粤教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量和动量守恒定律第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞导学案

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2．能从动量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理问题．
3．通过实验演示，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．
1．碰撞的定义和特点
(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用．
(2)特点：物体组成的系统所受外力远小于内力，且相互作用时间极短，故系统在碰撞过程中动量守恒．
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能相等的碰撞．
(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能不再相等的碰撞．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而粘在一起的碰撞．这时机械能损失最大．
3．弹性碰撞举例分析
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和机械能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2②
以上两式联立可解得v1′＝m1-m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1，
由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度．
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1；表示m1的速度不变，m2以2v1的速度运动．
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．若m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示，m1被反向以原速率弹回，m2仍静止．
4．自然界中的守恒定律
(1)系统：物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统．
(2)动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律在微观、宏观和宇观都是适用的，是自然界普适的基本定律．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒．(×)
(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒．(×)
(3)三种碰撞中，动量都守恒．(√)
(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失．(×)
2．(多选)下面关于碰撞的理解正确的是( )
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，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
AB [碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错误；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错误．]
3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度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
A [由动量守恒有3m·v－mv＝0＋mv′所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝12·3m·v2＋12mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝12mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确．]
台球比赛中，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？
提示：守恒，不能直接相加，因为动量是矢量．
碰撞过程的特点
1．时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．
2．相互作用力的特点：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．动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．
4．位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置．
5．能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′．
【典例1】 (多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化
BCD [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A情况不可能发生；B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C、D均正确．]
[跟进训练]
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
AB [A是非弹性碰撞，成立；B是弹性碰撞，成立；C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用．]
碰撞的判断和碰撞模型
1．碰撞的判断
在所给条件不足的情况下，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)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′．
(2)系统动能不增加，即
Ekl＋Ek2≥Ekl′＋Ek2′或p122m1+p222m2≥p1'22m1+p2'22m2．
(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体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．
【典例2】 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′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
A [以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝12mAvA2+12mBvB2＝27 J．如果vA′＝1 m/s、vB′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果vA′＝－3 m/s、vB′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果vA′＝2 m/s、vB′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果vA′＝－1 m/s、vB′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误．]
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
12m1v12+12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
若v2＝0，则有v1′＝m1-m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1．
(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，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q．
(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．
设两者碰后的共同速度为v共，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失为ΔE＝12m1v12+12m2v22-12m1+m2v共2．
【典例3】 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A的质量是B的质量的34，子弹的质量是B的质量的14．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．
[思路点拨] (1)子弹打击物体A瞬间，子弹与物体A系统动量守恒．
(2)弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．
[解析] 设子弹的质量为m，则mB＝4m，mA＝3m．
(1)对子弹进入A的过程，由动量守恒得mv0＝(m＋mA)v1
解得它们的共同速度，也是A的最大速度v1＝mv0m+mA＝v04．
(2)以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mA＋mB)v2
解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B的速度
v2＝mv0m+mA+mB＝v08．
[答案] (1)v04 (2)v08
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等．
[跟进训练]
训练角度1 碰撞的可能分析
2．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是( )
A．－13v0 B．0 C．13v0 D．23v0
ABC [若两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒mv0＝(m＋2m)v，解得v＝13v0．若两球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系12mv02＝12mv12+12·2mv22，联立解得v1＝-13v0，v2＝23v0，则小球A的速度范围－13v0≤v1≤13v0，故选A、B、C．]
训练角度2 弹性碰撞与非弹性碰撞
3．(2022·江苏淮海中学高二阶段练习)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5 kg的球瓶．此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05 s．求：
(1)碰撞前保龄球的速度；
(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；
(3)通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞．
[解析] (1)设保龄球质量为M，球瓶质量为m，碰撞前保龄球的速度为v1，碰撞后保龄球速度为v1′，球瓶的速度为v2，根据动量守恒定律有
Mv1＝Mv1′＋mv2
解得v1＝2.9 m/s．
(2)设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有Ft＝mv2
解得F＝90 N．
(3)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为
Ek0＝12Mv12＝21.025 J
Ek1＝12Mv1'2+12mv22＝16.75 J
因为Ek1＜Ek0，所以该碰撞不是弹性碰撞．
[答案] (1)2.9 m/s (2)90 N (3)不是弹性碰撞
1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的( )
A．质量一定相等 B．动能一定相等
C．动量一定相等 D．总动量等于零
D [两小球碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零．]
2．(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
AD [由题意知，碰前两球的总动量为零且碰撞过程中动量守恒．对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A是可能的；对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B不可能；对C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C不可能；对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D是可能的．故正确为A、D．]
3．(2022·山东招远市第二中学高二阶段练习)如图所示，A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球，其中A、G两球质量相等，B、C、D、E、F五球质量相等，且A球质量小于B球质量．现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态．某时刻让A球以速度v0正对B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则发生一系列碰撞之后，最终( )
A．五个小球静止，两个小球运动
B．四个小球静止，三个小球运动
C．三个小球静止，四个小球运动
D．七个小球都运动
B [因球之间的碰撞均为弹性碰撞，则有动量守恒，机械能守恒，设A、G两球质量为m1，其余球的质量均为m2，A、B碰后，A球的速度为v1，B球的速度为v2，由动碰静规律可得v1＝m1-m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0，由上两式可知，因A球质量小于B球质量，碰撞后A球反弹，B球向前运动，因B、C、D、E、F五球质量相等，B与C碰后，交换速度，B球静止，同理C、D、E都静止，由于F球质量大于G球质量，F与G碰后，都向前运动，因此B、C、D、E四个球静止，A、F、G三个球运动，所以A、C、D错误，B正确．]
4．甲、乙两球在光滑水平轨道上向同向运动，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
C [设碰撞后甲球的动量为p甲′，由动量守恒定律得，p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′
即p甲′＝2 kg·m/s
甲追上乙应有v甲>v乙
即p甲m甲>p乙m乙，解得m乙>75m甲
碰后p甲′，p乙′均大于零，说明两球同向运动，
应有v′甲≤v′乙，即p甲'm甲≤p乙'm乙
解得m乙≤5 m甲
碰撞过程中，动能不会增加，
即Ek甲＋Ek乙≥E′k甲＋E′k乙
p甲22m甲+p乙22m乙≥p甲'22m甲+p乙'22m乙
解得m乙≥177m甲
综上可得177m甲≤m乙≤5m甲，因此C正确．]
5．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h．
[解析] (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力Ff′也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－Ff′＝5 N．
(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
－mgl－Ffl＝12mv12-12mv02
代入数据解得v1＝8 m/s．
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－12(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m．
[答案] (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．碰撞过程要不要考虑两个物体的作用过程的相对运动？
提示：不需要，作用时间极短．
2．碰撞过程从能量角度怎么分类？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞．
3．碰撞可能性的判断依据是什么？
提示：(1)系统动量守恒，(2)系统动能不增加，(3)速度要合理．
冰壶运动
冰壶是在第18届长野冬奥会上成为正式比赛项目的．
冰壶早在14世纪起源于苏格兰．在19世纪初期加拿大就举行过全国性质的冰壶大赛．而传入亚洲大概是在19世纪中期．1924年冰壶作为表演项目被纳入到了第1届冬奥会中，而作为正式的比赛项目则是在1988年的长野冬奥会上．
冰壶又叫作“掷冰壶”“冰上溜石”，以队为单位，是在冰上进行的一种投掷性的比赛．它考验参与者的体力与脑力，尽显动静、取舍之美．
冰壶为特殊石材制成，周长约为91.44厘米，高约为11.43厘米，重量大致为19.96公斤．冰壶比赛场地为长方形，长44.5米、宽4.75米．
冰道的一端画有一个直径为1.83米的圆圈作为球员的发球区，叫本垒．冰道的另一端也画有一圆圈，叫营垒．场地四周有木框，防止冰壶出界．
有6条与端线平行的横贯全场的横线，中间两条为前卫线，也能叫作栏线，两端的两条为后卫线．在前卫线和后卫线的中间有一个纵横交叉的十字线，称圆心线，交叉点就是本垒和营垒的中心点．
场地两端各固定一橡胶起踏器，比赛中运动员蹬起踏器后与壶一起滑行，壶须在到达近端前掷线前投出，并且要到达远端前掷线和底线之间的区域才有效．
比赛中，运动员可以在冰壶前行的方向擦冰，以减少摩擦力，增加滑行距离．
比赛时每队出场4人，每人每局掷壶两次，双方按照一、二、三、四垒的顺序进行一对一对抗，两个队共投完16个壶为一局，最后一壶投完后，大本营内距中心近的壶所属一方得分．一般比赛打10局，得分多的一方即获得胜利．
1．运动员将冰壶推出的过程中总动能怎么变化？属于什么现象？
提示：总动能增加，运动员消耗的化学能转化为动能，属于反冲．
2．两壶如果出现碰撞动量是否守恒？
提示：守恒．
课时分层作业(三) 弹性碰撞与非弹性碰撞 自然界中的守恒定律
考点一 碰撞过程的特点
1．如图所示，甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为 2 m/s，则甲、乙两物体质量之比为( )
A．2∶3 B．2∶5
C．3∶5 D．5∶3
C [选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v′1＋m乙v′2，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，故C正确．]
2．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
C [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C正确．]
3．如图所示，光滑水平面上P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，正碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开．弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列说法正确的是( )
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同的速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
B [由题意知，P、Q交换速度，因此P、Q质量相同．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′＝v2，故D错误．]
考点二 碰撞的判断和碰撞模型
4．(多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下列结果可能正确的有( )
A．v1′＝v2′＝43 m/s
B．v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s
C．v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s
D．v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s
AD [由碰撞前、后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1＋Ek2′验证A、B、D三项皆有可能；但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能．]
5．(多选)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( )
A．甲球停下，乙球反向运动
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
AC [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A、C正确．]
6．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，不能判断
A [由s­t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12mava2+12mbvb2＝92 J，碰撞后动能为12mava'2+12mbvb'2＝92 J，故动能守恒，碰撞前的动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后的动量mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．]
7．(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后二者的动量正好相等．二者质量之比Mm可能为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
AB [设碰撞后两物块的动量都为p，则系统的总动量为2p．由p2＝2mEk可得碰撞前的总动能为Ek1＝2p22M，碰撞后的总动能为Ek2＝p22m+p22M．根据碰撞前后的动能关系可得 4p22M≥p22m+p22M，所以 Mm≤3．故A、B正确．]
考点三 碰撞综合应用
8．(2022·重庆巴蜀中学高二阶段练习)甲、乙两人穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人在极短时间内发生了一维直线碰撞．若甲的质量为m，乙的质量为3m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后乙静止不动，则这次碰撞( )
A．属于完全非弹性碰撞
B．属于弹性碰撞
C．总动能全部转化为内能
D．碰撞后甲的速度大小为4v
B [设碰撞后甲的速度为v′，以乙的运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后甲的速度为v′＝2v，D错误；碰前甲、乙的总动能为Ek＝12×3mv2+12mv2＝2mv2，碰后甲、乙的总动能为E′k＝12mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以此碰撞为弹性碰撞，系统总动能碰撞前后没有损失，没有转化为内能，故B正确，A、C错误．]
9．(多选)(2022·北京市第一〇一中学怀柔分校高三阶段练习)如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰．小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝200 g．取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x­t图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动
B．碰撞后球a做匀速运动，球b做匀速运动
C．碰撞前后两小球的机械能总量减小
D．碰撞前后两小球的机械能总量不变
BD [由图可知，碰撞前球a做匀速运动，球b静止；碰撞后球a做反向匀速运动，球b做正向匀速运动，B正确，A错误；由图可知碰撞前va＝4 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－2 m/s，vb′＝2 m/s，由动量守恒定律可知m1va＝m1va′＋m2vb′，代入数据得m2＝0.6 kg，碰撞前的机械能Ek＝12m1va2＝1.6 J，碰撞后的机械能Ek′＝12m1va′2＋12m2vb′2＝1.6 J，所以碰撞前后的机械能总量保持不变，C错误，D正确．]
10．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．物体A的质量为3m
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv02
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02
AC [对甲图，设物体A的质量为mA，由机械能守恒得，弹簧压缩量为x时弹性势能Ep＝12mAv02；对乙图，AB组成的系统动量守恒，弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，有mA·2v0＝(mA＋m)v，由机械的守恒得Ep＝12mA(2v0)2－12(mA＋m)v2，联立解得mA＝3m，Ep＝32mv02，故A、C正确．]
11．(2022·江苏海安市立发中学高三期中)如图所示，用长为l＝0.4 m的细线将质量为M＝0.03 kg的小木块悬挂于O点，质量为m＝0.01 kg的子弹以水平初速度击中木块并留在其中，小木块恰能运动到O点的正上方，取重力加速度g＝10 m/s2．试求：
(1)子弹刚击中木块时，细线中的张力F；
(2)子弹击中木块的过程中损失的动能ΔEk．
[解析] (1)设子弹击中木块时木块的速度为v1，木块在最高点的速度为v2，则最高点时
(M＋m)g＝M+mv22l
小木块从最低点到最高点由动能定理得
－(M＋m)g×2l＝12M+mv22-12M+mv12
最低点F－(M＋m)g＝M+mv12l
解得F＝2.4 N．
(2)设子弹的初速度为v0，子弹击中木块过程中动量守恒，则
mv0＝(M＋m)v1
根据能量守恒定律可得
ΔEk＝12mv02-12M+mv12
解得ΔEk＝1.2 J．
[答案] (1)2.4 N (2)1.2 J
12．(2022·山东师范大学附中高二期中)如图所示，在光滑水平面上，滑块C的质量mC＝2 kg，滑块A的质量mA＝3 kg，滑块B质量mB＝3 kg．开始时A、B静止，C以初速度v0＝10 m/s的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起．求：
(1)C与A碰撞后A的速度大小为多少；
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能．
[解析] (1)取向右为正方向，以CA为系统研究，根据动量守恒定律
mCv0＝mCvC＋mAvA
根据机械能守恒定律
12mCv02＝12mCvC2+12mAvA2
解得
vC＝－2 m/s
vA＝8 m/s
C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s．
(2)仍取向右为正方向，以A、B为系统研究，根据动量守恒定律
mAvA＝(mA＋mB)v
根据能量守恒定律
E损＝12mAvA2－12(mA＋mB)v2
解得E损＝48 J．
[答案] (1)8 m/s (2)48 J
13．(2022·江苏省郑梁梅高级中学高二阶段练习)如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝5.0 m/s开始向着小球B滑动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：
(1)两小球碰前A的速度；
(2)两小球碰撞后A、B的速度大小；
(3)通过计算判断A、B碰撞后B是否可以到达C点．
[解析] (1)碰前对A，由动量定理有
－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝3 m/s．
(2)A、B发生弹性碰撞，设碰撞后A的速度为vA′，B的速度为vB，则
MvA＝MvA′＋mvB
12MvA2＝12MvA'2+12mvB2
解得vA′＝1.5 m/s，vB＝4.5 m/s．
(3)假设小球能达到C点，从底端到顶端有
－mg·2R＝12mv2-12mvB2
解得v＝16.25 m/s＞gR＝1 m/s
说明小球能到达C点．
[答案] (1)3 m/s (2)1.5 m/s 4.5 m/s (3)见解析