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第1章 碰撞与动量守恒
第1章 碰撞与动量守恒
动能
动能
动能
动能
小于
“合”为一体
最大
动能
弹性势能
弹性势能
动能
弹性势能
动能
弹性势能
动能
相同
相反
速度
动量
电荷
质量
预习导学·新知探究
梳理知识·夯实基础
多维课堂,师生互动
突破疑难·讲练提升
美妙的守恒定律
1.知道弹性碰撞和非弹性碰撞． 2.掌握弹性碰撞的特点．(重点)
3．能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题．(重点＋难点)
[学生用书P13]
一、研究碰撞中的动能
1．动量和动能：在常见的碰撞中一般来说动量是守恒的，动能不一定是守恒的．
2．弹性碰撞和非弹性碰撞
(1)弹性碰撞：碰撞过程中动量和动能都守恒，即碰撞前后系统动量守恒，系统的动能守恒．
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，动能不守恒，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能．
(3)完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动，这种碰撞系统动能损失最大．
3．正碰和斜碰
按物体碰撞前后运动方向是否沿同一直线，可将碰撞分为正碰和斜碰．
(1)正碰：两小球碰撞时的相对速度沿着连心线方向，称为正碰．
(2)斜碰：两小球碰撞前的相对速度不在连心线上，称为斜碰．
(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)√
二、研究弹性碰撞
1．压缩过程：球A碰球B，两球接触后均被压缩而发生形变，由此产生弹力，使球A减速，使球B加速，直到两球的速度相等，压缩过程结束．该过程中系统的动能逐渐减少，而弹性势能逐渐增加．当两球的速度相等时，系统的弹性势能达到最大，而动能减至最小．
2．恢复过程：由于弹力的作用，球A继续减速，球B继续加速，使球B的速度大于球A的速度，两球的形变逐渐减小，当两球即将分离的瞬间，形变完全消失．这一过程称为恢复过程，该过程中弹性势能逐渐减小，动能逐渐增加，当形变完全消失时，系统的弹性势能为零，而动能重新达到最大．
3．弹性碰撞的规律
在光滑水平面上质量m1的小球以速度v1与质量m2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒和动能守恒得：
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v＋m2v
碰后两个物体的速度分别为：
v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向相同．(m1?m2，v1′＝v1，v2′＝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v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞前后两球速度互换．
如图所示，光滑水平面上并排着小球2、3、4，小球1以速度v0射来，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动情况如何？
提示：小球1与小球2碰撞交换速度，小球2与3、小球3与4碰撞交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v0运动．
三、自然之美——物理学中的守恒定律
在物理学中我们学过的守恒定律有：机械能守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律、质量守恒定律、能量守恒定律等．物理学的每一条守恒定律中都有一个守恒量，这反映了各种运动形式间的联系和统一，表现了物理学的和谐统一美．
碰撞过程的分析[学生用书P14]
1．碰撞过程的特点
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用的时间很短，各物体作用前后各自动量变化显著，物体在作用时间内的位移可忽略．
(2)即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机械能．
(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对于非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．
2．碰撞过程能否发生的条件
在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条
(1)系统的总动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p,2m1)＋eq \f(p,2m2)≥＋.
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度．即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，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．
3．三种碰撞类型的特点
(1)弹性碰撞：碰撞过程中不仅动量守恒，而且机械能守恒，碰撞前后系统动能相等．同时，在碰撞问题中常做动量和动能的换算．
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后系统动能小于碰撞前系统动能．减少的动能转化为其他形式的能量．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后两物体结合为一整体以相同的速度运动，系统动能损失最大．
(1)判断一个碰撞过程能否发生时，必须同时考虑到碰撞过程中应满足的三个条件，不要认为只要满足动量守恒就能发生．
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取．
如图所示质量相等的A、B两球在光滑的水平面上沿一直线向同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s, 当A球追上B球发生碰撞，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＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
D．pA＝－5 kg·m/s，pB＝15 kg·m/s
[解析] 选项D不遵守动量守恒定律，所以D项不成立；对A、B、C三个选项都遵守动量守恒定律，则要从机械能上来验证，碰撞后机械能不能增加．
由p2＝2mEk得：Ek＝，下面计算碰撞前后总动能的变化
对A项：ΔE＝＋－＝－＋<0，符合条件，该项成立；
对B项：ΔE＝＋－＝－＋>0，动能增加了，不成立；同理C项也不成立．
[答案] A
两球正碰必须同时满足的条件
(1)动量守恒；
(2)碰后总动能不能大于碰前总动能；
(3)速度的合理性．若为追击碰撞，则碰后在前面运动的物体速度一定增加，若碰后两物体同向运动，后面的物体速度一定不大于前面物体的速度．
甲、乙两铁球质量分别是m1＝1 kg，m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6 m/s、v2＝2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )
A．v1′＝7 m/s，v2′＝1.5 m/s
B．v1′＝2 m/s，v2′＝4 m/s
C．v1′＝3.5 m/s，v2′＝3 m/s
D．v1′＝4 m/s，v2′＝3 m/s
解析：选B.选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误、B正确；选项C不满足动量守恒条件，错误；选项D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项D错误.
爆炸与碰撞的异同[学生用书P14]
1．爆炸与碰撞的共同点是：物理过程剧烈，系统内物体相互作用内力很大．过程持续时间极短，可认为系统满足动量守恒．
2．爆炸与碰撞的不同点是：爆炸有其他形式的能转化为动能，所以动能增加；弹性碰撞时动能不变，而非弹性碰撞时通常动能要损失，动能转化为内能，动能减小．但两种情况都满足能量守恒，总能量保持不变．
由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看做一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间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．
碰撞的常见模型[学生用书P15]
相互作用的两个物体在很多情况下都可当做碰撞处理．对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，具体分析如下：
1．如图所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止且一端带有弹簧的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．
2.
如图所示，物体A以速度v0滑上静止在光滑水平面上的小车B，当A在B上滑行的距离最远时，A、B两物体相对静止，A、B两物体的速度必相等．
3．如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，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(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度一定相等(方向水平向右)．
以上三种模型类似于前面知识点中的完全弹性碰撞，可以用动量守恒定律和能量守恒定律来求解．
如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但不连接，该整体静止在光滑水平地面上，并且C被锁定在地面上．现有一滑块A从光滑曲面上离地面高h处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧，当速度减为碰后速度一半时滑块C解除锁定．已知mA＝m，mB＝2m，mC＝3m.求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能．
[思路点拨] A、B碰撞粘合的过程动量守恒、机械能有损失，A、B整体压缩弹簧，在C解除锁定前，A、B、C动量不守恒，A、B及弹簧的机械能守恒，C解除锁定后，整个系统的动量守恒、机械能守恒．
[解析] (1)滑块A下滑过程机械能守恒，设A到达水平面时速度为v1，由机械能守恒定律有
mAgh＝mAv，解得v1＝
A、B碰撞过程动量守恒，设滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度为v2，由动量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝＝.
(2)滑块C解除锁定后，滑块A、B继续压缩弹簧，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量守恒定律有：
(mA＋mB)＝(mA＋mB＋mC)v3
故v3＝v2＝
滑块A、B发生碰撞后到弹簧压缩最大，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有：
Epmax＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v
Epmax＝mgh.
[答案] (1) (2)mgh
(1)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．
(2)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．
如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
解析：(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落到最低点但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝m2v2 ①
式中g是重力加速度的大小．设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得
m2v＝(m1＋m2)v′ ②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ) ③
联立①②③式得＝－1 ④
代入题给数据得＝－1. ⑤
(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ) ⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek之比为＝1－(1－cos θ)⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得＝1－.
答案：见解析
用动量和能量观点解决“三类模型”[学生用书P16]
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．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)注意滑块若不滑离滑板，意味着二者最终具有共同速度．
3．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．
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．
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 滑块——滑板类模型
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＝eq \f(Mv,2μg（M＋m）).
(3)由能量守恒定律可得，
Q＝Mv－(M＋m)v′2＝eq \f(Mmv,2（M＋m）).
[答案] (1) (2)eq \f(Mv,2μg（M＋m）) (3)eq \f(Mmv,2（M＋m）)
命题视角3 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＝2mv1 ①
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)v ③
联立①②③式得ΔE＝mv. ④
(2)由②式可知v2mv－ΔE＝(3m)v＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得
Ep＝mv. ⑦
[答案] (1)mv (2)mv
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．
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][学生用书P17]
1．(多选)两个物体发生碰撞( )
A．碰撞中一定产生了内能
B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变
C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大
D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小
解析：选BD.碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，弹性碰撞系统的总动能不变，弹性碰撞中动能没有损失，没有转化成内能，碰撞过程遵循能量守恒定律，总动能不可能增大，则选项B正确，选项A、C错误；非弹性碰撞系统的动能一定减小，则选项D正确．
2.
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．
3.
如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动．选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是( )
A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s
B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s
C．pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s
D．pa＝2 kg·m/s、pb＝0
解析：选C.由动量守恒定律可知A项错．D项b静止，a向右，与事实不符，故D项错，B项中a动能不变，b物体动能增加，总动能增大，故B错，C对．
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．碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选AB.当以A球原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×v0＋2mvB′
mv0＋0＝m×＋2mvB″
解得：vB′＝v0，vB″＝v0.
由于碰撞过程中动能不增加，即
mv≥m＋·2mv
将v0及v0代入上式均成立，所以A、B选项均正确．
5．光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
解析：设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB ①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v ②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v ③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0.
答案：v0
[课时作业][学生用书P83(单独成册)]
一、单项选择题
1．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对．
2．在光滑水平面上相向运动的a、b两车相碰后，都向a车原来的运动方向运动．下列说法中正确的是( )
A．a车的质量一定比b车的大
B．a车的动量一定比b车的大
C．a车的速率一定比b车的大
D．a车的动能一定比b车的大
解析：选B.由动量守恒定律知：mava－mbvb＝mava′＋mbvb′，则必有mava>mbvb，故选项B正确．
3.
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，下列的结论中正确的是( )
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B.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．
4．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝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．
5.
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—时间图像如图所示．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.由图像知，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．
6．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，碰后乙球的动量变为p乙′＝10 kg·m/s，则两球质量m甲、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
解析：选C.由动量守恒定律p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，
得p甲′＝2 kg·m/s，
若两球发生弹性碰撞，则eq \f(p,2m甲)＋eq \f(p,2m乙)＝＋
解得m乙＝m甲，
若两球发生完全非弹性碰撞，则v甲′＝v乙′，
即＝，解得m乙＝5m甲，
即乙球的质量范围是m甲≤m乙≤5m甲，选项C正确．
二、多项选择题
7.
如图所示，光滑的水平面上有A、B两物体，B处于静止状态，其左侧固定着一根轻质弹簧，A的质量为 m，以速度 v0向B运动，在A压缩弹簧的过程中( )
A．任意时刻系统的总动量均为mv0
B．任意时刻系统的总动量均为
C．任意一段时间内A、B所受的冲量相同
D．当A、B间距离最小时，二者速度相同
解析：选AD.A、B相互作用过程中动量守恒，任意时刻总动量都等于mv0，A正确，B错误；由于弹簧对A、B的弹力方向相反，故A、B所受冲量也是大小相等、方向相反，C错误；压缩弹簧过程中只要 vA＞vB，则 A、B间距离就会变小，直到vA＝vB才达到最小，D正确．
8．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的物体C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当物体对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．整个系统最后静止
解析：选BCD.AB车和物体组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，由于最后弹性势能释放出来，整个过程机械能不守恒．选项B、C、D正确．
9．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eq \f(v,2g)
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＋Mgh ②
解①②得h＝eq \f(v,4g)，D错误．
三、非选择题
11．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶，发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s2，若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为1 t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力为多大？
解析：设经过位移s＝25 m后，该货车的速度为v1，由运动学公式v－v＝2a1s
再设碰后共同速度为v2，由动量守恒定律Mv1＝(M＋m)v2
以轿车为研究对象，应用动量定理FΔt＝mv2－0
联立以上三式得F＝9.8×104 N.
答案：9.8×104 N
12．如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA；
(2)A、B两球的质量之比mA∶mB.
解析：(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝mAv
解得vA＝.
(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得
mAvA＝(mA＋mB)v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有h＝gt2
在水平方向上有＝vt
联立上述各式得
mA∶mB＝1∶3.
答案：(1) (2)1∶ 3
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随堂演练·巩固提升
以练促学·补短扬长
甲
ll!
乙
乙
5
5
0.5m
0.5m2.5m
2.5m
5
甲
5
I m
2
1m
2
