高中物理人教版5第十六章動量守恒定律4碰撞 第十六章第4節(jié)碰撞

第4節(jié)碰撞1.理解彈性碰撞、非彈性碰撞、正碰(對心碰撞)和斜碰(非對心碰撞)．2．會運(yùn)用動量守恒定律和能量的觀點(diǎn)分析、解決一維碰撞問題．一、彈性碰撞和非彈性碰撞1．彈性碰撞和非彈性碰撞(1)彈性碰撞：碰撞過程中機(jī)械能守恒的碰撞叫彈性碰撞．(2)非彈性碰撞：碰撞過程中機(jī)械能不守恒的碰撞叫非彈性碰撞．2．一維彈性碰撞分析在光滑水平面上質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰．根據(jù)動量守恒和能量守恒：m1v1＝m1v′1＋m2v′2；eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)碰后兩個物體的速度分別為v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.(1)若m1>m2，v′1和v′2都是正值，表示v′1和v′2都與v1方向同向．(若m1?m2，v′1＝v1，v′2＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去)(2)若m1<m2，v′1為負(fù)值，表示v′1與v1方向反向，m1被彈回．(若m1?m2，v′1＝－v1，v′2＝0，表示m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止)(3)若m1＝m2，則有v′1＝0，v′2＝v1，即碰撞后兩球速度互換．(1)發(fā)生碰撞的兩個物體，動量是守恒的．()(2)發(fā)生碰撞的兩個物體，機(jī)械能是守恒的．()(3)碰撞后，兩個物體粘在一起，動量是守恒的，但機(jī)械能損失是最大的．()提示：(1)√(2)×(3)√二、對心碰撞和非對心碰撞及散射1．對心碰撞和非對心碰撞(1)對心碰撞(正碰)：碰撞前后，物體的運(yùn)動方向在一條直線上．(2)非對心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物體的運(yùn)動方向不在一條直線上．2．散射(1)定義：微觀粒子碰撞時，微觀粒子相互接近時并不發(fā)生直接接觸而發(fā)生的碰撞．(2)散射方向：由于粒子與物質(zhì)微粒發(fā)生對心碰撞的概率很小，所以多數(shù)粒子碰撞后飛向四面八方．如圖所示，打臺球時，質(zhì)量相等的母球與目標(biāo)球發(fā)生碰撞，兩個球一定交換速度嗎？碰撞一定是對心碰撞嗎？提示：不一定．只有質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生一維彈性碰撞時，系統(tǒng)的總動量守恒，總機(jī)械能守恒，才會交換速度，否則不會交換速度．母球與目標(biāo)球碰撞時對心碰撞和非對心碰撞都有可能發(fā)生．知識點(diǎn)一碰撞過程的特點(diǎn)及分類1．碰撞的特點(diǎn)(1)時間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時間極短，相對物體運(yùn)動的全過程可忽略不計．(2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動量守恒．2．碰撞的分類(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒．(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大．彈性碰撞在光滑水平面上有三個完全相同的小球，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，如圖所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個小球的速度可能是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．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，碰撞時兩球交換速度．先球1與球2碰，再球2與球3碰，故選D.[答案]D完全非彈性碰撞如圖所示的三個小球的質(zhì)量都為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運(yùn)動，碰后A、B兩球粘在一起．問：(1)A、B兩球剛剛粘合在一起時的速度是多大？(2)彈簧壓縮至最短時三個小球的速度是多大？[解析](1)在A、B碰撞的過程中彈簧的壓縮量是極其微小的，產(chǎn)生的彈力可完全忽略，即C球并沒有參與作用，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒．以v0的方向?yàn)檎较?，則有：mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2).(2)粘合在一起的A、B兩球向右運(yùn)動，壓縮彈簧，由于彈力的作用，C球加速，速度由零開始增大，而A、B兩球減速，速度逐漸減小，當(dāng)三球相對靜止時彈簧最短，此時三球速度相等．在這一過程中，三球構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，有：2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v1＝eq\f(v0,3).[答案](1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(v0,3)知識點(diǎn)二分析碰撞問題的“三個原則”1．動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.2．總動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p′eq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(2,2),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小或等于原來在后面的物體的速度，即v′前≥v′后．如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B兩球發(fā)生了對心碰撞．對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測，下面的猜測結(jié)果一定無法實(shí)現(xiàn)的是()A．v′A＝－2m/s，v′B＝6m/sB．v′A＝2m/s，v′B＝2m/sC．v′A＝1m/s，v′B＝3m/sD．v′A＝－3m/s，v′B＝7m/s[解析]兩球碰撞前后應(yīng)滿足動量守恒定律及碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)≥eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)②，答案D中滿足①式，但不滿足②式，所以D選項(xiàng)錯誤．[答案]D處理碰撞問題的思路(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次再看總機(jī)械能是否增加．(2)一個符合實(shí)際的碰撞，除動量守恒外還要滿足能量守恒，同時注意碰后的速度關(guān)系．(3)要靈活運(yùn)用Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)，Ek＝eq\f(1,2)pv或p＝eq\f(2Ek,v)幾個關(guān)系式.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，A球的動量pA＝9kg·m/s，B球的動量pB＝3kg·m/s，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球動量的可能值是()A．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sC．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/sD．pA′＝－4kg·m/s，pB′＝17kg·m/s解析：選A.由碰撞前后兩球總動量守恒，即pA＋pB＝pA′＋pB′，可排除選項(xiàng)D；由碰撞后兩球總動能不可能增加，即eq\f(peq\o\al(2,A),2m)＋eq\f(peq\o\al(2,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.所以，四個選項(xiàng)中只有選項(xiàng)A是可能的．知識點(diǎn)三爆炸類問題解決爆炸類問題時，要抓住以下三個特征：1．動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(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)的動量守恒．2．動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，因此爆炸后系統(tǒng)的總動能增加．3．位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體發(fā)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后，物體仍然從爆炸的位置以新的動量開始運(yùn)動．以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達(dá)最高點(diǎn)時炸成質(zhì)量分別是m和2m的兩塊．其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行．(1)求質(zhì)量較小的一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動能．[思路點(diǎn)撥](1)手榴彈到達(dá)最高點(diǎn)時具有水平方向的動量，爆炸過程中水平方向動量守恒．(2)爆炸過程中增加的動能來源于燃料的化學(xué)能．[解析](1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在最高點(diǎn)處爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0設(shè)v1的方向?yàn)檎较?，如圖所示．由動量守恒定律得3mv1＝2mv′1＋mv2其中爆炸后大塊彈片速度v′1＝2v0解得v2＝－，“－”號表示v2的方向與爆炸前速度方向相反．(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動能的增量，即ΔEk＝eq\f(1,2)·2mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)＝eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0).[答案](1)方向與爆炸前速度方向相反(2)eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)處理爆炸問題的注意事項(xiàng)(1)在處理爆炸問題，列動量守恒方程時應(yīng)注意：爆炸前的動量是指即將爆炸那一刻的動量，爆炸后的動量是指爆炸剛好結(jié)束時那一刻的動量．(2)在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒，機(jī)械能增加．典型問題——用動量和能量觀點(diǎn)解決“三類模型”動量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用常見的有以下三種模型：1．子彈打木塊類模型(1)子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為該過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則系統(tǒng)動量守恒．(2)在子彈打木塊過程中摩擦生熱，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化．(3)若子彈不穿出木塊，則二者最后有共同速度，機(jī)械能損失最多．1.如圖所示，在水平地面上放置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊(未穿出)，若木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：(1)子彈射入木塊后，木塊在地面上前進(jìn)的距離；(2)射入的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能．[解析]因子彈未射出，故碰撞后子彈與木塊的速度相同，而系統(tǒng)損失的機(jī)械能為初、末狀態(tài)系統(tǒng)的動能之差．(1)設(shè)子彈射入木塊時，二者的共同速度為v′，取子彈的初速度方向?yàn)檎较?，則有：mv＝(M＋m)v′，①二者一起沿地面滑動，前進(jìn)的距離為x，由動能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，②由①②兩式解得：x＝eq\f(m2v2,2（M＋m）2μg).(2)射入過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，③解得：ΔE＝eq\f(Mmv2,2（M＋m）).[答案](1)eq\f(m2v2,2（M＋m）2μg)(2)eq\f(Mmv2,2（M＋m）)2．滑塊—滑板類模型(1)把滑塊、滑板看作一個整體，摩擦力為內(nèi)力，則在光滑水平面上滑塊和滑板組成的系統(tǒng)動量守恒．(2)由于摩擦生熱，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒．應(yīng)由能量守恒求解問題．(3)注意滑塊若不滑離木板，意味著二者最終具有共同速度．2.如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動，將質(zhì)量為m的小鐵塊輕輕放在木板上的A點(diǎn)，這時小鐵塊相對地面速度為零，小鐵塊相對木板向左滑動．由于小鐵塊和木板間有摩擦，最后它們之間相對靜止，已知它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，問：(1)小鐵塊跟木板相對靜止時，它們的共同速度多大？(2)它們相對靜止時，小鐵塊與A點(diǎn)距離多遠(yuǎn)？(3)在全過程中有多少機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？[解析](1)木板與小鐵塊組成的系統(tǒng)動量守恒．以v0的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得，Mv0＝(M＋m)v′，則v′＝eq\f(Mv0,M＋m).(2)由功能關(guān)系可得，摩擦力在相對位移上所做的功等于系統(tǒng)動能的減少量，μmgx相＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v′2.解得x相＝eq\f(Mveq\o\al(2,0),2μg（M＋m）).(3)由能量守恒定律可得，Q＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）).[答案](1)eq\f(Mv0,M＋m)(2)eq\f(Mveq\o\al(2,0),2μg（M＋m）)(3)eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)3．彈簧類模型(1)對于彈簧類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒．(2)整個過程涉及到彈性勢能、動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問題．(3)注意：彈簧壓縮最短時，彈簧連接的兩物體速度相等，此時彈簧最短，具有最大彈性勢能．3.如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)．設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動．假設(shè)B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，(1)整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．[解析]A、B碰撞時動量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一塊時，動量守恒．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能則為機(jī)械能的損失．當(dāng)A、B、C速度相等時，彈性勢能最大．(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝2mv1①此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機(jī)械能為ΔE.對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)③聯(lián)立①②③式得ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0).④(2)由②式可知v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep.由動量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep⑥聯(lián)立④⑤⑥式得Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0).⑦[答案](1)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)(1)多個物體組成的系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒時，既可以根據(jù)作用的先后順序選取系統(tǒng)，也可以選所有物體為系統(tǒng)，這要由題目需要而定．(2)注意題目中出現(xiàn)兩物體相距最遠(yuǎn)、最近或物體上升到最高點(diǎn)等狀態(tài)時，往往對應(yīng)兩物體速度相等．(3)當(dāng)問題有多過程、多階段時，必須分清不同過程的受力特點(diǎn)、力的做功特點(diǎn)等，明確對應(yīng)過程所遵從的規(guī)律.一輕質(zhì)彈簧的兩端連接兩滑塊A和B，已知mA＝kg，mB＝3kg，放在光滑水平面上，開始時彈簧處于原長，現(xiàn)滑塊A被水平飛來的質(zhì)量為mC＝10g、速度為400m/s的子彈擊中，且沒有穿出，如圖所示，求：(1)子彈擊中滑塊A的瞬間滑塊A和B的速度；(2)以后運(yùn)動過程中彈簧的最大彈性勢能．解析：(1)子彈擊中滑塊A的過程中，子彈與滑塊A組成的系統(tǒng)動量守恒，很短時間具有共同速度vA，取子彈開始運(yùn)動方向?yàn)檎较?，有mCv0＝(mA＋mC)vA得vA＝eq\f(mCv0,mA＋mC)＝4m/s滑塊A在此過程中無位移，彈簧無形變，滑塊B仍靜止，即vB＝0.(2)對子彈、滑塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)滑塊A、B速度v相等時彈簧的彈性勢能Ep最大，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒，有mCv0＝(mA＋mB＋mC)v得v＝eq\f(mCv0,mA＋mB＋mC)＝1m/sEp＝eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝6J.答案：(1)4m/s0(2)6J[隨堂達(dá)標(biāo)]1．(2023·南通高二檢測)兩個球沿直線相向運(yùn)動，碰撞后兩球都靜止．則可以推斷()A．碰撞前兩個球的動量一定相等B．兩個球的質(zhì)量一定相等C．碰撞前兩個球的速度一定相等D．碰撞前兩個球的動量大小相等，方向相反解析：選D.兩球碰撞過程動量守恒，由于碰撞后兩球都靜止，總動量為零，故碰撞前兩個球的動量大小相等，方向相反，A錯誤，D正確；兩球的質(zhì)量是否相等不確定，故碰撞前兩個球的速度是否相等也不確定，B、C錯誤．2．(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰．碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?/9，那么小球B的速度可能是()\f(1,3)v0 \f(2,3)v0\f(4,9)v0 \f(5,9)v0解析：選AB.當(dāng)以A球原來的速度方向?yàn)檎较驎r，則vA′＝±eq\f(1,3)v0根據(jù)兩球碰撞前、后的總動量守恒，有mv0＋0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mvB′mv0＋0＝m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)v0))＋2mvB″解得：vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0.由于碰撞過程中動能不增加，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)將eq\f(1,3)v0及eq\f(2,3)v0代入上式均成立，所以A、B選項(xiàng)均正確．3．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：選BD.設(shè)系統(tǒng)損失的動能為ΔE，根據(jù)題意可知，整個過程中小物塊和箱子構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動量守恒和能量守恒，則有mv＝(M＋m)vt(①式)、eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,t)＋ΔE(②式)，由①②聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(Mm,2（M＋m）)v2，可知選項(xiàng)A錯誤、B正確；又由于小物塊與箱壁碰撞為彈性碰撞，則損耗的能量全部用于摩擦生熱，即ΔE＝NμmgL，選項(xiàng)C錯誤、D正確．4．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：選B.彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有mv0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運(yùn)動，豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確．5．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示．B與C碰撞后二者會粘在一起運(yùn)動．則在以后的運(yùn)動中：(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？(2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值是多少？解析：(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大．由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)·vABC，解得vABC＝eq\f(（2＋2）×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s.(2)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝eq\f(2×6,2＋4)m/s＝2m/s，設(shè)物塊A、B、C速度相同時彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據(jù)能量守恒Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝eq\f(1,2)×(2＋4)×22J＋eq\f(1,2)×2×62J－eq\f(1,2)×(2＋2＋4)×32J＝12J.答案：(1)3m/s(2)12J[課時作業(yè)][學(xué)生用書P73(獨(dú)立成冊)]一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·高考福建卷)如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動狀態(tài)是()A．A和B都向左運(yùn)動B．A和B都向右運(yùn)動C．A靜止，B向右運(yùn)動D．A向左運(yùn)動，B向右運(yùn)動解析：選D.選向右為正方向，則A的動量pA＝m·2v0＝的動量pB＝－2mv0.碰前A、B的動量之和為零，根據(jù)動量守恒，碰后A、B的動量之和也應(yīng)為零，可知四個選項(xiàng)中只有選項(xiàng)D符合題意．2．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，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是()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：選A.由動量守恒3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v碰前總動能Ek＝eq\f(1,2)×3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2碰后總動能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確．3．如圖所示，質(zhì)量為m的A小球以水平速度v與靜止的質(zhì)量為3m的B小球正碰后，A球的速率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，則碰后B球的速度是(以v方向?yàn)檎较?()\f(v,6) B．－vC．－eq\f(v,3) \f(v,2)解析：選D.碰后A的速率為eq\f(v,2)，可能有兩種情況：v1＝eq\f(v,2)；v1′＝－eq\f(v,2).根據(jù)動量守恒定律，當(dāng)v1＝eq\f(v,2)時，有mv＝mv1＋3mv2，v2＝eq\f(v,6)；當(dāng)v1′＝－eq\f(v,2)時，有mv＝mv1′＋3mv2′，v2′＝eq\f(v,2).若它們同向，則A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正確．4．如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為m的物塊A和B，B上固定一輕彈簧．B靜止，A以速度v0水平向右運(yùn)動，通過彈簧與B發(fā)生作用．作用過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能Ep為()\f(1,16)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)\f(1,4)mveq\o\al(2,0) \f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：選、B速度相等時彈簧的彈性勢能最大，這時設(shè)A、B的速度為v，由動量守恒mv0＝2mv，彈性勢能的最大值Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0).5.(2023·東城區(qū)高二檢測)A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運(yùn)動，其位移—時間圖象如圖所示．由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．3∶1解析：選C.由圖象知，碰前vA＝4m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1m/s，由動量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故選項(xiàng)C正確．6．甲、乙兩球在光滑水平軌道上同向運(yùn)動，已知它們的動量分別是p甲＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)閜乙′＝10kg·m/s，則兩球質(zhì)量m甲、m乙的關(guān)系可能是()A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲解析：選C.由動量守恒定律p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，得p甲′＝2kg·m/s，若兩球發(fā)生彈性碰撞，則eq\f(peq\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(peq\o\al(2,乙),2m乙)＝eq\f(p甲′2,2m甲)＋eq\f(p乙′2,2m乙)解得m乙＝eq\f(17,7)m甲，若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則v甲′＝v乙′，即eq\f(p甲′,m甲)＝eq\f(p乙′,m乙)，解得m乙＝5m甲，即乙球的質(zhì)量范圍是eq\f(17,7)m甲≤m乙≤5m甲，選項(xiàng)C正確．二、多項(xiàng)選擇題7．如圖所示，P物體與一個連著彈簧的Q物體正碰，碰后P物體靜止，Q物體以P物體碰前的速度v離開，已知P與Q質(zhì)量相等，彈簧質(zhì)量忽略不計，那么當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，下列結(jié)論中錯誤的是()A．P的速度恰好為零 B．P與Q具有相同速度C．Q剛開始運(yùn)動 D．Q的速度等于v解析：選物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P做減速運(yùn)動，Q做加速運(yùn)動，P、Q間的距離減小，當(dāng)P、Q兩物體速度相等時，彈簧被壓縮到最短，所以B正確，A、C錯誤．由于作用過程中動量守恒，設(shè)速度相等時速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D錯誤．8．(2023·湖北重點(diǎn)高中聯(lián)考)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，最終都停在木塊中，這一過程中木塊始終保持靜止．現(xiàn)知道子彈A射入深度dA大于子彈B射入的深度dB，則可判斷()A．子彈在木塊中運(yùn)動時間tA>tBB．子彈入射時的初動能EkA>EkBC．子彈入射時的初速度vA<vBD．子彈質(zhì)量mA<mB解析：選BD.子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，木塊始終保持靜止，兩子彈與木塊的相互作用必然同時開始同時結(jié)束，即兩子彈在木塊中運(yùn)動時間必定相等，否則木塊就會運(yùn)動，故A錯誤；由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，兩子彈對木塊的作用力大小相等，則兩子彈所受的阻力f大小相等，根據(jù)動能定理，對A子彈有－fdA＝0－EkA，EkA＝fdA，對B子彈有－fdB＝0－EkB，EkB＝fdB，而dA>dB，所以子彈的初動能EkA>EkB，故B正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，則有mAvA－mBvB＝eq\r(2mAEkA)－eq\r(2mBEkB)＝0，即mAEkA＝mBEkB，mAvA＝mBvB，而EkA>EkB，所以mA<mB，vA>vB，故D正確、C錯誤．9.帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道的質(zhì)量為M的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上滑車，到達(dá)某一高度后，小球又返回車的左端，則()A．小球以后將向左做平拋運(yùn)動B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動C．此過程小球?qū)囎龅墓閑q\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在弧形槽上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)解析：選BC.由于沒摩擦和系統(tǒng)外力做功，因此該系統(tǒng)在整個過程中機(jī)械能守恒，即作用前后系統(tǒng)動能相等，又因?yàn)樗椒较蛏蟿恿渴睾?，故可以用彈性碰撞的結(jié)論解決．因?yàn)閮烧哔|(zhì)量相等，故發(fā)生速度交換，即滑車最后的速度為v0，小球的速度為0，因而小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動，對滑車做功W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，A錯誤，B、C正確．小球上升到最高點(diǎn)時與滑車相對靜止，具有共同速度v′，因此又可以把從開始到小球上升到最高點(diǎn)的過程看做完全非彈性碰撞，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有Mv0＝2Mv′①eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝2×eq\f(1,2)Mv′2＋Mgh②解①②得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，D錯誤．☆10.如圖所示，質(zhì)量為M的小車原來靜止在光滑水平面上，小車A端固定一根輕彈簧，彈簧的另一端放置一質(zhì)量為m的物體C，小車底部光滑，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)彈簧釋放后，物體C被彈出向B端運(yùn)動，最后與B端粘在一起，下列說法中正確的是()A．物體離開彈簧時，小車向左運(yùn)動B．物體與B端粘在一起之前，小車的運(yùn)動速率與物體C的運(yùn)動速率之比為eq\f(m,M)C．物