粵教高中物理選修(3-5)第一章《動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用》學(xué)案

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1、 3 / i4 2019最新粵教版高中物理選修(3-5)第一章《動(dòng)量守恒定律在碰 撞中的應(yīng)用》學(xué)案 ［學(xué)習(xí)目標(biāo)定位］1.掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟 .2.進(jìn)一步理解彈性碰撞和 非彈性碰撞，會(huì)用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)綜合分析解決一維碰撞問題. 溫故追本溯源推陳方可知新 知識(shí)?儲(chǔ)備區(qū) 1 .碰撞的特點(diǎn) (1)經(jīng)歷的時(shí)間很短； (2)相互作用力很大，物體速度變化明顯. 2 .碰撞的分類 ⑴ 彈性碰撞：碰撞過程中總動(dòng)能守，叵;_ (2)非彈性碰撞：碰撞過程中總動(dòng)能減少 (3)完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體粘在一起 ，此過程機(jī)械能損失最大. 3 .動(dòng)

2、量守恒定律的表達(dá)式 (兩個(gè)物體組成的系統(tǒng) )mv1+mv2= mv1 + mv2‘，此式是矢量式,列方程時(shí)首先選取正 方向. 4.動(dòng)量守恒的條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零；— (2)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力; (3)系統(tǒng)所受合外力不為零，但在某一方向上合外力為零,則系統(tǒng)在該方向上的動(dòng)量守恒 . 學(xué)習(xí).探究區(qū) 建砒自學(xué)落實(shí) 重點(diǎn)互動(dòng)探究 一、對(duì)三種碰撞的進(jìn)一步認(rèn)識(shí) ［問題設(shè)計(jì)］ 碰撞過程有什么特點(diǎn)？若兩物體在光滑水平面上相碰 ，動(dòng)量是否守恒？若水平面不光滑 ， 動(dòng)量是否守恒？ 答案 由于碰撞發(fā)生的時(shí)間很短 ，碰撞過程中內(nèi)力往往遠(yuǎn)大于外力 ，系統(tǒng)所受的外力可 以忽略不計(jì)，故

3、無論碰撞發(fā)生時(shí)水平面是否光滑 ，動(dòng)量都是守恒的. ［要點(diǎn)提煉］ 三種碰撞類型及其遵守的規(guī)律 (1)彈性碰撞 動(dòng)量守恒： mvi+mw2=mvi + mw2 i o i i 1 i i o 機(jī)械能守恒： 2mvi +2mv2 =2mivi +2mv2， (2)非彈性碰撞 動(dòng)量守恒： mvi+mw2=mvi + mw2 機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 | A Ek| = & 初一 后 末=Q (3)完全非彈性碰撞 動(dòng)量守恒： mvi+mw2=( m+m) v共 碰撞中機(jī)械能損失最多 | A Ek| =2mvi2+2mv22—2( m+ m2) v 共2 二、彈性正

4、碰模型及拓展應(yīng)用 ［問題設(shè)計(jì)］ 已知A、B兩個(gè)彈性小球，質(zhì)量分別為 m、m, B小球靜止在光滑的水平面上，如圖i所 示，A小球以初速度 vo與B小球發(fā)生正碰，求碰后A小球速度vi和B小球速度V2的大小 和方向. 圖i 答案 以V0方向?yàn)檎较颍膳鲎仓械膭?dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得 mv0= mvi+ m2V2 ① :mv02= 2mvi2+：mv22 ② 2 2 2 ,……一…, m— m 2m 由①②可以得出： Vi= 一一Vo, V2= 一一Vo m+m m+m2 (i)當(dāng)m= m時(shí)，vi= 0, V2= vo,兩小球交換速度； (2)當(dāng)m>m2時(shí)，則vi>0,

5、v2>0,即小球 A、B同方向運(yùn)動(dòng).因 見一、< 2m ,所以vi0,即小球 A B反方向運(yùn)動(dòng). (其中，當(dāng) m? m2時(shí)，vi = — V0, V2=0.) ［要點(diǎn)提煉］ 2m Vi. m+ m2 1.兩質(zhì)量分別為 mh m的小球發(fā)生彈性正碰，viW0, v2= 0，則碰后兩球速度分別為 vi m— m , Vi, V2 m+ m (i)若m = m的兩球發(fā)生彈性正碰，viW0, V2= 0,則碰后vi =_0,

6、V2=也，即二者碰后交 換速度. (2)若 m? m2, vi w0, V2= 0，則二者彈性正碰后 ，vi = vi, V2Z = 空.表明 m的速度不 變，m2以2vi的速度被撞出去. ⑶若 m? m2, vi w0, v2= 0，則二者彈性正碰后，vi = — vi, V2 = 0.表明 m被反向以火 速率弓t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，廣義上也可以看成是彈性碰撞. 三、碰撞需滿足的三個(gè)條件 i .動(dòng)量守恒，即Pi + P2= Pi + P2 2.動(dòng)能不增加 即曰+國(guó)>以,+氏,或去十

7、嘉》底+底. 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’，否則碰撞不會(huì)結(jié)束. 典例精析 一、彈性碰撞模型及拓展分析 例i在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小球A以速率v。向右運(yùn)動(dòng).在小球的前方 O點(diǎn)處 有一質(zhì)量為 m的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖2所示.小球 A與小球B發(fā)生正碰后小球 A B均向右運(yùn)動(dòng).小球 B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球 A在P點(diǎn)相遇，PQ= i.5PO 假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的 ，求兩小球質(zhì)量之比 m/m. 解析 從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，小

8、球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通 過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為 4 ： 1 兩球碰撞過程為彈性碰撞,有：mv0= mvi + mv2 1 2 1 2, 1 2 2mv0 = ]mvi +]mv2 …口 m 解得m=2. 答案 2 二、非彈性碰撞模型分析 例2 (單選)如圖3所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上,靜止著三個(gè)質(zhì)量均為 m= 1 kg的相同 小球A、B、C現(xiàn)讓A球以vo=2 m/s的速度向著 B球運(yùn)動(dòng)，A、B兩球碰撞后粘合在一 起，兩球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)并跟 C球碰撞，C球的最終速度vc=1 m/s.求： ABC 圖3 (1) A、B兩球跟C球相

9、碰前的共同速度多大？ (2)兩次碰撞過程中一共損失了多少動(dòng)能？ 解析 (1)以V0的方向?yàn)檎较颍珹、B相碰滿足動(dòng)量守恒：mv=2mv 解得A、B兩球跟C球相碰前的速度： V1= 1 m/s. (2) A、B兩球與C碰撞，以Vc的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得： 2mv= mv+2mv 解得兩球碰后的速度： V2=0.5 m/s, 兩次碰撞損失的動(dòng)能： A &二mv2 —卜2 mv2—：mv2= 1.25 J 2 2 2 答案 (1)1 m/s (2)1.25 J 三、碰撞滿足的條件分析 例3 (單選)質(zhì)量為mi速度為v的A球跟質(zhì)量為3m靜止的B球發(fā)生正碰.碰撞可 能是

10、彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值.請(qǐng)你論證： 碰撞后B球的速度可能是以下值中的 ( ) A. 0.6 v B . 0.4 v C . 0.2 v D . 0.1 v 解析 若發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A的速度為v1, B的速度為v2,以A的初速度方向?yàn)檎?向，由動(dòng)量守恒定律： mv= mv+ 3mv 1 o 1 o 1 o 由機(jī)械能寸恒th律： ]mv=2mv+2><3 mv v v 由以上兩式得 vi = — 2, v2=2 若碰撞過程中損失機(jī)械能最大 ，則碰后兩者速度相同，設(shè)為v,由動(dòng)量守恒定律： mv= （m+ 3n） v， 解得v 1 =

11、 v 4 v v 所以在情況不明確時(shí),B球速度vb應(yīng)滿足4< vb< 2.因此選B. 答案 B 針對(duì)訓(xùn)練在光滑水平長(zhǎng)直軌道上， A B 圖4 放著一個(gè)靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各連結(jié)一個(gè)小球構(gòu)成 ，如圖4所示，兩小球 質(zhì)量相等，現(xiàn)突然給左端小球一個(gè)向右的速度 v,試分析從開始運(yùn)動(dòng)到彈簧第一次恢復(fù) 原長(zhǎng)這一過程中兩球的運(yùn)動(dòng)情況并求彈簧第一次恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí) ，每個(gè)小球的速度大 小. 答案見解析 解析 剛開始，A向右運(yùn)動(dòng)，B靜止，彈簧被壓縮，對(duì)兩球產(chǎn)生斥力，此時(shí)A動(dòng)量減小，B動(dòng) 量增加.當(dāng)兩者速度相等時(shí)，兩球間距離最小，彈簧形變量最大，彈簧要恢復(fù)原長(zhǎng)，對(duì)兩 球產(chǎn)生斥力，

12、A動(dòng)量繼續(xù)減小，B動(dòng)量繼續(xù)增加.所以，到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A球動(dòng) 量最小，B球動(dòng)量最大.整個(gè)過程相當(dāng)于完全彈性碰撞.在整個(gè)過程中 ，系統(tǒng)動(dòng)量守恒， l乃/母心j—r公上—― 121212 且系統(tǒng)的動(dòng)能不變 ，有 mv= mv+mv, 2mv = 2mw+ 2mv） 解得：va= 0, vb= v 例4 （雙選）A、B兩個(gè)質(zhì)量相等的球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng) ，八球 的動(dòng)量是7 kg - m/s, B球的動(dòng)量是5 kg - m/s,若A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、 B兩球的動(dòng)量可能值是（ ） A. Pa =8 kg ? m/s, pB = 4 kg ? m/s

13、B. Pa =6 kg - m/s, pB =6 kg ? m/s C. Pa = 5 kg - m/s, Pb =7 kg - m/s D. Pa = — 2 kg ? m/s, Pb =14 kg ? m/s 解析 從動(dòng)量守恒的角度分析，四個(gè)選項(xiàng)都正確；從能量角度分析 ，A、B碰撞過程中沒 有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為它們的動(dòng)能 ，所以碰撞后它們的總動(dòng)能不能增加.碰前 B在 前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B,所以碰后A的 速度應(yīng)小于B的速度. A選項(xiàng)中，顯然碰后A的速度大于B的速度，這是不符合實(shí)際情況的，所以A錯(cuò). 一 2 一 2 、. .

14、.PA PB 74 碰前A、B的總動(dòng)能E<=!5-+!5-= — 2m 2m 2m 碰后A B的總動(dòng)能,B選項(xiàng)中 E =P2m-+P2m-=7m^Ek = 7m1所以B可能.C選項(xiàng)中 口 =74=&故C也可能. 2m 2m 2m D選項(xiàng)中國(guó) = p^+ pB^= 200>E<= 74s所以D是不可能發(fā)生的. 2m 2m 2m 2m 綜上所述，本題正確選項(xiàng)為B、C. 10 / 14 「 動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒 彈性碰撞，廿小 特例 從能量角度 [■動(dòng)量守恒 機(jī)械能減少 非彈性碰撞 1特例：完全非彈性碰撞 L 機(jī)械能損失最多 從軌跡角度

15、, 7寸心碰撞 非對(duì)心碰撞 正碰 -一散射 微觀粒子 糙測(cè)學(xué)習(xí)效果 體臉成功快樂 自我?檢測(cè)區(qū) 1 .（單選）為了模擬宇宙大爆炸的情況 ，科學(xué)家們使兩個(gè)帶正電的重離子被加速后 ，沿同 一直線相向運(yùn)動(dòng)而發(fā)生猛烈碰撞.若要使碰撞前的動(dòng)能盡可能多地轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 ，應(yīng)設(shè)法 使離子在碰撞前的瞬間具有 （ ） A.相同的速率 B .相同的質(zhì)量 C.相同的動(dòng)能 D .大小相同的動(dòng)量 答案 D 解析 當(dāng)兩重離子碰前動(dòng)量等大反向時(shí) ，碰后離子可能均靜止，這時(shí)動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化為內(nèi) 能. 2 .（單選）如圖5所示，質(zhì)量為m的A小球以水平速度 v與靜止的質(zhì)量為3m的

16、B小球正 、.一 ，，、、一，一 1 一 、,一 ，，一、一 碰后，A球的速率變?yōu)樵瓉淼?萬,而碰后B球的速度是（以v方向?yàn)檎较颍?） A B 圖5 A. v/6 B . - v C. — v/3 D . v/2 答案 D 解析 碰后A的速率為v/2,可能有兩種情況：Vi = v/2; vi =—v/2 根據(jù)動(dòng)量守恒定律，當(dāng)vi = v/2時(shí)，有mv= mv+ 3mv, V2= v/6 ;當(dāng)vi = — v/2時(shí)，有 mv = mv +3mv ,v2 = v/2.若它們同向，則A球速度不可能大于 B球速度，因此只有 D 正確. 3.（雙選）兩個(gè)小球 A、B

17、在光滑的水平地面上相向運(yùn)動(dòng) ，已知它們的質(zhì)量分別是 m= 4 kg, 2 kg, A的速度va= 3 m/s （設(shè)為正）,B的速度vb= — 3 m/s,則它們發(fā)生正碰后， 其速度可能分別為（ ） A.均為+ 1 m/s B . + 4 m/s 和一5 m/s C. +2 m/s 和一1 m/s D . — 1 m/s 和 + 5 m/s 答案 AD 解析 由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求.再看動(dòng)能變化情況： 1 2 1 2 E 前=2nAvA +2mvB = 27 J E后 m^rava，2+1nBvB, 2 由于碰撞過程中動(dòng)能不可能增加 ，所以應(yīng)有E前〉E后，據(jù)此可排除

18、B;選項(xiàng)C雖滿足E前 >E后，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向 ，這顯然 是不符合實(shí)際的，因此C選項(xiàng)錯(cuò)誤.驗(yàn)證 A、D均滿足E前〉E后，且碰后狀態(tài)符合實(shí)際, 故正確選項(xiàng)為A D. 4.（單選）如圖6所示，在光滑水平面上有直徑相同的 a、b兩球，在同一直線上運(yùn)動(dòng)，選 定向右為正方向，兩球的動(dòng)量分別為 pa = 6 kg ? m/s、pb= —4 kg ? m/s.當(dāng)兩球相碰之 后，兩球的動(dòng)量可能是（ ） @ 圖6 A. pa= —6 kg ? m/s、 pb = 4 kg ? m/s B. pa= —6 kg ? m/s、 pb= 8 kg ?

19、m/s C. pa= —4 kg ? m/s、 pb = 6 kg ? m/s D. pa=2 kg - m/s、pb= 0 答案 C 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.本題屬于迎面對(duì)碰 ，碰撞前，系統(tǒng)的總動(dòng)量為 2 kg ? m/s.選項(xiàng) A 中，系統(tǒng)碰后的動(dòng)量變?yōu)椤? kg - m/s,不滿足動(dòng)量守恒定律 ，選項(xiàng)A可排除；選項(xiàng) B中， 系統(tǒng)碰后的動(dòng)量變?yōu)?2 kg ? m/s,滿足動(dòng)量守恒定律，但碰后a球動(dòng)量大小不變，b球動(dòng) 量增加，根據(jù)關(guān)系式 E< = p-可知，a球的動(dòng)能不變，b球動(dòng)能增加，系統(tǒng)的機(jī)械能增大了 ，

20、 2m 所以選項(xiàng)B可排除；選項(xiàng) D中，顯然滿足動(dòng)量守恒，碰后系統(tǒng)的機(jī)械能也沒增加 ，但是碰 后a球運(yùn)動(dòng)方向不變,b球靜止，這顯然不符合實(shí)際情況，選項(xiàng)D可排除；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)C 滿足碰撞所遵循的三個(gè)規(guī)律，故選C. 40分鐘課時(shí)作業(yè) ［概念規(guī)律題組］ 1.（雙選）下面關(guān)于碰撞的理解正確的是 （ ） A.碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí) ，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過 程 B.在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒 C.如果碰撞過程中機(jī)械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 D.微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸 ，所以不滿足動(dòng)量守恒的條件 ，

21、不能應(yīng)用動(dòng)量守 恒定律求解 答案 AB 解析 碰撞過程中機(jī)械能守恒的碰撞為彈性碰撞 ，C錯(cuò).動(dòng)量守恒定律是自然界普遍適 用的規(guī)律之一，不僅低速、宏觀物體的運(yùn)動(dòng)遵守這一規(guī)律 ，而且高速、微觀物體的運(yùn)動(dòng) 也遵守這一規(guī)律，D錯(cuò). 2.（雙選）在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行 ，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn) 象可能的是（ ） A.若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率互相分開 B.若兩球質(zhì)量相同，碰后以某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，碰后以某一相等速率同向而行 答案 AD 解析本題考查運(yùn)用動(dòng)量守恒定律定性分析碰撞問題.光

22、滑水平面上兩小球的對(duì)心碰 撞符合動(dòng)量守恒的條件，因此碰撞前、后兩小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒. A項(xiàng),碰撞前兩球總動(dòng)量為零，碰撞后也為零，動(dòng)量守恒，所以A項(xiàng)是可能的. B項(xiàng)，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行 ，則兩球的總動(dòng)量不為零，而碰撞前兩球總 動(dòng)量為零，所以B項(xiàng)不可能. C項(xiàng)，碰撞前、后系統(tǒng)的總動(dòng)量的方向不同 ，所以動(dòng)量不守恒，C項(xiàng)不可能. D項(xiàng)，碰撞前總動(dòng)量不為零，碰后也不為零，方向可能相同，所以,D項(xiàng)是可能的. ［方法技巧題組］ 3.（單選）如圖1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

23、向B撞擊時(shí),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1 A. 4 J B .8 J C. 16 J D . 32 J 答案 B VA 解析 A與B碰撞過程動(dòng)量守恒，有mvA= （ ra+ m） vab,所以vaa — = 2 m/s.當(dāng)彈黃被壓 1 2 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& = /（m+ m）VAB2=8 J. 4.（單選）在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球 ，它們成一條直線，2、3小球靜止， 并靠在一起,1小球以速度V0射向它們，如圖2所示.設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能 ，則碰后三 個(gè)小

24、球的速度可能值是（ ） 圖2 1 A. Vi= V2 = V3= —=rV0 1 C. V1 = 0, V2= V3= 2V0 D. V1 = v2= 0, v3= v0 答案 D 解析 兩個(gè)質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰 ，碰撞過程中動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，碰撞后將交 換速度，故D項(xiàng)正確. 5.（單選）如圖3所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與A 質(zhì)量相同的物體 B以速度v向A運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運(yùn)動(dòng)，則 A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大的時(shí)刻是 （ ） 圖3 A. A開始運(yùn)動(dòng)時(shí) B. A的速度等于v時(shí) C.

25、B的速度等于零時(shí) D. A和B的速度相等時(shí) 答案 D 解析 對(duì)A B組成的系統(tǒng)由于水平面光滑 ，所以動(dòng)量守恒.而對(duì) A R彈簧組成的系 統(tǒng)機(jī)械能守恒，即A、B動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能之和為定值.當(dāng) A B速度相等時(shí)，彈簧形 變量最大，彈性勢(shì)能最大，所以此時(shí)動(dòng)能損失最大. 6 .（單選）如圖4所示，在光滑水平面上有 A B兩小球沿同一條直線向右運(yùn)動(dòng) ，并發(fā)生 對(duì)心碰撞.設(shè)向右為正方向 ，碰前 A、B兩球的動(dòng)量分別是 Pa= 10 kg ? m/s、Pb= 15 kg - m/s,碰后兩小球的動(dòng)量變化可能是 （ ） li A. A pA= 15 kg ? m/s, A pB= 5 kg

26、- m/s B. A pA= - 5 kg ? m/s, A pB= 5 kg - m/s C. A Pa= 5 kg - m/s, A Pb= - 5 kg - m/s D. A Pa= — 20 kg - m/s, A Pb= 20 kg - m/s 答案 B 解析 因碰撞過程動(dòng)量守恒 ，故兩個(gè)球的動(dòng)量變化大小相等 ，方向相反，故選項(xiàng) A錯(cuò) 誤.B被碰后動(dòng)量的變化向右，則A的動(dòng)量變化向左，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤.在碰撞過程中， 動(dòng)能不可能增加，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 7 .（單選）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

27、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 答案 A 解析 由動(dòng)量守恒3nrv—mv= 0+mv,所以v = 2v 碰前總動(dòng)能 Ec = -X3m- v2 + 2m\2=2m\/ 1 碰后總動(dòng)能 E =2mv 2=2mV, E=E/ ,所以A正確. 8 . (2014 ?新課標(biāo)I ? 35(2))如圖 5所示，  質(zhì)量分別為 mA、mB的兩個(gè)彈性小球 A B靜止在地面上方，8球距地面的高度 h=0.8 m,A球在B球的正上方.先將 B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將 A球釋放.當(dāng)A球下落t = 0.3 s 時(shí)

28、，剛好與B球在地面上方的 P點(diǎn)處相碰.碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速 度恰為零.已知 mB= 3mA,重力加速度大小 g= 10 m/s 2,忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損 失.求： (i )B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度； (11) P點(diǎn)距離地面的高度. 答案(i )4 m/s ( ii )0.75 m 解析(i )設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為 Vb,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vb= 2gh ① 將h = 0.8 m代入上式，得 vb= 4 m/s ② (ii)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為 vi和vi (vi =0), B球的速度分別為 V2 和V2’ .由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知

29、 V1= gt ③ 由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略 ，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒 ，總動(dòng)能保持不 變.規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，? mv1+mw2=mw2 ④ 12 12 1 2 2imv1 + 2 mw2 = gmW?，⑤ 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為 vb,由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得 Vb = VB ⑥ 設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為 h 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知 h Vb 一V2 2g- 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h = 0.75 m 9. E| Q ffl: 圖6 如圖6所示，兩個(gè)質(zhì)量m=20 g、rn= 80 g的小球，用等長(zhǎng)的細(xì)線懸掛在 O點(diǎn).懸

30、掛m 的細(xì)線處于豎直狀態(tài)，懸掛m的細(xì)線處于伸直狀態(tài)且與豎直方向成 37。角.現(xiàn)將 m由 靜止釋放，m與m碰撞后粘在一起.若線長(zhǎng) L= 1 m,重力加速度 g= 10 m/s 2,取sin 37 =0.6,cos 37 = 0.8,求： (1)碰撞前瞬間m的速度vo； (2)碰撞中損失的機(jī)械能 A E. 答案 (1)2 m/s (2)0.032 J 解析(1)由機(jī)械能守恒，得 1 2 mgL(1 —cos 37 ) = 2mv0 解得 vc=2 m/s (2)設(shè)碰后兩球速度為 v,由動(dòng)量守恒得 mv0= ( m+ m) v 1 2 A E= mgL(1 - cos 37

31、 ) -2( m+ m2) v 解得 AE= 0.032 J ［創(chuàng)新應(yīng)用題組］ 10. 圖7 (2014 ?山東? 39(2))如圖7所示，光滑水平直軌道上兩滑塊 A、B用橡皮筋連接，A的 質(zhì)量為m開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度vo. 一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn) 動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間 A的速度的兩倍，也是碰撞前 瞬間B的速度的一半.求： (i ) B的質(zhì)量； (ii)碰撞過程中 A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失. g- . m .. 1 2 答案（i）2 （ ii）6mv v, 解析（i ）以初速度V0的方向?yàn)檎较?設(shè)B的質(zhì)量為mB, A、B碰撞后的共同速度為 v 由題息知：碰撞刖瞬間 A的速度為2,碰撞刖瞬間B的速度為2v,由動(dòng)重寸恒7E律得 v … m- 2+ 2mv=（m^ mB）v① 由①式得mB= 2）D （li）從開始到碰撞后的全過程 ，由動(dòng)量守恒定律得 mv= （ m） v③ 設(shè)碰撞過程 A B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為 AE,則 1 ?v、2 , 1 2 1 , 1 、2小 AE= 2m（2）+ 2mB（2 v） —2（m+ nB）v ④ 聯(lián)立②③④式得 A E= 1mv2 14 / 14