v向它們滾動．若它們在對心碰撞中無機械能損失，則碰撞后()A．甲球向左、乙球和丙球向右運動B．乙球不動，甲球向左、丙球向右運動C．甲球和乙球向左、丙球向右運動D．甲球和乙球不動，丙球向右運動【答案】D【解析】由于球甲與球乙發(fā)生碰撞時間極短，球乙的位置來不及發(fā)生變化，這樣球乙對球丙也就無法產(chǎn)生力的作用，即球丙不會參與此次碰撞過程．而球甲與球乙發(fā)生的是彈性碰撞，質量又相等，故它們在碰撞中實現(xiàn)速度交換，碰后球甲立即停止，球乙速度立即變?yōu)関；此后球乙與球丙碰撞，再一次實現(xiàn)速度交換．所以碰后球甲、球乙的速度為零，球丙速度為v.故D正確．分層提分分層提分題組A基礎過關練一、單選題1．如圖，質量為M的小車A停放在光滑的水平面上，小車上表面粗糙．質量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上，車足夠長，滑塊不會從車上滑落，則小車的最終速度大小為（）A．零 B． C． D．【答案】C【解析】B滑上A的過程中，AB系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：v=故選C2．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰．小球的質量分別為m1和m2．圖乙為它們碰撞前后的S﹣t圖象．已知m1=0.1kg，由此可以判斷（）①碰前m2靜止，m1向右運動；②碰后m2和m1都向右運動；③由動量守恒可以算出m2=0.3kg；④碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能；以上判斷正確的是（）A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④【答案】A【解析】A．由s?t(位移時間)圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止；m1速度大小為v1=△s/△t=4m/s，方向只有向右才能與m2相撞，故①正確；B．由圖讀出,碰后m2的速度為正方向,說明向右運動,m1的速度為負方向，說明向左運動，故②錯誤；C．由圖求出碰后m2和m1的速度分別為v′2=2m/s,v′1=?2m/s,根據(jù)動量守恒定律得m1v1=m2v′2+m1v′1代入解得,m2=0.3kg，故③正確；D．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能④錯誤．故選A。3．a(chǎn)、b兩球在光滑的水平面上沿同一直線發(fā)生正碰，作用前a球動量pa=30kg·m/s，b球動量pb=0，碰撞過程中，a球的動量減少了20kg·m/s，則作用后b球的動量為（）A．-20kg·m/s B．10kg·m/sC．20kg·m/s D．30kg·m/s【答案】C【解析】碰撞過程中，a球的動量減少了20kg·m/s，故此時a球的動量是10kg·m/s，a、b兩球碰撞前后總動量保持不變?yōu)?0kg·m/s，則作用后b球的動量為20kg·m/s。故選C。4．如圖所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)在使甲瞬時獲得水平向右的速度v0=4m/s，當甲物體的速度減小到1m/s時，彈簧最短．下列說法正確的是()A．此時乙物體的速度也是1m/sB．緊接著甲物體將開始做加速運動C．甲乙兩物體的質量之比D．當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小也為4m/s【答案】A【解析】A.根據(jù)題意得，當彈簧壓縮最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度也是1m/s，A正確．B.因為壓縮最短時，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯誤．C.根據(jù)動量守恒定律可得：，解得：，C錯誤．D.當彈簧恢復原長時，根據(jù)動量守恒和機械能守恒有：，，聯(lián)立解得：，D錯誤．5．如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球又疊放在一起，從高度為h處自由落下，且遠大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向．已知m2=3m1，則小球m1反彈后能達到的高度為（）A．h B．2h C．3h D．4h【答案】D【解析】試題分析：下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度相同，v=，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，則：m2v﹣m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：（m1+m2）v2=+m2且，m2=3m1聯(lián)立解得：反彈后高度為：H=故選D6．A、B兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質量為5kg，速度大小為10m/s，B質量為2kg，速度大小為5m/s，兩者相碰后，A沿原方向運動，速度大小為4m/s，則B的速度大小為（）A．10m/s B．5m/s C．6m/s D．12m/s【答案】A【解析】取A球的速度方向為正方向，AB的總動量大小為：根據(jù)動量守恒得：，解得：A．10m/s．故A符合題意．B．5m/s．故B不符合題意．C．6m/s．故C不符合題意．D．12m/s．故D不符合題意．7．質量為3m，速度為v的小車，與質量為2m的靜止小車碰撞后連在一起運動，則兩車碰撞后的總動量是（）A．mv B．2mv C．3mv D．5mv【答案】C【解析】兩車碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律得則兩車碰撞后的總動量故選C。8．如圖所示，在水平地面上有一質量為的長木板，板右端固定一立柱。質量為的人站在木板左端，木板與人均靜止。當人加速向右奔跑的過程中，木板向左運動，人到達木板右端時立刻抱住立柱。關于抱住立柱后，人與木板一起運動的方向，下列說法中正確的是（）A．若水平面光滑，人與木板一起向右運動B．若水平面粗糙，人與木板一起向右運動C．只要，人與木板就一起向右運動D．因為不知道人跑的速度大小所以不能確定一起運動的方向【答案】B【解析】A．若水平面光滑，人與系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初狀態(tài)動量守恒，由動量守恒定律可知，人抱住立柱后系統(tǒng)總動量為零，人抱住立柱后人與木板的速度為零，人與木板靜止，故A錯誤；BCD．若水平面粗糙，人在木板上奔跑過程，人對木板的摩擦力水平向左，地面對木板的摩擦力向右，由牛頓第三定律可知，人對木板的摩擦力與木板對人的摩擦力大小相等，人受到的合力等于木板對人的摩擦力，木板受到的合力等于人對木板的摩擦力大小與地面對木板的摩擦力大小之差，因此木板受到的合力大小小于人受到的合力大小，由于力的作用時間相等，人所受合力的沖量大小大于木板所受合力的沖量大小，由動量定理可知，人抱住立柱前瞬間，人的動量大小大于木板的動量大小，人的動量向右，木板的動量向左，人抱住立柱過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，人抱住立柱前系統(tǒng)的總動量水平向右，由動量守恒定律可知，人抱住立柱后系統(tǒng)的總動量也向右，人抱住立柱后人與木板的速度水平向右，人與木板一起向右運動，故B正確；CD錯誤。故選B。二、多選題9．如圖所示，一質量M=3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m=1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()A．2.1m/s B．2.4m/s C．2.8m/s D．3.0m/s【答案】AB【解析】以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右方向為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得，代入數(shù)據(jù)解得，當從開始到AB速度相同的過程中，取水平向右方向為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得：，則在木塊A正在做加速運動的時間內(nèi)B的速度范圍為：，故選AB。10．如圖所示,A、B兩個小球在光滑水平面上沿同一直線相向運動,它們的動量大小分別為p1和p2,碰撞后A球繼續(xù)向右運動(規(guī)定向右為正方向),動量大小為p1',此時B球的動量大小為p2',則下列等式不成立的是()A． B．C． D．【答案】AC【解析】據(jù)題：碰撞后A球繼續(xù)向右運動，則B球反向后向右運動，取向右為正方向，碰撞過程中AB兩個小球的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得：p1-p2=p1′+p2′移項得：-p′1+p1=p′2+p2，AC錯誤、BD正確．本題選擇錯誤答案，故選AC．11．A、B兩船的質量均為M，它們都靜止在平靜的湖面上，當A船上質量為的人以水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳回A船。設水對船的阻力不計，經(jīng)多次跳躍后，人最終跳到B船上，則（）A．A、B（包括人）速度大小之比為3：2B．A、B（包括人）動量大小之比為3：2C．A、B（包括人）動量之和為零D．因跳躍次數(shù)未知，故以上答案均無法確定【答案】AC【解析】研究全程，動量守恒，由于最開始都靜止，所以A、B（包括人）動量大小相等，方向相反，總動量為零，速度和質量成反比，所以A、B（包括人）速度大小之比為3：2，故AC正確，BD錯誤。故選AC。12．如圖，兩質量分別為m1=1kg和m2=4kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分別為v1=4m/s和v2=6m/s，發(fā)生碰撞后，系統(tǒng)可能損失的機械能為（）A．25J B．35J C．45J D．55J【答案】AB【解析】若兩球發(fā)生彈性碰撞，則系統(tǒng)機械能不損失；若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則系統(tǒng)機械能損失最多，此時由動量守恒定律和能量守恒定律得m2v2－m1v1=(m1＋m2)vΔEmax=m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得ΔEmax=40J綜合可知0≤ΔE≤40J所以A、B正確，C、D錯誤。故選AB。13．如圖所示的裝置中，木塊B放在光滑的水平桌面上，子彈A以水平速度射入木塊后(子彈與木塊作用時間極短)，子彈立即停在木塊內(nèi)．然后將輕彈簧壓縮到最短，已知本塊B的質量為M，子彈的質量為m，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則從子彈開始入射木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中A．系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒B．系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒C．系統(tǒng)損失的機械能為D．彈簧最大的彈性勢能小于【答案】CD【解析】AB.由于子彈射入木塊過程中，二者之間存在著摩擦，故此過程系統(tǒng)機械能不守恒，子彈與木塊一起壓縮彈簧的過程中，速度逐漸減小到零，所以此過程動量不守恒，故整個過程中，系統(tǒng)動量、機械能均不守恒，故AB錯誤；C.對子彈和木塊由動量守恒及能量守恒得，，系統(tǒng)損失的機械能為，故C正確；D.由于子彈和木塊碰撞有機械能損失，所以最終彈簧彈性勢能小于最初的動能，故D正確．14．如圖，一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣。一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度射出。則子彈對物塊沖量I的大小、摩擦力方向為（）A． B．C．水平向左 D．水平向右【答案】AD【解析】AB．子彈與物塊相互作用過程中，系統(tǒng)動量守恒，則有對物塊應用動量定理，有聯(lián)立可得故A正確，B錯誤；CD．子彈射出過程，物塊相對子彈向左運動，故物塊所受摩擦力方向水平向右,故C錯誤，D正確。故選AD。三、解答題15．如圖所示，兩個滑塊A、B靜置于同一光滑水平直軌道上。A的質量為m，現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以，的速度向右運動。求：①B的質量；②碰撞過程中A對B的沖量的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】①根據(jù)動量守恒定律可得解得②根據(jù)動量定理可得16．如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，求兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的速度．【答案】兩滑塊彈性碰撞后的速度分別為2v0、方向向左，v0、方向向右．【解析】規(guī)定向右為正方向，設碰后A、B的速度為vA、vB，A、B兩滑塊組成系統(tǒng)動量守恒，有：m?2v0﹣2m?v0=mvA+2mvB又系統(tǒng)機械能守恒有：聯(lián)立以上方程可解得：vA=﹣2v0vB=v0則碰后A滑塊速度水平向左，B滑塊速度水平向右。題組B能力提升練一、單選題1．新型冠狀病毒引發(fā)肺炎疫情期間，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出門逛逛，但是又擔心受到感染，因此絞盡腦汁來自我保護。如圖所示，母女倆穿著同款充氣“防護服”出來散步，由于兩人初次穿充氣服，走起路來有些控制不好平衡，所以兩人發(fā)生了碰撞。若媽媽的質量為3m，女兒的質量為m，且以相同的速率v在光滑水平面上發(fā)生相向碰撞，碰撞后媽媽靜止不動，則這次碰撞屬于（）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【答案】A【解析】設碰撞后女兒的速度為v′，根據(jù)動量守恒定律可得故碰后女兒的速度為碰前母女倆的總動能為碰后母女倆的總動能為由于碰撞前后總動能相等，所以母女倆的碰撞為彈性碰撞故選A。2．如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度從U形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能和動量都守恒B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，小球速度大小為D．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，U形管速度大小為【答案】D【解析】A．由于不計一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發(fā)生轉移，故小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)沿導槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統(tǒng)沿導槽方向動量守恒，故A錯誤；B．小球從U形管的另一端射出時，小球與U形管系統(tǒng)機械能守恒，故沿著軌道方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，故解得小球從U形管的另一端射出時，U形管速度為v0，小球速度大小為0，故B錯誤；CD．小球運動到U形管圓弧部分的最左端過程，沿著軌道方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，設小球與U形管的速度為vx，由動量守恒定律得解得設小球的合速度為v，根據(jù)機械能守恒定律得解得故C錯誤，D正確。故選D。3．兩個質量均為m=2kg、可視為質點的非彈性小球M、N在水平地面上相距x=15m放置，某時刻小球M以初速度v=20m/s豎直上拋，與此同時小球N以某一初速度斜拋（如圖所示，小球發(fā)射器未畫出），經(jīng)t=1s兩球恰好相碰，以地面為零勢能面，不計空氣阻力，g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A．兩球在相碰的過程中機械能守恒B．兩球相碰后N球可能斜向右運動C．兩球碰前瞬間N球的速度是15m/sD．兩球碰前瞬間N球的機械能是625J【答案】D【解析】A．兩球為非彈性小球，則碰撞的過程中機械能不守恒，選項A錯誤；B．兩球能相碰，說明豎直方向的運動相同，即拋出時的豎直分速度相同，相碰之前的瞬時，因為N球有水平向左的分速度，因兩球發(fā)生非彈性碰撞，可知碰后N球有水平向左的分速度，即兩球相碰后N球斜向左運動，選項B錯誤；C．碰前N球的豎直分速度水平分速度兩球碰前瞬間N球的速度是選項C錯誤；D．碰撞時兩球上升的高度兩球碰前瞬間N球的機械能是選項D正確。故選D。4．如圖所示，兩個直徑相同的小球靜止在光滑水平面上，B球的質量為km，A球的質量為m。給A球一個水平向右的初速度v0，使A與B發(fā)生碰撞，若碰后兩球的速度都在A、B連線上，則（）A．只存在一個k值，可以使碰后兩球的速度大小均為B．共存在兩個k值，可以使碰后兩球的速度大小均為C．共存在三個k值，可以使碰后兩球的速度大小均為D．無論k取何值，都不能使碰后兩球的速度大小均為【答案】A【解析】A、B碰撞過程中滿足動量守恒，若碰后兩球速度方向相同，則若碰后兩球運動方向相反，則解得，由于碰后的動能不可能超過碰前的動能，因此應該滿足將，代入上式，可得代入不滿足條件，只有k1成立，因此只存在一個k值，可以使碰后兩球的速度大小均為。故選A。5．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑（）A．被彈簧反彈離開彈簧后，小球和槽都做速率不變的直線運動B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒C．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處【答案】A【解析】B．小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)，在水平方向上合外力為零，動量守恒；豎直方向上，合外力不為零，動量不守恒，B錯誤；C．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做正功，因此槽的動能增加，C錯誤；AD．由于小球和槽的質量相同，而水平方向上動量守恒，可知小球滑離槽時，小球和槽速度大小相等，方向向反，因此小球被彈簧彈開后，小球和槽都做速度不變的直線運動，A正確，D錯誤。故選A。6．質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的速度為，B球的速度為，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】A．設每個球的質量均為m，碰前系統(tǒng)總動量p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m碰前的總動能Ek==40m若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=7m動量不守恒，選項A錯誤；B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明顯vA>vB不合理，選項B錯誤；C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=8m總動能E′k==16.25m動量守恒，機械能不增加，選項C可能實現(xiàn)；D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=8m總動能E′k==41m動量守恒，但機械能增加，違反能量守恒定律，選項D錯誤。故選C。7．北京冬奧會2000米短道速滑接力熱身賽上，在光滑冰面上交接時，后方運動員用力推前方運動員。則交接過程中（）A．兩運動員的總機械能守恒B．兩運動員的總動量增大C．每個運動員的動量變化相同D．每個運動員所受推力的沖量大小相同【答案】D【解析】A．在光滑冰面上交接時，后方運動員用力推前方運動員，導致機械能增加。A錯誤；B．兩運動員合力為零，動量守恒。B錯誤；C．動量守恒，所以一個運動員動量變化等大反向。C錯誤；D．兩運動員相互作用力相同，力的作用時間相同，所以每個運動員所受推力的沖量大小相同。D正確。故選D。二、多選題8．如圖所示，一輕質彈簧兩端分別連著木塊A和B，靜止于光滑的水平面上．木塊A被水平飛行的初速度為的子彈射中并鑲嵌在其中．已知木塊B的質量為m，A的質量是B的，子彈的質量是B的，則（）A．子彈擊中木塊A后，與A的共同速度為B．子彈擊中木塊A后，與A的共同速度為C．彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為D．彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為【答案】AC【解析】AB．子彈射入A的過程時間極短，根據(jù)動量守恒定律可得解得故A正確，B錯誤；CD．對子彈、滑塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，A、B速度相等時彈簧被壓縮到最短。壓編彈簧最短時，A與B具有共同的速度，根據(jù)動量守恒定律有此時彈簧的彈性勢能為E，由能量守恒定律得解得故C正確，D錯誤。故選AC。9．如圖所示，兩個物體1和2在光滑水平面上以相同動能相向運動，它們的質量分別為m1和m2，且m1<m2，經(jīng)一段時間兩物體相碰撞并粘在一起，碰撞后（）A．兩物體將向左運動B．兩物體將向右運動C．兩物體組成的系統(tǒng)損失能量最小D．兩物體組成的系統(tǒng)損失能量最大【答案】AD【解析】AB．物體的動量已知兩物體動能Ek相等，m1<m2，則兩物體組成的系統(tǒng)總動量方向與物體2的動量方向相同，即向左，由動量守恒知，兩物體碰撞后動量向左，兩物體將向左運動，B錯誤A正確；CD．兩物體碰撞后粘合在一起，發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞，兩物體組成的系統(tǒng)損失的機械能最大，C錯誤D正確。故選AD。10．如圖所示，兩條形磁鐵各固定在甲、乙兩小車上，它們能在水平面上無摩擦的運動，甲車與磁鐵的總質量為2kg，乙車與磁鐵的總質量為1kg，兩磁鐵N極相對，現(xiàn)使兩車在同一直線上相向運動，某時刻甲車的速度為4m/s，乙車的速度為6m/s，可以看到它們沒有相碰就分開了，下列說法正確的是（）A．乙車開始反向時，甲車的速度為1m/s，方向不變B．兩車相距最近時，乙車的速度為零C．兩車相距最近時，乙車的速度約為0.66m/s，與乙車原來的速度方向相反D．甲車對乙車的沖量與乙車對甲車的沖量相同【答案】AC【解析】A．乙車開始反向時速度為零，根據(jù)動量守恒定律得m甲v甲-m乙v乙=m甲v甲′（取向右為正）代入數(shù)據(jù)有v甲′=1m/sA正確；BC．當兩車速度相同時，相距最近，設共同速度為v共，則有m甲v甲-m乙v乙=(m甲+m乙)v共（取向右為正）代入數(shù)據(jù)有v=0.66m/s，水平向右，與乙車原來的速度相反，B錯誤、C正確；D．甲對乙的力與乙對甲的力是一對作用力與反作用力，方向相反，則它們的沖量方向相反，則甲對乙的沖量與乙對甲的沖量不等，D錯誤。故選AC。11．如圖，滑塊A（可視為質點）的質量kg，與水平面間的動摩擦因數(shù)，用細線懸掛的小球質量均為kg，沿軸排列，A與第1個小球及相鄰兩小球間距離均為m，線長分別為、、……（圖中只畫出三個小球）。開始時，A以m/s沿軸正向運動，設A與小球碰撞不損失機械能，碰后小球均恰能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動并再次與滑塊正碰，，則（）A．滑塊每次與小球碰撞，碰撞前后速度互換B．滑塊只能與13個小球碰撞C．滑塊只能與12個小球碰撞D．第10個小球懸線長0.4m【答案】ACD【解析】A．因滑塊與小球質量相等且碰撞中動量守恒和機械能守恒，則可得v1=0v2=v0即滑塊與小球相碰撞會互換速度，選項A正確；BC．小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，機械能守恒，設滑塊滑行總距離為，有得（個故B錯誤，C正確；D．滑塊與第個小球碰撞，設小球運動到最高點時速度為，對小球，有機械能守恒對滑塊，有解三式得則第10個小球懸線長為故D正確；故選ACD。12．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為mB=2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為-4kg·m/s，則（）A．左方是A球B．碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10C．碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5D．該碰撞為非彈性碰撞【答案】AC【解析】A．光滑水平面上大小相同A、B兩球在發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得由于碰后A球的動量增量為負值，所以左方是A球，故A正確；BC．碰后A球的動量為2kg·m/s，所以碰后B球的動量是增加的，為。由于兩球質量關系為mB=2mA，那么碰撞后A、B兩球速度大小之比2:5，故B錯誤，C正確；D．碰撞前系統(tǒng)的總能量為碰后系統(tǒng)的總能量為因此系統(tǒng)機械能不變，為彈性碰撞，故D錯誤。故選AC。13．在同一豎直平面內(nèi)，兩個完全相同的小鋼球1號、2號，懸掛于同一高度，靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。將1號小角度拉至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2號擺至高度h。則關于下列實驗中的第一次碰撞，判斷正確的是（）A．將1、2號左右分別拉開至高度h同時釋放，碰撞后，兩球靜止B．若1號換成質量較大的小鋼球拉開至高度h釋放，碰撞后，2號能擺至高度大于hC．將1號和左側涂膠（忽略膠的質量）的2號左右分別拉開至高度h同時釋放，碰撞后兩球粘在一起，則兩球靜止D．將1號換成質量較大的小鋼球和左側涂膠（忽略膠的質量）的2號左右分別拉開至高度h同時釋放，碰撞后兩球粘在一起，則兩球靜止【答案】BC【解析】A．由題知，將1號小角度拉至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2號擺至高度h，說明兩小球的碰撞是彈性碰撞，則將1、2號左右分別拉開至高度h同時釋放，碰撞后，兩球應交換速度，A錯誤；B．由選項A知，兩小球為彈性碰撞，若1號換成質量較大的小鋼球拉開至高度h釋放，碰撞后，2號獲得的速度要比質量相同的小球碰撞后的速度要大，則2號能擺至高度大于h，B正確；C．將1號和左側涂膠（忽略膠的質量）的2號左右分別拉開至高度h同時釋放，碰撞后兩球粘在一起，根據(jù)動量守恒有mv-mv=2mv共=0（取1球的速度方向為正）v共=0，兩球靜止，C正確；D．將1號換成質量較大的小鋼球和左側涂膠（忽略膠的質量）的2號左右分別拉開至高度h同時釋放，碰撞后兩球粘在一起，根據(jù)動量守恒有m′v-mv=(m+m′)v′共≠0（取1球的速度方向為正）v′共≠0，兩球未靜止，D錯誤。故選BC。三、解答題14．如圖所示，質量M=0.4kg、內(nèi)部長度L=2m、光滑的凹槽C靜止在光滑的水平面上，A、B兩彈性小球間夾有一壓縮的輕彈簧靜置在凹槽中央，壓縮的彈簧儲存的能量為1.2J（彈簧未與兩球拴接、小球的直徑和彈簧的長度相對槽內(nèi)部長度而言可忽略不計）?，F(xiàn)將A、B兩球和彈簧釋放，當兩球與彈簧分離時的速度大小分別為vA=4m/s、vB=2m/s。若所有的碰撞時間都極短，求∶（1）A、B兩球的質量；（2）A球與凹槽第一次碰撞后瞬間，A球與凹槽的速度大小；（3）釋放彈簧后，B球經(jīng)多長時間與凹槽發(fā)生第一次碰撞。（計算結果保留小數(shù)點后兩位）【答案】（1）mA=0.1kg，mB=0.2kg；（2）2.4m/s和1.6m/s；（3）0.39s【解析】（1）根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有聯(lián)立兩方程代入數(shù)據(jù)解得mA=0.1kg，mB=0.2kg（2）碰撞過程動量和機械能守恒定律得解得負號表示方向向右故A球與凹槽碰撞瞬間，A球與凹槽的速度大小分別為2.4m/s和1.6m/s。（3）A、B兩球分離后各自做勻速運動，凹槽不動；A球先與凹槽碰撞此時B球運動的距離所以A球與凹槽碰撞時B球與凹槽的右側邊緣還有0.5m凹槽以1.6m/s的速度向左，B球以2m/s的速度向右設釋放彈簧后，B球經(jīng)t與凹槽發(fā)生碰撞，則15．如圖所示，上表面光滑的“L”形木板B鎖定在傾角為37°的足夠長的斜面上；將一小物塊A從木板B的中點輕輕地釋放，同時解除木板B的鎖定，此后A與B發(fā)生碰撞，碰撞過程時間極短且不計機械能損失；已知物塊A的質量m=1kg，木板B的質量m0=4kg，板長L=6m，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.6，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求第一次即將碰撞的瞬間A的速度；（2）在第一次碰撞后的瞬間B的速率；（3）求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，A距B下端的最大距離。【答案】（1）6m/s；（2）2.4m/s；（3）3m【解析】（1）設小物塊A與木板B發(fā)生彈性碰撞前的速度大小為，由機械能守恒定律得解得（2）對木板B受力分析，有所以在A與B發(fā)生碰撞前，木板B處于靜止狀態(tài)，設A與B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為和，碰撞過程動量守恒和能量守恒，有聯(lián)立方程，解得，可見，A與B第一次碰后，A的速度大小為3.6m/s，方向沿斜面向上，B的速率為2.4m/s（3）A與B第一次碰后，A沿板向上做勻減速運動，B沿斜面向下做勻速直線運動，在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前，當A與B速度相等之時，A與B下端有最大距離，此過程中，A運動的時間A距B下端