(共67张PPT)
第一章
动量守恒定律
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
课堂效果检测
课前自主学习
课堂考点演练
课后作业课时作业4 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( C )
A．甲、乙两球都沿乙球的运动方向
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
解析：由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确，A、B、D错误．
2．在光滑的水平面上有A、B两球，其质量分别为mA、mB，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系式正确的是( B )
A．mA>mB
B．mAC．mA＝mB
D．无法判断
解析：由题图知，A球以初速度与原来静止的B球碰撞，碰后A球反弹且速度小于初速度，根据碰撞规律知，A球质量小于B球质量．
3．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，轻杆另一端挂在小车支架的O点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的油泥碰击后粘在一起，则小车将( D )
A．向右运动
B．向左运动
C．静止不动
D．小球下摆时，车向左运动后又静止
解析：根据动量守恒，小球下落时水平方向速度向右，小车向左；小球静止，小车也静止．
4．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( C )
A．1?1
B．1?2
C．1?3
D．3?1
解析：由题图知：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．
5．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止，则可以推断( D )
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：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．
6．(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x－t)图像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图像，C为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球的质量mA＝3
kg，则由图可知下列结论正确的是( BD )
A．A球碰撞前的速度vA＝3
m/s
B．B球的质量为mB＝2
kg
C．A、B两球碰撞前的总动量为13
kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为15
J
解析：由x－t图像的斜率表示速度，可知，碰撞前有：
vA＝＝
m/s＝－3
m/s
vB＝＝
m/s＝2
m/s
碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝＝
m/s＝－1
m/s
A球的碰前速度为－3
m/s，故A错误；
根据动量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v
解得：mB＝2
kg，故B正确；
A、B两球碰撞前的总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝－5
kg·m/s，故C错误；
碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为：
ΔE损＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2＝15
J，故D正确．
7．(多选)如图所示，用两根长度都等于L的细绳，分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触．现把a球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a球摆动到最低位置与b球相碰后，b球可能升高的高度为( ABC )
A．L
B.
C.
D.
解析：若a、b两球发生完全弹性碰撞，易知b球上摆的高度可达L；若a、b两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mv＝2mv′和·2mv′2＝2mgh′还有v2＝2gL，可知其上摆的高度为.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b球上摆的高度应满足≤h≤L.
8．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．
答案：(1) (2)
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，
解得：ΔE＝.
1．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( C )
A.mv
B.mv
C.mv
D.mv
解析：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.
2．(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( AB )
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
解析：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≥m2＋·2mv
将v0及v0代入上式均成立，所以A、B选项均正确．
3．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？
答案：(1) (2) (3)
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＝.
4．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4
kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2
kg，现对A施加一个水平向右的恒力F＝10
N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6
s，二者的速度达到vt＝2
m/s.求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
答案：(1)2.5
m/s2 (2)1
m/s (3)0.45
m
解析：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5
m/s2.②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6
s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③
代入数据解得v＝1
m/s.④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45
m.
5．如图所示，长l为0.8
m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量为m1＝0.2
kg的球．将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放．当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量为m2＝1
kg的铁块正碰，碰后小球以2
m/s的速度弹回．若光滑桌面距地面高度h＝1.25
m，铁块落地点距桌边的水平距离多大？(g取10
m/s2)
答案：0.6
m
解析：根据机械能守恒定律，先求小球与铁块相碰前的速度，m1gl＝m1v2，v＝＝4
m/s.再运用动量守恒定律，求出球与铁块相碰后铁块的速度v2，m1v＝m1v1＋m2v2，v2＝(v－v1)，因为小球是被弹回的，故取v1＝－2
m/s，代入上式可求得v2＝1.2
m/s.由平抛公式可求得铁块的水平射程：x＝v2＝0.6
m.5 弹性碰撞和非弹性碰撞
一、常见碰撞的类型
1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒．
2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒．
3．完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．
碰撞是我们日常生活中经常见到的，台球桌上台球的碰撞(图甲)，打乒乓球时乒乓球与球拍的碰撞(图乙)，因为司机饮酒而造成汽车的碰撞(图丙)等，这些碰撞有哪些共同特点？又有哪些不同？
提示：这些碰撞的共同特点均是作用时间极短，不同特点是能量损失不同．
二、弹性碰撞的处理
1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性碰撞，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
2．若m1＝m2的两球发生弹性碰撞，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
3．若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性碰撞后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
4．若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性碰撞后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
注：3、4中，v1′，v2′为近似取值，碰撞过程能量守恒．
如图所示，光滑水平面上并排静止着小球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碰撞后交换速度，小球2与3碰撞后交换速度，小球3与小球4碰撞后交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v0运动．
考点一
碰撞问题的三个解题依据
1．动量守恒
p1＋p2＝p1′＋p2′.
2.动能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
或＋≥＋.
3．速度要符合情境
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．
【例1】 A、B两球在水平光滑直轨道上同向运动，已知它们的动量分别是pA＝5
kg·m/s，pB＝7
kg·m/s.A从后面追上B并发生碰撞，碰后B的动量pB′＝10
kg·m/s，试判断：
(1)两球质量的关系；
(2)若已知mB＝mA，则该碰撞过程是否为弹性碰撞？
【审题指导】
分析求解时考虑以下两个方面的问题：一是碰撞的特点和规律，二是碰撞的合理性．
【解析】 (1)由碰撞中动量守恒可求得pA′＝2
kg·m/s，要使A追上B，则必有：vA>vB，即>，得mB>1.4mA.
碰后pA′、pB′均大于0，表示同向运动，则应有：vB′≥vA′.
即≤，则mB≤5mA.
碰撞过程中，动能不增加，则有：＋≥＋，
推得：mB≥mA.综合上面可知：mA≤mB≤5mA.
(2)若mA＝m，则mB＝m，
碰前总动能Ek＝＋＝
J.
碰后总动能Ek′＝＋＝
J.
所以Ek＝Ek′.故该碰撞过程是完全弹性碰撞．
【答案】 (1)mA≤mB≤5mA (2)是
动量守恒定律是分析、求解碰撞问题的重要规律，但并非唯一规律，有时要结合速度及能量的合理性考虑碰撞中的实际情况.
(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( AD )
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；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；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；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．
考点二
碰撞的常见模型
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)如右图所示，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)如右图所示，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)如右图所示，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)．
小球沿曲面滑动过程中，系统动量不守恒，只是水平方向动量守恒.
【例2】 如图所示，木块A的右侧为光滑曲面(曲面足够长)，且下端极薄，其质量为2.0
kg，静止于光滑水平面上．一质量为2.0
kg的小球B以2.0
m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用．
(1)B球沿A曲面上升到最大高度处的速度是( )
A．0
B．1.0
m/s
C．0.71
m/s
D．0.50
m/s
(2)B球沿A曲面上升的最大高度是( )
A．0.40
m
B．0.20
m
C．0.10
m
D．0.05
m
(3)B球与A相互作用结束后，B球的速度是( )
A．0
B．1.0
m/s
C．0.71
m/s
D．0.50
m/s
【审题指导】
1．B沿A上升到最大高度处，B的速度沿什么方向，A和B的速度具有怎样的关系？
2．A和B相互作用的过程中，二者组成的系统动量守恒吗？机械能守恒吗？
【解析】 (1)在最大高度处两球速度相同，方向水平向左，设为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，代入数据得v＝1.0
m/s.
(2)从开始到小球到达最大高度处，这一过程中系统的机械能守恒，则mv＝(m＋m)v2＋mgh，代入数据得h＝0.10
m.
(3)从开始冲上曲面到小球又回到最低点的过程可以看做弹性碰撞，则由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB，再由机械能守恒定律得mv＝mv＋mv，联立得vA＝v0＝2.0
m/s，vB＝0.
【答案】 (1)B (2)C (3)A
如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰撞后P物体静止，Q物体以P物体碰撞前速度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应是( B )
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：P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P物体做减速运动，Q物体做加速运动，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′＝v/2，故D错误．
考点三
完全非弹性碰撞中的能量转化规律
在非弹性碰撞中，机械能不守恒，完全非弹性碰撞中机械能损失最大．那么，碰撞中减少的机械能转化成什么形式的能量了呢？常见的有以下几类问题：
(1)ΔEk转化为内能Q
(2)ΔEk转化为内能Q
(3)ΔEk转化为内能Q
(4)ΔEk转化为弹性势能Ep＋内能Q
在解决这几类问题时，要分析清楚能量的去向，应用动量守恒定律结合机械能的损失列方程(组)进行计算．
【例3】 如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)以初速度v0向右滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数为μ，求木块在木板上滑行的最大距离．(假设木板足够长)
【审题指导】
m在M上滑行时，它们之间存在相对运动，产生热量，系统的动能减少，水平面光滑，M、m组成的系统动量守恒．当滑行距离最大时的隐含条件是二者速度相等．
【解析】 设木块相对于木板滑行的最大距离为L，此时它们共同的速度为v，以m和M为系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v ①，由能量守恒定律得Q＝ΔEk，即μmgL＝mv－(M＋m)v2 ②，①②两式联立得L＝.
【答案】
?1?分析运动过程，寻找隐含条件是解题的关键.,?2?掌握碰撞特点，准确找出动量、能量的关系即可求解.
如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动．设甲同学和他的车的总质量为150
kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5
m/s；乙同学和他的车总质量为200
kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7
m/s.求碰撞后两车共同的运动速度及碰撞过程中损失的机械能．
答案：0.186
m/s，方向向左 2
881.7
J
解析：设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，
他和车的总质量m1＝150
kg，碰撞前的速度v1＝4.5
m/s；
乙同学和车的总质量m2＝200
kg，
碰撞前的速度v2＝－3.7
m/s.
设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为
p＝m1v1＋m2v2＝150×4.5
kg·m/s＋200×(－3.7)
kg·m/s
＝－65
kg·m/s
碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v
根据动量守恒定律可得p＝p′，代入数据得v≈－0.186
m/s，即碰撞后两车以v＝0.186
m/s的共同速度运动，运动方向向左．
此过程中损失的机械能
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2≈2
881.7
J.
学科素养提升
碰撞过程的分类及碰撞过程的制约
一、碰撞过程的分类
1．弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失．
弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即
m1v＋m2v
＝m1v1′2＋m2v2′2
特殊情况：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有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2.
碰后两个小球的速度分别为：
v1′＝v1，v2′＝v1
(1)若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?m2，v1′≈－v1，v2′≈0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
(3)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换．
2．非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失．
非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：
m1v＋m2v>m1v1′2＋m2v2′2
3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多．此种情况m1与m2碰后速度相同，设为v，则：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
系统损失的动能最多，最大损失动能为
ΔEkm＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2
二、碰撞过程的制约
通常有如下三种因素制约着碰撞过程．
1．动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；
2．动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；
3．运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小．
【典例】 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)弹簧压缩量最大时物体B的速度．
【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
多碰撞过程在分析时要注意分析每个过程中的动量、动能变化情况，分过程列式处理．如本题中子弹与物体A的碰撞是完全非弹性碰撞，以后子弹与A作为一个整体与B作用，属于弹性碰撞．
类题试解
水平台球桌面上母球A、目标球B和球袋洞口边缘C位于一条直线上，设A、B两球质量均为0.25
kg且可视为质点，A、B间的距离为5
cm，B、C间距离为x＝160
cm，因两球相距很近，为避免“推杆”犯规(球杆推着两球一起运动的现象)，常采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球在离杆后与目标球发生对心正碰，因碰撞时间极短，可视为完全弹性碰撞)，设球与桌面的动摩擦因数为μ＝0.5，为使目标球可能落入袋中，求：
(1)碰撞过程中A球对B球的最小冲量为多大？(碰撞过程中的摩擦阻力可忽略不计)
(2)碰撞前瞬间A球的速度最小是多大？
【解析】 (1)设碰撞后瞬间B球能进入球袋的最小速度为vB，由动能定理得：－μmgx＝0－mv
解得vB＝4
m/s
由动量定理得：I＝mvB＝1
kg·m/s.
(2)设A碰撞前瞬间最小速度为vA，碰撞后瞬间为v，则：
由动量守恒定律得：mvA＝mv＋mvB
由机械能守恒得：mv＝mv2＋mv
联立方程解得：vA＝vB＝4
m/s，v＝0.
【答案】 (1)1
kg·m/s (2)4
m/s
1．关于碰撞的理解正确的是( A )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．
2．(多选)关于非弹性碰撞，下列说法正确的是( BC )
A．非弹性碰撞中能量不守恒
B．非弹性碰撞是相对弹性碰撞来说的
C．非弹性碰撞的动能一定减少
D．非弹性碰撞的动能可能增加
解析：在非弹性碰撞中，机械能不守恒，但能量仍是守恒的，碰撞过程中会有一部分动能转化为其他形式的能量，故动能会减少．
3．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m1＝0.1
kg.图乙为它们碰撞前后两个小球的x－t图像．由此可以判断( AD )
A．碰前小球B静止，小球A向右运动
B．碰后小球A和B都向右运动
C．小球B的质量为m2＝0.2
kg
D．小球B的质量为m2＝0.3
kg
解析：由x－t图像的斜率得到，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止，A速度大小为v1＝＝
m/s＝4
m/s，方向只有向右才能与B相撞，故A正确；由x－t图像可知，碰后B的速度为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动，两小球运动方向相反，故B错误；由x－t图像可知，碰后B和A的速度分别为v2′＝2
m/s，v1′＝－2
m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3
kg，故C错误，D正确．故选A、D.
4．如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动．现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
答案：1.5v2解析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′ ①
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2 ②
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″ ③
为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0 ④
联立①②③④式得1.5v25．光滑的水平地面上放着一块质量为M、长度为d的木块，一个质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，当子弹从木块中出来后速度变为v1，子弹与木块的平均摩擦力为f.求：
(1)子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功多少？摩擦力对木块做功多少？
(2)在这个过程中，系统产生的内能为多少？
答案：(1)m(v－v) (2)fd
解析：(1)如图所示，由于水平面光滑，则子弹和木块组成的系统水平方向动量守恒，可得mv0＝mv1＋Mv2
解之得v2＝.
对子弹利用动能定理可得－fx1＝m(v－v)
即为f对子弹做的功．
对木块利用动能定理可得fx2＝Mv－0
fx2＝，即为f对木块做的功．
(2)由能量守恒定律可知系统产生的内能等于系统机械能的减少量，Q＝fx1－fx2＝fd.
即产生的内能等于摩擦力与相对位移的乘积．
