（課改地區(qū)專用）2018-2019學(xué)年高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2.4 碰撞學(xué)案 新人教版

《（課改地區(qū)專用）2018-2019學(xué)年高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2.4 碰撞學(xué)案 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課改地區(qū)專用）2018-2019學(xué)年高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2.4 碰撞學(xué)案 新人教版（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2.4　碰　撞 學(xué)習(xí)目標(biāo) 核心提煉 1.了解彈性碰撞、非彈性碰撞和完全非彈性碰撞，應(yīng)用動(dòng)量、能量的觀點(diǎn)綜合分析，解決一維碰撞問題。 2.了解對(duì)心碰撞和非對(duì)心碰撞。 3.了解散射和粒子的發(fā)散過程，體會(huì)理論對(duì)實(shí)踐的指導(dǎo)作用，進(jìn)一步了解動(dòng)量守恒定律的普適性。 4.加深對(duì)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的理解。 3種碰撞——彈性碰撞 非彈性碰撞 完全非彈性碰撞 一、彈性碰撞和非彈性碰撞 1.常見的碰撞類型 (1)彈性碰撞：碰撞過程中機(jī)械能守恒。 (2)非彈性碰撞：碰撞過程中機(jī)械能不守恒。 2.一維彈性碰撞分析：假設(shè)物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2碰撞，碰撞后它們的速度

2、分別為v1′和v2′，則碰后v1′＝v1，v2′＝v1。 (1)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則v1′＝0，v2′＝v1，即兩者碰后交換速度。 (2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0。表明m1被反向以－v1彈回，而m2仍靜止。 (3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1。表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。 思考判斷 (1)發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，動(dòng)量是守恒的。(　　) (2)發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，機(jī)械能是守恒的。(　　) (3)碰撞后，兩個(gè)物體粘在一起，動(dòng)量是守

3、恒的，但機(jī)械能損失是最大的。(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)√ 二、對(duì)心碰撞和非對(duì)心碰撞 1.兩類碰撞 (1)對(duì)心碰撞：碰撞前后，物體的動(dòng)量在同一條直線上，也叫正碰。 (2)非對(duì)心碰撞：碰撞前后，物體的動(dòng)量不在同一條直線上。 2.散射 (1)定義：微觀粒子相互接近時(shí)并不像宏觀物體那樣“接觸”而發(fā)生的碰撞。 (2)散射方向：由于粒子與物質(zhì)微粒發(fā)生對(duì)心碰撞的概率很小，所以多數(shù)粒子碰撞后飛向四面八方。 思維拓展 如圖1所示，光滑水平面上并排靜止著小球2、3、4，小球1以速度v0射來，已知四個(gè)小球完全相同，小球間發(fā)生彈性碰撞，則碰撞后各小球的運(yùn)動(dòng)情況如何？ 圖1

4、答案　小球1與小球2碰撞后交換速度，小球2與小球3碰撞后交換速度、小球3與小球4碰撞后交換速度，最終小球1、2、3靜止，小球4以速度v0運(yùn)動(dòng)。 　碰撞的特點(diǎn)和分類 [要點(diǎn)歸納] 1.碰撞的特點(diǎn) (1)時(shí)間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間極短，相對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的全過程可忽略不計(jì)。 (2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量守恒。 2.碰撞的分類 (1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。 (2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。 (3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大。 3.爆炸：一種

5、特殊的“碰撞” 特點(diǎn)1：系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 特點(diǎn)2：系統(tǒng)動(dòng)能增加。 [精典示例] [例1] 光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝mB＝m，mC＝2m，開始時(shí)B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生彈性正碰后，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，求： 圖2 (1)B與C碰撞前后B的速度分別是多大？ (2)B與C碰撞中損失的動(dòng)能是多少？ 審題指導(dǎo) 關(guān)鍵詞 信息 光滑水平軌道 A與B，B與C碰撞中動(dòng)量均守恒 A與B發(fā)生彈性正碰 碰撞中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒 B與C發(fā)生碰撞并粘在一起 (1)碰撞中動(dòng)量守恒 (2)碰前B的動(dòng)能減去碰后B和C的總動(dòng)能等于損失

6、的動(dòng)能 解析　(1)設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B的速度為vB，A與B發(fā)生彈性正碰，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mvA＋mvB mv＝mv＋mv，得vA＝0，vB＝v0 設(shè)B與C發(fā)生碰撞后粘在一起的速度為v， 由動(dòng)量守恒定律有mvB＝3mv，得v＝。 (2)B與C碰撞中損失的動(dòng)能ΔE＝mv－·3m·v2，得ΔE＝mv。 答案　(1)v0　　(2)mv [針對(duì)訓(xùn)練1] 質(zhì)量相等的5個(gè)物塊在光滑水平面上間隔一定距離排成一直線，如圖3所示。具有初動(dòng)能E0的物塊1向其他4個(gè)靜止物塊運(yùn)動(dòng)，依次發(fā)生碰撞，每次碰撞后不再分開。最后，5個(gè)物塊粘成一整體，這個(gè)整體的動(dòng)能等于(　　)

7、 圖3 A.E0 B.E0 C.E0 D.E0 解析　設(shè)物塊的質(zhì)量為m0，則第1個(gè)具有初動(dòng)能為E0的物塊的動(dòng)量p0＝，因5個(gè)物塊碰撞過程中，動(dòng)量守恒，最后的共同速度設(shè)為v，則p0＝5m0v＝，得v＝，則5個(gè)物塊最后的動(dòng)能Ek＝×5m0v2＝×5m0×()2＝E0，選項(xiàng)C正確。 答案　C 　彈性正碰模型 [要點(diǎn)歸納] 1.兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，即m1v1＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2得出v1′＝v1，v2′＝v1。 (1)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰

8、后，v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度。 (2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1。表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。 (3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0。表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止。 2.如果兩個(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成彈性正碰。 [精典示例] [例2] 如圖4所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下

9、滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機(jī)械能損失。求碰撞后小球m2的速度大小v2。 圖4 解析　設(shè)m1碰撞前的速度為v10，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m1gh＝m1v， 解得v10＝① 設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v10＝m1v1＋m2v2② 由于碰撞過程中無機(jī)械能損失m1v＝m1v＋m2v③ 聯(lián)立②③式解得v2＝④ 將①代入④得v2＝ 答案　 [針對(duì)訓(xùn)練2] 在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如圖5所示。設(shè)

10、碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別是(　　) 圖5 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　由于1球與2球發(fā)生碰撞時(shí)間極短，2球的位置來不及發(fā)生變化。這樣2球?qū)?球不產(chǎn)生力的作用，即3球不會(huì)參與1、2球作用，1、2球作用后立即交換速度，即碰后1球停止，2球速度立即變?yōu)関0，同理分析，2、3球作用后交換速度，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 　判斷一個(gè)碰撞過程是否存在的依據(jù) [要點(diǎn)歸納] 1.動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 2.總動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋

11、Ek2′或＋≥＋。 3.速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′。 [精典示例] [例3] 在光滑水平面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)(B在前)，已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰后它們動(dòng)量的變化分別為ΔpA、ΔpB。下列數(shù)值可能正確的是(　　) A.ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B.ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s C.ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D.ΔpA＝24

12、kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s 解析　對(duì)于碰撞問題要遵循三個(gè)規(guī)律：動(dòng)量守恒定律、碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過程要符合實(shí)際情況。本題屬于追及碰撞，碰前，后面運(yùn)動(dòng)小球的速度一定要大于前面運(yùn)動(dòng)小球的速度(否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞)，碰后，前面小球的動(dòng)量增大，后面小球的動(dòng)量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，據(jù)此可排除選項(xiàng)B、D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝可知，A小球的質(zhì)量和動(dòng)量大小不變，動(dòng)能不變，而B小球的質(zhì)量不變，但動(dòng)量增大，

13、所以B小球的動(dòng)能增大，這樣系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，選項(xiàng)C可以排除；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)A滿足碰撞所遵循的三個(gè)原則，本題答案為A。 答案　A [針對(duì)訓(xùn)練3] 如圖6所示，質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B兩球發(fā)生了對(duì)心碰撞。對(duì)于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測(cè)，下面的猜測(cè)結(jié)果一定無法實(shí)現(xiàn)的是(　　) 圖6 A.vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B.vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C.vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D.vA′＝－3

14、m/s，vB′＝7 m/s 解析　兩球碰撞前后應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律及碰后兩球的動(dòng)能之和不大于碰前兩球的動(dòng)能之和。即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，選項(xiàng)D中滿足①式，但不滿足②式，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　D 1.(多選)質(zhì)量為1 kg的小球以4 m/s的速度與質(zhì)量為2 kg的靜止小球正碰，關(guān)于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正確的(　　) A.v1′＝v2′＝ 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 解析　

15、由碰撞前后總動(dòng)量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′驗(yàn)證選項(xiàng)A、B、D三項(xiàng)皆有可能。但選項(xiàng)B碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，會(huì)發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際，所以選項(xiàng)A、D兩項(xiàng)有可能。 答案　AD 2.現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，那么這次碰撞是(　　) A.彈性碰撞 B.非彈性碰撞 C.完全非彈性碰撞 D.條件不足，無法確定 解析　以甲滑塊的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前總動(dòng)能Ek＝×3m·v2＋mv2＝

16、2mv2，碰后總動(dòng)能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以選項(xiàng)A正確。 答案　A 3.(多選)甲物體在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)速度為v1，與靜止的乙物體相碰，碰撞過程中無機(jī)械能損失，下列結(jié)論正確的是(　　) A.乙的質(zhì)量等于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后乙的速度為v1 B.乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后乙的速率是2v1 C.乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后甲的速率是v1 D.碰撞過程中甲對(duì)乙做的功大于乙動(dòng)能的增量 解析　由于碰撞過程中無機(jī)械能損失，故是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可以解得兩球碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v1。當(dāng)m1＝m2時(shí)，v2′＝v1，選項(xiàng)A正確；當(dāng)m1?m

17、2時(shí)，v2′＝2v1，選項(xiàng)B正確；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　ABC 4.兩個(gè)完全相同、質(zhì)量均為m的滑塊A和B，放在光滑水平面上，滑塊A與輕彈簧相連，彈簧另一端固定在墻上，當(dāng)滑塊B以v0的初速度向滑塊A運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖7所示，碰到A后不再分開，下述說法正確的是(　　) 圖7 A.兩滑塊相碰和以后一起運(yùn)動(dòng)的過程，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量均守恒 B.兩滑塊相碰和以后一起運(yùn)動(dòng)的過程，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能均守恒 C.彈簧最大彈性勢(shì)能為mv D.彈簧最大彈性勢(shì)能為mv 解析　B與A碰撞后一起運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)受到彈簧的彈力作用，合外力不為

18、零，因此動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；碰撞過程，A、B發(fā)生非彈性碰撞，有機(jī)械能損失，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；碰撞過程mv0＝2mv，因此碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能為×2m＝mv，即彈簧的最大彈性勢(shì)能等于碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能mv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 5.光滑水平面上有一質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的左側(cè)是一光滑的圓弧，圓弧半徑為R＝1 m。一質(zhì)量為m的小球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)沖上滑塊。已知M＝4m，g取10 m/s2，若小球剛好沒躍出圓弧的上端，求： 圖8 (1)小球的初速度v0是多少？ (2)滑塊獲得的最大速度是多少？ 解析　(1)當(dāng)小球上升到滑塊上端時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，設(shè)為v1，根據(jù)水平方

19、向動(dòng)量守恒有：mv0＝(m＋M)v1① 因系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： mv＝(m＋M)v＋mgR② 聯(lián)立①②式解得v0＝5 m/s③ (2)小球到達(dá)最高點(diǎn)以后又滑回，滑塊又做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球離開滑塊后滑塊速度最大。研究小球開始沖上滑塊一直到離開滑塊的過程，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有：mv0＝mv2＋Mv3④ mv＝mv＋Mv⑤ 聯(lián)立③④⑤式解得v3＝2 m/s 答案　(1)5 m/s　(2)2 m/s 1.在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，下列現(xiàn)象可能的是(　　) A.若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率互相分開 B.若兩球質(zhì)量相等，碰后以某

20、一相等速率同向而行 C.若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率互相分開 D.若兩球質(zhì)量不同，碰后兩球都靜止 解析　若兩球質(zhì)量相等，碰前兩球總動(dòng)量為零，碰后總動(dòng)量也應(yīng)該為零，由此分析可得選項(xiàng)A可能、B不可能；若兩球質(zhì)量不同，碰前兩球總動(dòng)量不為零，碰后總動(dòng)量也不能為零，選項(xiàng)D不可能；若兩球質(zhì)量不同且碰后以某一相等速率分開，則總動(dòng)量方向與質(zhì)量較大的球的動(dòng)量方向相同，與碰前總動(dòng)量方向相反，選項(xiàng)C不可能。 答案　A 2.如圖1，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能

21、是(　　) 圖1 A.A和B都向左運(yùn)動(dòng) B.A和B都向右運(yùn)動(dòng) C.A靜止，B向右運(yùn)動(dòng) D.A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng) 解析　兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，取水平向右方向?yàn)檎较?，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量：p＝mAvA＋mBvB＝m×2v0＋2m×(－v0)＝0，則碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量也為零，那么A、B應(yīng)都靜止或向相反方向運(yùn)動(dòng)，知選項(xiàng)D正確。 答案　D 3.(多選)質(zhì)量為m的小球A在光滑的水平面上以速度v與靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2m的小球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球的動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?，那么碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A.v B.v C.v D.v 解析　設(shè)A球碰后的速度為vA，

22、由題意有mv＝×mv2，則vA＝v，碰后A的速度有兩種可能，因此由動(dòng)量守恒有mv＝m×v＋2mvB或mv＝－m×v＋2mvB，解得vB＝v或v。 答案　AB 4.冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛，圖2為運(yùn)動(dòng)員投擲冰壺的鏡頭。在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與對(duì)方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖3。若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的(　　) 解析　兩冰壺碰撞過程動(dòng)量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變，兩冰壺的動(dòng)量方向即速度方向不會(huì)偏離甲原來的方向，由圖示可知，A圖示情況是不可能的，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，兩

23、冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運(yùn)動(dòng)，最后停止，最終兩冰壺的位置如圖所示，故選項(xiàng)B正確；兩冰壺碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，所以碰后乙在前，甲在后，如圖C所示是不可能的，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；碰撞過程機(jī)械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故正確答案為選項(xiàng)B。 答案　B 5.如圖4是“牛頓擺”裝置，5個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5根輕繩互相平行，5個(gè)鋼球彼此緊密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分別標(biāo)記5個(gè)小鋼球。當(dāng)把小球1向左拉起一定高度，如圖甲所示，然

24、后由靜止釋放，在極短時(shí)間內(nèi)經(jīng)過小球間的相互碰撞，可觀察到球5向右擺起，且達(dá)到的最大高度與球1的釋放高度相同，如圖乙所示。關(guān)于此實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.上述實(shí)驗(yàn)過程中，5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒 B.上述實(shí)驗(yàn)過程中，5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量不守恒 C.如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示)，同時(shí)由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球4、5一起向右擺起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的釋放高度 D.如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示)，同時(shí)由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2

25、、3的釋放高度相同 解析　5個(gè)小球組成的系統(tǒng)發(fā)生的是彈性正碰，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，總動(dòng)量并不守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同的高度，同時(shí)由靜止釋放并與4、5碰撞后，由機(jī)械能守恒和水平方向的動(dòng)量守恒知，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 6.如圖5所示，P物體與一個(gè)連著彈簧的Q物體正碰，碰撞后P物體靜止，Q物體以P物體碰撞前速度v離開，已知P與Q質(zhì)量相等，彈簧質(zhì)量忽略不計(jì)，那么當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖5 A.P的速度恰好為零 B.P與Q具

26、有相同速度 C.Q剛開始運(yùn)動(dòng) D.Q的速度等于v 解析　P物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P做減速運(yùn)動(dòng)，Q物體做加速運(yùn)動(dòng)，P、Q間的距離減小，當(dāng)P、Q兩物體速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，所以選項(xiàng)B正確，A、C錯(cuò)誤；由于作用過程中動(dòng)量守恒，設(shè)速度相等時(shí)速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮到最短時(shí)，P、Q的速度v′＝，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 7.(多選)如圖6所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m的裝有弧形槽的小車?，F(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計(jì)摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則(　　) 圖6 A.小球在小車上到達(dá)

27、最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為 B.小球離車后，對(duì)地將向右做平拋運(yùn)動(dòng) C.小球離車后，對(duì)地將做自由落體運(yùn)動(dòng) D.此過程中小球?qū)囎龅墓閙v 解析　小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小車和小球相對(duì)靜止，且水平方向總動(dòng)量守恒，小球離開車時(shí)類似彈性碰撞，兩者速度完成互換，故選項(xiàng)A、C、D都是正確的。 答案　ACD 8.如圖7所示，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B(大小不計(jì))，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長(zhǎng)度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B球靜止放于懸點(diǎn)正下方的地面上?，F(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動(dòng)到最低點(diǎn)與B球碰撞后粘在一起共同上擺，則它們升起的最大高度為(　　) 圖7 A. B.h C. D. 解

28、析　本題中的物理過程比較復(fù)雜，所以應(yīng)將過程細(xì)化、分段處理。A球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程做的是圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理可求出末速度，mgh＝mv，所以v1＝；A、B碰撞后并粘在一起的過程動(dòng)量守恒，mv1＝2mv2；對(duì)A、B粘在一起共同上擺的過程應(yīng)用機(jī)械能守恒，(m＋m)v＝(m＋m)gh′，聯(lián)立解得h′＝。 答案　C 9.如圖8所示，木塊A和B質(zhì)量均為2 kg，置于光滑水平面上。B與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以4 m/s的速度向B撞擊時(shí)，A、B之間由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動(dòng)，那么彈簧被壓縮到最短時(shí)，具有的彈性勢(shì)能大小為(　　) 圖8 A.4 J B.8 J

29、 C.16 J D.32 J 解析　A與B碰撞過程動(dòng)量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2 m/s。當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢(shì)能，所以Ep＝(mA＋mB)v＝8 J。 答案　B 10.質(zhì)量分別是m和m′的兩球發(fā)生正碰前后的位移跟時(shí)間t的關(guān)系如圖9所示，由此可知，兩球的質(zhì)量之比m∶m′為(　　) 圖9 A.1∶3 　　　 B.3∶1 C.1∶1 　　　 D.1∶2 解析　從x－t圖可知m、m′碰撞前速度分別為v1＝4 m/s，v2＝0，m、m′碰撞后的速度相同，v1′＝v2′＝v＝1 m/s。根據(jù)動(dòng)量守恒列式mv1＋m

30、′v2＝(m＋m′)v，即4m＝(m＋m′)×1，得m∶m′＝1∶3，選項(xiàng)A正確。 答案　A 11.如圖10所示，光滑水平面上質(zhì)量為1 kg的小球A以2.0 m/s 的速度與同向運(yùn)動(dòng)的速度為1.0 m/s、質(zhì)量為2 kg 的大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后小球B以1.5 m/s的速度運(yùn)動(dòng)。求： 圖10 (1)碰后A球的速度； (2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 解析　(1)碰撞過程，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ 代入數(shù)據(jù)解：vA′＝1.0 m/s (2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：E損＝mAv＋mBv－

31、mAvA′2－mBvB′2 代入數(shù)據(jù)解得：E損＝0.25 J。 答案　(1)1.0 m/s　(2)0.25 J 12.如圖11所示，質(zhì)量為m1＝0.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質(zhì)量為m2＝1 kg。碰撞前，A的速度大小為v0＝3 m/s，B靜止在水平地面上。由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上滑行的時(shí)間。 圖11 解析　假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1，則由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1 碰后，A、B一起滑行

32、直至停下，設(shè)滑行時(shí)間為t1，則由動(dòng)量定理有－μ(m1＋m2)gt1＝0－(m1＋m2)v1 解得t1＝0.25 s 假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、vB，則由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝m1vA＋m2vB 由機(jī)械能守恒有m1v＝m1v＋m2v 設(shè)碰后B滑行的時(shí)間為t2，則－μm2gt2＝－m2vB 解得t2＝0.5 s 可見，碰后B在水平面上滑行的時(shí)間t滿足 0.25 s≤t≤0.5 s 答案　0.25 s≤t≤0.5 s 13. 如圖12所示，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直，a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)。a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m

33、，兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g，求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件。 圖12 解析　設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ 要使物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有：mv＞μmgl 即μ＜ 設(shè)a與b碰撞前的速度為v1，由能量守恒得： mv＝μmgl＋mv 設(shè)a與b碰撞后的瞬間，速度大小分別為va、vb， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得： mv1＝mva＋mvb mv＝mv＋×mv 聯(lián)立兩式解得：vb＝v1，碰后，b沒有與墻發(fā)生碰撞， 即b在達(dá)到墻前靜止，由功能關(guān)系得： (m)v≤μmgl，解得：μ≥ 綜上所述，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為：≤μ<。 答案　≤μ＜ 15