人教版（2019）选择性必修第一册 1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 课件(共58张PPT)

(共58张PPT)
5.弹性碰撞和非弹性碰撞
核心 素养 目标 1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的概念。
2.理解各种碰撞的特点及规律。
3.能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题。
CONTENTS
目 录
O1
新知预览
·抓必备
O2
要点突破
·重应用
O3
知能演练
·提能力
O4
三维达标
·找不足
NO.1
新知预览·抓必备

知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞：系统在碰撞前后 　动能　 不变的碰撞。
2.非弹性碰撞：系统在碰撞后 　动能　 减少的碰撞。
动能　
动能　
知识点二　弹性碰撞的实例分析
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。
对
心　
2.弹性正碰实例分析
（1）问题情景
如图所示，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，碰后它们的速度分别为v1'和v2'。
（2）碰撞过程遵循的规律
①系统动量守恒：m1v1＝ 　m1v1'＋m2v2'　 。
②系统没有动能损失：m1＝ 　m1v1'2＋m2v2'2　 。
m1v1'＋m2v2'　
m1v1'2＋m2v2'2　
（3）碰撞后两物体的速度
v1'＝ 　v1　 ，v2'＝ 　v1　 。
v1　
v1　
（4）结果分析讨论
①若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1，简记为“质量相等，交换速度”；
②当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'，当m1 m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；
③当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0，当m1 m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。

图甲为牛顿摆的示意图，五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当把最左侧的球拉开一个角度由静止释放去碰撞紧密排列的另外四个球时，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动，仅有最右边的球被弹出，如图乙所示。图丙所示打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球可以发生正碰、也可以发生斜碰。
判断下列说法的正误。
（1）图乙中质量相等的两个钢球发生的是弹性碰撞而且碰后两球交换速度。 （　√　）
（2）只要质量相等的两个球发生碰撞，碰后两球一定交换速度。 （　×　）
（3）图丙中母球与目标球发生正碰时两球的动量守恒。 （　√　）
（4）图乙中母球与目标球发生斜碰时两球的动量不守恒。 （　×　）
√
×
√
×
要点突破·重应用
NO.2

要点一　弹性碰撞和非弹性碰撞
2022年2月4日至2022年2月20日，我国成功举办了北京冬奥会，冰壶是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为中国运动员在冰壶比赛中的情景。请思考：
（1）如果把两个冰壶间的碰撞过程看成弹性碰撞，遵守什么规律？
提示：（1）如果把两个冰壶间的碰撞看成弹性碰撞，碰撞过程中两个冰壶组成的系统的动量守恒、机械能守恒。
（2）冰壶间的碰撞一定是正碰吗？
提示：（2）冰壶间的碰撞不一定是正碰，也可能是斜碰。

1.碰撞的特点
（1）时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
（2）作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
（3）动量特点：系统的内力远大于外力，所以系统即使所受外力矢量和不为零，但外力可以忽略，系统的总动量近似守恒。
（4）能量特点：碰撞过程系统的总动能不增加，即碰撞前总动能Ek≥碰撞后总动能Ek'。
2.碰撞的分类
弹性碰撞 （碰后分离） （1）总动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'；
（2）总动能不变：m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2
非弹性碰撞 （碰后分离） （1）总动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'；
（2）总动能减少：m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔE损失
完全非弹性 碰撞（碰后 “粘合”） （1）总动量守恒：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共；
（2）总动能损失最大：m1＋m2＝（m1＋m2）＋ΔE损失
【典例1】　（多选）在冰壶比赛中，中国运动员在最后一投中，将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以 0.4 m/s的速度正碰静止的对手队冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（　　）
A.碰后对手队冰壶的速度为0.5 m/s
B.碰后对手队冰壶的速度为0.3 m/s
C.两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
D.两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
解析　两冰壶碰撞过程中动量守恒，设中国队的冰壶碰撞前后的速度分别为v0和v1，对手队的冰壶碰后的速度为v2，则有mv0＝mv1＋mv2，已知v0＝0.4 m/s，v1＝0.1 m/s，解得v2＝0.3 m/s，A错误，B正确；两冰壶碰撞前系统的能量为E1＝m＝0.08m，两冰壶碰撞后系统的能量为E2＝m＋m＝0.05m，由于E2＜E1，则两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，C正确，D错误。
答案　BC

1.质量m1＝4 kg、速度v0＝3 m/s的A球与质量m2＝2 kg、静止的B球在光滑水平面上发生正碰。
（1）若发生弹性碰撞，碰后A、B两球速度分别为多少？
解析：（1）两球发生弹性碰撞，则满足动量守恒和机械能守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1＝m1＋m2
代入数据解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s。
答案：（1）1 m/s　4 m/s　
（2）若发生完全非弹性碰撞，碰后两球速度又是多少？
解析：（2）两球发生完全非弹性碰撞，碰后速度相同，根据动量守恒定律有m1v0＝（m1＋m2）v
解得v＝2 m/s。
答案：（2）2 m/s
2.斯诺克是一项近年来我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩球使其入洞并计分。如图甲所示，运动员用白球撞击篮球（设两球质量相等），两球发生正碰，且碰撞后白球所受的阻力不变。若碰撞前、后两球的v－t图像如图乙所示，白球的虚线与篮球实线交于t轴同一点。关于两球的运动，下列说法正确的是（　　）
A.碰撞后两球相距的最远距离为0.9 m
B.篮球运动过程中受到的阻力较大
C.两球发生弹性碰撞
D.碰撞后篮球的加速度大小为 m/s2
解析：D　由图像可知，碰前瞬间，白球的速度v0＝1.0 m/s，碰后白球的速度v1＝0.4 m/s，两球碰撞过程中，满足动量守恒定律，则mv0＝mv1＋mv2，可得碰后瞬间，篮球的速度v2＝0.6 m/s，根据图像可知，篮球停止的时刻为t2＝6 s，两球都停止时，距离最大，且最大距离d＝（t2－t0）－（t1－t0）＝×（6－1）m－×（3－1）m＝1.1 m，A错误；在v－t图像中，图像的斜率表示加速度，由图像可看出，碰后白球减速的加速度较大，根据牛顿第二定律可知，白球运动过程中受到的阻力较大，B错误；由于碰撞前后机械能满足m＋m＜m，因此不是弹性碰撞，C错误；碰撞后篮球的加速度大小为a＝＝ m/s2＝ m/s2，D正确。
3.（多选）2022年2月3日至17日，北京冬奥会女子冰球赛在五棵松体育中心进行。一冰球运动员甲在水平光滑的冰面上以8 m/s的速度向右运动时，与另一速度为4 m/s的迎面而来向左运动的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，已知运动员甲、乙的质量分别为60 kg、80 kg，下列说法正确的是（　　）
A.碰后乙的速度的大小是3 m/s
B.碰后乙的速度的大小是2 m/s
C.该次碰撞为非弹性碰撞
D.碰撞中总机械能损失了2 400 J
解析：BCD　设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2'，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝Mv2'，解得v2'＝v1－v2＝2 m/s，故A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为ΔE＝m＋M－Mv2'2，代入数据解得ΔE＝2 400 J，由于ΔE≠0，故碰撞为非弹性碰撞，故C、D正确。
要点二　碰撞可能性的判断
　　　　
如图所示，在光滑水平地面上有质量为m1、m2的两球，分别以速度v1、v2（v1＞v2）运动。两球发生对心碰撞后速度分别为v1'、v2'。请思考：
（1）碰撞前后两球的总动量有什么关系？
提示：（1）碰撞前后两球的总动量守恒。
（2）碰撞前后两球的总动能有什么关系？
提示：（2）碰撞前两球的总动能大于或等于碰撞后两球的总动能。
（3）两球碰后的速度v1'、v2'的大小有哪些特点？
提示：（3）①v2'＞v2；②v1'≤v2'。

1.碰撞问题遵循的“三个原则”
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。
（3）速度要
合理
2.碰撞合理性的判断思路
（1）首先要看动量是否守恒。
（2）再次注意碰前、碰后的速度关系是否合理。
（3）其次再看总动能是否增加。
注意：灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝等几个关系式进行有关计算。
【典例2】　（多选）如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s（设为正方向），vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　）
A.vA'＝－1 m/s，vB'＝5 m/s
B.vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s
C.vA'＝2 m/s，vB'＝－1 m/s
D.vA'＝0.5 m/s，vB'＝2 m/s
解析　两球组成的系统碰撞过程要满足：①系统动量守恒；②系统机械能不增加；③不违反实际可行性。碰前系统总动量为p总＝4×3 kg·m/s＋2×（－3）kg·m/s＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek总＝×4×32 J＋×2×（－3）2 J＝27 J，若vA'＝－1 m/s，vB'＝5 m/s，不违反实际速度可行性，碰后系统动量和动能p总'＝4×（－1）kg·m/s＋2×5 kg·m/s＝6 kg·m/s，Ek总'＝×4×（－1）2 J＋×2×52 J＝27 J，动量守恒，机械能也守恒，故A可能；若vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s，则碰后系统动量p总'＝4×（－2）kg·m/s＋2×6 kg·m/s＝4 kg·m/s，系统动量不守恒，故B不可能；若 vA'＝2 m/s，vB'＝－1 m/s，违反速度实际可行性，发生二次碰撞，故C不可能；若vA'＝0.5 m/s，vB'＝2 m/s，不违反速度实际可行性，碰后系统总动量和机械能p总'＝4×0.5 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝6 kg·m/s，Ek总'＝×4×（0.5）2＋×2×22 J＝4.5 J，故D可能。
答案　AD

1.（多选）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pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生正碰，则碰后A、B两球的动量可能值是（　　）
A.pA'＝6 kg·m/s，pB'＝6 kg·m/s
B.pA'＝4 kg·m/s，pB'＝6 kg·m/s
C.pA'＝－6 kg·m/s，pB'＝18 kg·m/s
D.pA'＝4 kg·m/s，pB'＝8 kg·m/s
解析：AD　设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝＋＝。若pA'＝6 kg·m/s，pB'＝6 kg·m/s，碰后总动量p'＝pA'＋pB'＝12 kg·m/s，碰后总动能Ek'＝＋＝＜，故可能，A正确。若pA'＝4 kg·m/s，pB'＝6 kg·m/s，碰后总动量 p'＝pA'＋pB'≠p，故不可能，B错误。若pA'＝－6 kg·m/s，pB'＝18 kg·m/s，碰后总动能Ek'＝＋＝＞，故不可能，C错误。若pA'＝4 kg·m/s，pB'＝8 kg·m/s，碰后总动量p'＝12 kg·m/s＝p，碰后总动能Ek'＝＋＝＜，故可能，D正确。
2.（多选）如图所示，光滑水平地面上有两个小球甲和乙，质量分别是m和km，现让甲以初速度v0向右运动并与乙（静止） 发生碰撞，碰后乙的速度为，若碰后甲、乙同向运动，则k的值可能是（　　）
A. B. C. D.
解析：ACD　设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝mv＋km，解得v＝v0－v0，碰撞后甲、乙同向运动，则有v＞0，即v0－
v0＞0，解得k＜2；碰后甲球不能越过乙球，因此有v≤，解得k≥1；又因为碰撞过程中动能不增加，所以有m≥mv2＋km，解得0≤k≤3。综上可得1≤k＜2，则A、C、D可能，B不可能。
3.（多选）A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是9 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，碰撞后B球的动量变为12 kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是（　　）
A.mB＝2mA B.mB＝3mA
解析：AB　以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，代入数据，解得pA'＝4 kg·m/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，由题意可知，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有＞，解得＜＝，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有≤，≥＝，综上得≤≤，故A、B正确。
C.mB＝4mA D.mB＝5mA
知能演练·提能力
NO.3

　　　　
1.斯诺克是“最具绅士”的一项运动，比赛时运动员利用球杆击打母球（白色球），母球与目标球碰撞使目标球入袋而得分，如图
为我国斯诺克运动员击球时的情景。假设某次击球后，
母球和目标球碰撞，二者均在同一直线上运动，则下
列说法中正确的是（　　）
A.母球和目标球碰撞瞬间，由于桌面存在摩擦，系统动量不守恒
B.由于碰撞时间极短，在碰撞瞬间，可以认为两球均没有发生位移
C.从母球被击出到目标球落袋前这一过程中，系统的机械能守恒
D.碰撞瞬间，母球对目标球的冲量和目标球对母球的冲量相同
解析：B　两球碰撞瞬间，由于碰撞时间极短，外力远小于内力，外力的冲量很小，可以忽略不计，所以系统动量守恒，故A错误；由于碰撞时间极短，在碰撞瞬间可以认为两球的位移为零，故B正确；从母球被击出到目标球落袋前，两球均受到桌面摩擦力的作用，系统机械能不守恒，故C错误；碰撞瞬间，母球对目标球的冲量和目标球对母球的冲量大小相等，但方向相反，故D错误。
2.在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增量ΔpA、ΔpB可能的是（　　）
A.ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B.ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
C.ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s
D.ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s
解析：A　两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝2 kg·m/s，pB'＝10 kg·m/s，且碰撞过程总动能不增加，故A正确。若ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误。如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝－5 kg·m/s，pB'＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能，故C错误。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝8 kg·m/s，pB'＝4 kg·m/s，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。
3.（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x－t（位移—时间）图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断（　　）
A.碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B.碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C.m2＝0.3 kg
D.两个小球的碰撞是弹性碰撞
解析：ACD　由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度v1'＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2'＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，代入数据解得m2＝0.3 kg，选项A、C正确，B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1＋m2－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D正确。
4.（多选）质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰后B的速度可能是（　　）
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析：AC　若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞，则有mv0＝（m＋2m）v共，解得v共 ＝ v0，若小球A与小球B发生弹性碰撞，则有mv0＝mvA'＋2mvB'，m＝mvA'2＋×2mvB'2，解得vA'＝－v0，vB'＝v0，所以碰后B的速度v0≤vB≤v0，故选A、C。
5.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，下列说法中正确的是（　　）
A.该碰撞为完全非弹性碰撞
B.物块乙的质量为6 kg
C.碰撞过程两物块损失的机械能为8 J
D.该碰撞过程能量不守恒
解析：B　由v－t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s、v乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲'＝－1 m/s，v乙'＝2 m/s，碰后速度不同，该碰撞不是完全非弹性碰撞；甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得 m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙，解得m乙＝6 kg，损失的机械能为ΔE＝m甲＋m乙－m甲v甲'2－m乙v乙'2，解得ΔE＝3 J，即碰撞过程两物块损失的机械能为3 J，此能量转化为两物块的内能，但是能量还是守恒的。故B正确，A、C、D错误。
三维达标·找不足
NO.4

题组一　弹性碰撞和非弹性碰撞
1.(2022·浙江金华高二阶段考)现有甲、乙两滑块,质量分别为3m和m,以相同的速率v在光滑水平面上相向运动,发生了碰撞。已知碰撞后,甲滑块静止不动,那么这次碰撞是(　　)
解析:A　由动量守恒定律有3mv-mv＝0＋mv',所以 v'＝2v。碰前总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2,碰后总动能Ek'＝mv'2＝2mv2,则Ek＝Ek',所以A正确。
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
2.(2022·浙江台州市高二期末)质量为ma＝1 kg,mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞,碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示,则可知碰撞属于(　　)
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞 D.条件不足,不能确定
解析:A　由x-t图像知,碰撞前va＝3 m/s,vb＝0,碰撞后va'＝-1 m/s,vb'＝2 m/s,碰撞前动能为ma＋mb＝ J,碰撞后动能为mava'2＋mbvb'2＝ J,故机械能守恒;碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s,碰撞后动量mava'＋mbvb'＝3 kg·m/s,故动量守恒,所以碰撞属于弹性碰撞。故选A。
3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线,且彼此隔开了一定的距离,如图所示。具有动能E0的第1个物块向右运动,依次与其余两个静止物块发生碰撞,最后这三个物块粘在一起,这个整体的动能为(　　)
A.E0 B. C. D.
解析:C　由碰撞中动量守恒得mv0＝3mv1,
解得v1＝　①
E0＝m　②
Ek'＝×3m　③
由①②③式联立得Ek'＝×3m＝×＝,故C正确。
4.(多选)(2022·浙江杭州市余杭高级中学高二段考)如图所示,竖直平面内的四分之
一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8 m,小滑块的质量关系是mB＝2mA,重力加速度g＝10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小可能是(　　)
A.5 m/s B.4 m/s C.3 m/s D.2 m/s
解析:BCD　滑块A下滑过程,由机械能守恒定律得mAgR＝mA,解得v0＝6 m/s,若两个滑块发生的是弹性碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB,mA＝mA＋mB,解得vB＝4 m/s,若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)vB',解得vB'＝2 m/s,所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s,不可能为 5 m/s,故选B、C、D。
5.台球是大家比较喜爱的一项运动。小明同学设计了一个台球趣味游戏,在光滑水平面上,利用一个白球A以初速度v0去撞击2023个一字排开的花球,如图所示,已知球与球之间的碰撞为弹性正碰,白球质量是花球质量的2倍,则编号为1的花球的最终速度为(　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析:A　质量为2m的白球A以初速度v0与编号为2023的花球发生弹性正碰,满足动量守恒和机械能守恒,设碰后白球和编号为2023的花球的速度分别为vA1、v1,以向右为正方向,则2mv0＝2mvA1＋mv1,(2m)＝(2m)＋m,解得vA1＝v0,v1＝v0。同理分析,两个质量相同花球碰撞时,根据动量守恒定律和机械能守恒知,两球速度交换,编号为2023的花球与编号为2022的花球交换速度,以此类推,最终编号为1的花球的速度为v1'＝v0,故A正确,B、C、D错误。
6.(2022·浙江嘉兴高二期中)如图所示,小球A的质量为mA＝5 kg,动量大小为pA＝4 kg·m/s,小球A在光滑水平面上向右运动,与静止的小球B发生弹性碰撞,碰后A的动量大小为pA'＝1 kg·m/s,方向水平向右,则(　　)
A.碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B.碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C.小球B的质量为15 kg
D.小球B的质量为5 kg
解析:A　规定向右为正方向,碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒,所以有pA＝pA'＋pB,解得 pB＝3 kg·m/s,A正确,B错误;由于是弹性碰撞,所以没有机械能损失,故＝＋,解得mB＝3 kg,C、D错误。
题组二　碰撞可能性的判断
7.(多选)如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙,水平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况(　　)
A.甲球速度为零,乙球速度不为零
B.两球速度都不为零
C.乙球速度为零,甲球速度不为零
D.两球都以各自原来的速率反向运动
解析:AB　根据两球动能相等有m甲＝m乙,得出两球碰前动量大小之比＝ ,因m甲＞m乙,则p甲＞p乙,则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断,碰后两球运动情况可能是A、B所述情况,而C、D情况是违背动量守恒的,故C、D情况是不可能的。
8.(多选)光滑的水平面上物体A以8 kg·m/s的动量撞击静止的物体B,碰撞后物体A、B动量的可能值为(　　)
A.4 kg·m/s;4 kg·m/s
B.-9 kg·m/s;1 kg·m/s
C.0;8 kg·m/s
D.9 kg·m/s;-1 kg·m/s
解析:AC　若A、B质量相等,且碰后以共同的速度运动,则碰后动量分别为4 kg·m/s和4 kg·m/s;若两物体发生弹性碰撞,则碰后两物体交换速度,即动量分别为0和8 kg·m/s,选项A、C正确;因碰前总动量为8 kg·m/s,若碰后动量为 -9 kg·m/s 和 1 kg·m/s,则总动量为 -8 kg·m/s,动量不守恒,选项B错误;由能量关系Ek＝,因为＜＋,即碰后总动能增加,选项D错误。
9.(2022·浙江温州高二期末)如图所示,大小、形状相同的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,小球A的质量为2m、速度大小为v0、方向水平向右,小球B的质量为m、速度大小为2v0、方向水平向左,两小球发生弹性正碰后(　　)
A.小球A将静止
B.小球B将向左运动
C.小球A的动能将增加m
D.小球B的动量变化量的大小为4mv0
解析:D　小球A、B发生弹性碰撞,选向右为正方向,设碰后小球B的速度为vB,小球A的速度为vA,则有2mv0＋m(-2v0)＝2mvA＋mvB,×2m＋m(-2v0)2＝×2m＋m,解得vA＝-v0,vB＝2v0,碰撞后小球A向左运动,A错误;碰撞后小球B将向右运动,B错误;碰撞后小球A的动能增加量ΔEk＝×2m-×2m＝×2m×(-v0)2-×2m＝0,C错误;小球B的动量变化量Δp＝pB'-pB＝m(2v0)-m(-2v0)＝4mv0,小球B的动量变化量的大小为4mv0,D正确。
10.如图所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动,与原来静止的质量为5m的B球碰撞,碰撞后A球以v＝av0(待定系数a＜1)的速率弹回,A球与挡板P发生碰撞时无能量损失,若要使A球能追上B球再次相撞,则a的取值范围为(　　)
A.＜a≤ B.＜a≤
C.＜a≤ D.＜a≤
解析:A　规定向右为正方向,由动量守恒定律可知mv0＝-m·av0＋5mv1　①
根据碰撞过程动能不会增大可知
m≥m(av0)2＋(5m)　 ②
球与挡板P发生碰撞时无能量损失,与挡板碰后以原速度大小返回,若要使A球能追上B球再次相撞,所以有av0＞v1　 ③
由①②③式可得＜a≤,故选A。
11.(多选)如图甲所示,两可视为质点的滑块甲、乙放在水平面上,t＝0时刻分别给两滑块一初速度,使两滑块沿同一直线相对运动,经过一段时间两物体发生碰撞,取向右的方向为正,整个过程中两滑块的速度—时间图像如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)
A.整个过程中滑块乙的位移大小为0.5 m
B.滑块甲与滑块乙的质量之比为1∶1
C.滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2
D.两滑块碰撞时没有能量损失
解析:ACD　整个过程中根据速度—时间图像可知滑块乙的位移x＝m＝0.5 m,A正确;两物块在1 s末时发生碰撞,根据动量定理得m甲v甲1＋m乙v乙1＝m乙v乙1',4m甲-2m乙＝6m乙,解得m甲∶m乙＝2∶1,B错误;根据图像可知,0~1 s滑块的加速度为a甲＝ m/s2＝-2 m/s2,a乙＝ m/s2＝4 m/s2,根据牛顿第二定律-μ甲m甲g＝m甲a甲,μ乙m乙g＝m乙a乙,解得μ甲＝0.2,μ乙＝0.4,滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2,C正确;滑块甲与滑块乙的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1,两个滑块碰撞前后的能量差为ΔE＝-m乙v乙1'2＝0,D正确。
12.如图所示,ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,BC段水平,AB段与BC段平滑连接,质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑,与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上,且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后质量为m2的小球速度大小v2。(重力加速度为g)
解析:设质量为m1的小球碰撞前瞬间的速度为v,根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v2,解得v＝　 ①
设碰撞后质量为m1的小球与质量为m2的小球的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律有
m1v＝m1v1＋m2v2　 ②
由于碰撞过程中无机械能损失,则
m1v2＝m1＋m2　 ③
联立②③式解得v2＝　 ④
将①代入④得v2＝。
答案:
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