第十六章 第4节　碰　撞 同步作业 Word版含解析

第4节　碰　撞
　1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞和碰撞现象的特点．　2.能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．　3．了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性．
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞和非弹性碰撞
(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞．
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性碰撞．
2．一维弹性碰撞分析
在光滑水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒和能量守恒：
m1v1＝m1v′1＋m2v′2；m1v＝m1v′＋m2v′
碰后两个物体的速度分别为
v′1＝v1，v′2＝v1.
(1)若m1>m2，v′1和v′2都是正值，表示v′1和v′2都与v1方向同向．(若m1?m2，v′1＝v1，v′2＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)
(2)若m1(3)若m1＝m2，则有v′1＝0，v′2＝v1，即碰撞后两球速度互换．　
二、对心碰撞和非对心碰撞及散射
1．对心碰撞和非对心碰撞
(1)对心碰撞(正碰)：碰撞前后，物体的运动方向在一条直线上．
(2)非对心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物体的运动方向不在一条直线上．
2．散射
(1)定义：微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不发生直接接触而发生的碰撞．
(2)散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方．
判一判　(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．(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)√
做一做　在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.6v　　　　　　　　 B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
提示：选A．由碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒得mv＝2mvB＋mvA，vA＜0，则vB＞0.5v，A正确．
想一想　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？
提示：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．
　碰撞的类型及特点
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒．
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
命题视角1　对弹性碰撞现象的分析
　在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0　　　 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
[解析]　由弹性碰撞的规律可知，当两球质量相等时，碰撞时两球交换速度．先球1与球2碰，再球2与球3碰，故选D．
[答案]　D
命题视角2　对完全非弹性碰撞现象的分析
　如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，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．问：
(1)A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
[解析]　(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．以v0的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得v1＝.
(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球构成的系统动量守恒，有：2mv1＝3mv2，解得v2＝v1＝.
[答案]　(1)　(2)

(1)弹性碰撞中一是满足动量守恒，二是满足机械能守恒，即
(2)完全非弹性碰撞中一是具有共同末速度，动量守恒即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v；
二是碰撞过程中系统动能损失最大，即动能损失ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2　
【通关练习】
1．一中子与一质量数为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．
解析：选A．设中子质量为m，则原子核的质量为Am.设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Amv，解得v1＝ v0，故＝，A正确．
2．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的.求：
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度大小．
解析：(1)子弹射入物体A时，两者组成的系统动量守恒，故m0v0＝(m0＋mA)vA
将mA＝mB，m0＝mB代入，得vA＝v0
此后因弹簧压缩，A受向左的弹力作用而做减速运动，速度减小，故v0是A获得的最大速度．
(2)弹簧压缩量最大时，A、B相距最近，其速度相等，由子弹、A、B组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m0＋mA＋mB)vB，得vB＝ v0＝v0.
答案：(1)v0　(2)v0
　对碰撞问题的合理性判断
1．动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
2．总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后．
　甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p′乙＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是(　　)
A．m乙＝m甲　　　　　 B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲
[思路点拨] 碰撞过程受多个物理规律的制约，在判断碰撞过程中的存在性问题时，应从以下三个方面进行分析：
(1)碰撞前、后的状态要符合具体的物理情境；
(2)碰撞过程中要遵循动量守恒定律；
(3)碰撞前、后符合能量关系，即总动能满足Ek前≥Ek后．通过逐一对照排查作出判断．
[解析]　设碰撞后甲球的动量为p′甲，由动量守恒定律有
p甲＋p乙＝p′甲＋p′乙
代入数据得p′甲＝2 kg·m/s.
甲追上乙应有：>得m乙>m甲
碰后p′甲、p′乙均大于零，表明甲、乙两球同向运动，应有v′乙≥v′甲，即≤，
解得m乙≤5m甲；
碰撞过程中，动能不会增加，则
＋≥＋
即＋≥＋，解得m乙≥m甲．
综上可得m甲与m乙的关系为m甲≤m乙≤5m甲．可见选项C正确．
[答案]　C

处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加．
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系．
(3)要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式．
　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球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是(　　)
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′＝14 kg·m/s
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
解析：选A．由碰撞前后两球总动量守恒，即pA＋pB＝pA′＋pB′，可排除选项D；由碰撞后两球总动能不可能增加，即＋≥＋，可排除选项C；由碰撞后A球不可能穿越B球，即≤，可排除选项B．所以，四个选项中只有选项A是可能的．
　对爆炸类问题的分析
解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征
1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．
2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．
3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体发生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．
　以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．
(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能．
[思路点拨] (1)手榴弹到达最高点时具有水平方向的动量，爆炸过程中水平方向动量守恒．
(2)爆炸过程中增加的动能来源于燃料的化学能．
[解析]　(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度
v1＝v0cos 60°＝v0
设v1的方向为正方向，如图所示．
由动量守恒定律得3mv1＝2mv′1＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度v′1＝2v0
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反．
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，
即ΔEk＝·2mv′＋mv－·3mv＝mv.
[答案]　(1)2.5v0　方向与爆炸前速度方向相反
(2)mv

处理爆炸问题的注意事项
(1)在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．
(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能增加．　
　一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v0＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
解析：选B．弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．
　用动量和能量观点解决综合问题
动量与能量观点的综合应用常见的有以下三种模型
1．子弹打木块类模型
(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．
(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．
(3)若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．
2．弹簧类模型
(1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．
(2)整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．
(3)注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．
3．滑块—滑板类模型
(1)把滑块、滑板看做一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．
(2)由于摩擦生热，机械能转化为内能，则系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．
(3)注意滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度．
命题视角1　子弹打木块模型
　如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离；
(2)射入的过程中，系统损失的机械能．
[解析]　因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．
(1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′，①
二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得：
－μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2，②
由①②两式解得：x＝.
(2)射入过程中损失的机械能
ΔE＝mv2－(M＋m)v′2，③
解得：ΔE＝.
[答案]　(1)　(2)
命题视角2　弹簧类模型
　如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
[解析]　A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．
(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②
mv＝ΔE＋(2m)v③
联立①②③式得ΔE＝mv.④
(2)由②式可知v2mv－ΔE＝(3m)v＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv.⑦
[答案]　(1)mv　(2)mv
命题视角3　滑块—滑板模型
　在光滑水平桌面上，有一长l＝2 m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC＝5 kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA＝1 kg，mB＝4 kg.开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图所示，炸药爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左运动．如果A、B与C间的摩擦忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略．求：
(1)当两滑块都与挡板相碰后，板C的速度为多大？
(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移大小和方向如何？
[思路点拨] 爆炸过程中A、B相互作用，系统满足动量守恒定律，A、B分离后以不同的速率滑向挡板，A先到达挡板与C作用，并发生完全非弹性碰撞，C与另一物体B有相对运动，直到碰撞结束为止，整个过程满足动量守恒定律．
[解析]　(1)对于由A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒定律有(mA＋mB＋mC)vC＝0，得vC＝0，即最终木板C的速度为0.
(2)A先与C相碰，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mC)v共
所以v共＝1 m/s.
对A、B组成的系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB
得vB＝1.5 m/s.
从炸药爆炸到A、C相碰的时间t1＝＝ s，此时B距C的右壁xB＝－vBt1＝0.75 m，设再经过t2时间B与C相碰，则t2＝＝0.3 s，故C向左的位移ΔxC＝v共t2＝1×0.3 m＝0.3 m，方向向左．
[答案]　(1)0　(2)0.3 m　向左

(1)多个物体组成的系统应用动量守恒时，既可以根据作用的先后顺序选取系统，也可以选所有物体为系统，这要由题目需要而定．
(2)注意题目中出现两物体相距最远、最近或物体上升到最高点等状态时，往往对应两物体速度相等．
(3)当问题有多过程、多阶段时，必须分清不同过程的受力特点、力的做功特点等，明确对应过程所遵从的规律．
【通关练习】
1．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)
A．mv2　　　　　　　 B．v2
C．NμmgL D．NμmgL
解析：选BD．设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、mv2＝(M＋m)v＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确．
2．一轻质弹簧的两端连接两滑块A和B，已知mA＝0.99 kg，mB＝3 kg，放在光滑水平面上，开始时弹簧处于原长，现滑块A被水平飞来的质量为mC＝10 g、速度为400 m/s的子弹击中，且没有穿出，如图所示，求：
(1)子弹击中滑块A的瞬间滑块A和B的速度大小；
(2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能．
解析：(1)子弹击中滑块A的过程中，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，很短时间具有共同速度vA，取子弹开始运动方向为正方向，有mCv0＝(mA＋mC)vA
得vA＝＝4 m/s
滑块A在此过程中无位移，弹簧无形变，滑块B仍静止，即vB＝0.
(2)对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，当滑块A、B速度v相等时弹簧的弹性势能Ep最大，根据动量守恒和机械能守恒，有mCv0＝(mA＋mB＋mC)v
得v＝＝1 m/s
Ep＝(mA＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v2＝6 J.
答案：(1)4 m/s　0　(2)6 J
[随堂检测]
1．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是(　　)
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
解析：选AD．对选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的；对选项B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能；对选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能；对选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的．
2．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，下面的猜测结果一定无法实现的是(　　)
A．v′A＝－2 m/s，v′B＝6 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝2 m/s
C．v′A＝1 m/s，v′B＝3 m/s
D．v′A＝－3 m/s，v′B＝7 m/s
解析：选D．两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv＋mBv≥mAv′＋mBv′②，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．
3．(2016·高考海南卷)如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10－3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为mA＝0.400 kg和mB＝0.100 kg，重力加速度大小g＝9.80 m/s2.
(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h－v2直线斜率的理论值k0；
(2)求k值的相对误差δ(.
解析：(1)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v′，由动量守恒定律有
mBv＝(mA＋mB)v′①
在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有
(mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh②
联立①②式得h＝v2③
由题意得k0＝④
代入题给数据得k0≈2.04×10－3 s2/m.⑤
(2)按照定义δ＝×100%⑥
由⑤⑥式及题给条件得δ≈6%.⑦
答案：(1)2.04×10－3 s2/m　(2)6%
4．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
解析：(1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，
Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝.
(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝Mv－(M＋m)v′2.
解得x相＝.
(3)由能量守恒定律可得，
Q＝Mv－(M＋m)v′2＝.
答案：(1)　(2)　(3)
5．(2016·高考全国卷丙)如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有mv>μmgl　①
即μ<　②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律有
mv＝mv＋μmgl　③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有
mv1＝mv′1＋v′2④
mv＝mv′＋v′　⑤
联立④⑤式解得v′2＝v1　⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v′≤μgl　⑦
联立③⑥⑦式，可得μ≥　⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ<.
答案：≤μ<
[课时作业]
一、单项选择题
1．(2017·南通高二检测)两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断(　　)
A．碰撞前两个球的动量一定相等
B．两个球的质量一定相等
C．碰撞前两个球的速度一定相等
D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反
解析：选D．两球碰撞过程动量守恒，由于碰撞后两球都静止，总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A错误，D正确；两球的质量是否相等不确定，故碰撞前两个球的速度是否相等也不确定，B、C错误．
2．质量为m1＝3 kg，速度为v1＝2 m/s的小球，与质量为m2＝1 kg速度为v2＝－4 m/s的小球发生正碰，以下各组选项表示弹性碰撞的一组是(　　)
A．v′1＝－1 m/s，v′2＝5 m/s
B．v′1＝－2 m/s，v′2＝5 m/s
C．v′1＝1 m/s，v′2＝5 m/s
D．v′1＝0.5 m/s，v′2＝0.5 m/s
解析：选A．两小球相向运动发生弹性正碰，满足动量守恒定律和机械能守恒．故我们只需要验证即可．由题中数值可得，碰撞前系统动量为p＝m1v1＋m2v2＝3×2 kg·m/s－1×4 kg·m/s＝2 kg·m/s，总动能Ek＝m1v＋m2v＝14 J，经验证，B、C选项不符合动量守恒，D选项不符合机械能守恒，只有A选项符合．
3．(2015·高考福建卷)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
解析：选D．选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．
4．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(　　)
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
解析：选A．由动量守恒3m·v－mv＝0＋mv′，
所以v′＝2v
碰前总动能Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2
碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确．
5．如图所示，质量为m的A小球以水平速度v与静止的质量为3m的B小球正碰后，A球的速率变为原来的，则碰后B球的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．　　　　　　　　 B．－v
C．－ D．
解析：选D．碰后A的速率为，可能有两种情况：v1＝；v1′＝－.根据动量守恒定律，当v1＝时，有mv＝mv1＋3mv2，v2＝；当v1′＝－时，有mv＝mv1′＋3mv2′，v2′＝.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
6．如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧．B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用．作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为(　　)
A．mv B．mv
C．mv D．mv
解析：选C．A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，这时设A、B的速度为v，由动量守恒mv0＝2mv，弹性势能的最大值Ep＝mv－×2mv2＝mv.
7. (2017·东城区高二检测)A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为　(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
解析：选C．由图象知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故选项C正确．
二、多项选择题
8．如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中错误的是(　　)
A．P的速度恰好为零 B．P与Q具有相同速度
C．Q刚开始运动 D．Q的速度等于v
解析：选ACD．P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝，故D错误．
9．(2017·湖北重点高中联考)如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A射入深度dA大于子弹B射入的深度dB，则可判断(　　)
A．子弹在木块中运动时间tA>tB
B．子弹入射时的初动能EkA>EkB
C．子弹入射时的初速度vAD．子弹质量mA解析：选BD．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，两子弹与木块的相互作用必然同时开始同时结束，即两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故A错误；由于木块始终保持静止状态，两子弹对木块的作用力大小相等，则两子弹所受的阻力f大小相等，根据动能定理，对A子弹有－fdA＝0－EkA，EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，EkB＝fdB，而dA>dB，所以子弹的初动能EkA>EkB，故B正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有mAvA－mBvB＝－＝0，即mAEkA＝mBEkB，mAvA＝mBvB，而EkA>EkB，所以mAvB，故D正确，C错误．
10．带有光滑圆弧轨道的质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则(　　)
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对滑车做的功为Mv
D．小球在弧形槽上升的最大高度为
解析：选BC．由于没摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决．因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的速度为v0，小球的速度为0，因而小球将做自由落体运动，对滑车做功W＝Mv，A错误，B、C正确．小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度v′，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过程看做完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
Mv0＝2Mv′①
Mv＝2×Mv′2＋Mgh②
解①②得h＝，D错误．
三、非选择题
11．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得
v＝ m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8.⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2.⑧
答案：(1)1∶8　(2)1∶2
12．(2016·高考全国卷甲)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg.③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得v1＝1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
答案：(1)20 kg　(2)见解析