高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第六节 自然界中的守恒定律学案

这是一份高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第六节 自然界中的守恒定律学案，共14页。

[学习目标] 1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题.3.进一步了解物质运动过程中的各种守恒定律．
一、弹性碰撞与非弹性碰撞
1．弹性碰撞：两球碰撞后，形变能完全恢复，没有机械能损失，碰撞前后两小球构成的系统的机械能相等．
2．非弹性碰撞：两球碰撞后，它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量，碰撞前后系统的机械能不再相等．
3．完全非弹性碰撞：两球碰撞后粘在一起，机械能损失最大．
二、弹性碰撞的实例分析
在光滑水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒定律和能量守恒定律：
m1v1＝m1v1′＋m2v2′；eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
碰后两个物体的速度分别为
v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向相同．(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(3)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换．
三、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．物理量的守恒定律：物质所处的系统若没有系统外的因素使系统的这些物理量发生改变，则系统内部的这些物理量总和保持不变．物理量的守恒性质保证了系统的相对稳定性．守恒定律只有在合适的系统和范围才适用．
3．动量守恒定律：如果系统的合外力为零，系统的总动量不变，如果在某个方向系统合外力为零，则系统在该方向的动量守恒，如果系统某个方向的动量发生了改变，则该方向必然受到 一个冲量，冲量的值等于系统在该方向动量的改变量．
4．机械能守恒定律：系统外力与系统内除重力和弹力外的其他内力做功的代数为零，则系统的总机械能不变．
5．能量守恒定律：系统机械能增加或减少时必然有其他形式的能量减少或增加，而且系统机械能的变化量和其他形式能量的变化量是相同的．
1．判断下列说法的正误．
(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，机械能一定是守恒的．( × )
(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．( × )
(4)两物体发生碰撞的过程中，两物体组成的系统机械能可能增加．( × )
2．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，乙以2v的速率被反向弹回，那么这次碰撞是______．
答案 弹性碰撞
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
导学探究
如图1甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
图1
答案 不守恒．碰撞时：mv0＝2mv，得v＝eq \f(v0,2)
Ek1＝eq \f(1,2)mv02，Ek2＝eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mv02.
所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,4)mv02－eq \f(1,2)mv02＝－eq \f(1,4)mv02，即系统总动能减少了eq \f(1,4)mv02.
知识深化
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒．
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′
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
若v2＝0，则有
v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(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＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2.
命题角度1 弹性碰撞
如图2所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看作是光滑的，求：
图2
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小；
(2)小球B掉入小车后的速度大小．
答案 (1)eq \f(1,5)v0 eq \f(4,5)v0 (2)eq \f(1,10)v0
解析 (1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒，有：
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22
解得v1＝－eq \f(1,5)v0，v2＝eq \f(4,5)v0，碰后A球向左运动，B球向右运动．
(2)B球掉入沙车过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv2－m车v3＝(mB＋m车)v3′
解得：v3′＝eq \f(1,10)v0.
针对训练1 如图3所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝5mA.B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞．不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )
图3
A．A静止，B向右，且偏角小于30°
B．A向左，B向右，且偏角等于30°
C．A向左，B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°
D．A向左，B向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30°
答案 C
解析 设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向
由动量守恒可得：mAv＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒可得：eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2
可得vA＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v＝－eq \f(2,3)v，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v＝eq \f(1,3)v，A向左，B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确．
命题角度2 非弹性碰撞
如图4所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s.求：
图4
(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度大小；
(2)两次碰撞过程中共损失了多少动能．
答案 (1)1 m/s (2)1.25 J
解析 (1)A、B相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝2mv1
得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s.
(2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：2mv1＝mvC＋2mv2
解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s，
两次碰撞共损失的动能
ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv22－eq \f(1,2)mvC2＝1.25 J.
二、碰撞可能性的判断
碰撞问题遵循的三个原则：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al(12),2m1)＋eq \f(p\\al(22),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向运动，即v后>v前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
(多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s
D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
答案 AD
解析 设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝eq \f(pA2,2m)＋eq \f(pB2,2m)＝eq \f(45,m)
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s.
碰后总动能Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(36,m)若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B错误．
若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(180,m)>eq \f(45,m)，故不可能，C错误．
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，
碰后p′＝12 kg·m/s＝p，
Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(40,m)处理碰撞问题的思路
1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加．
2．注意碰后的速度关系．
3．要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk)，Ek＝eq \f(1,2)pv或p＝eq \f(2Ek,v)几个关系式．
针对训练2 (多选)如图5所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为
10 kg·m/s，B球动量为12 kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为( )
图5
A．0.5 B．0.6 C．0.65 D．0.75
答案 BC
解析 A、B两球同向运动，A球要追上B球应满足条件：vA>vB.两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增加，碰撞结束满足条件：vB′≥vA′.
由vA>vB得：eq \f(pA,mA)>eq \f(pB,mB)，即eq \f(mA,mB)由碰撞过程动量守恒得：pA＋pB＝pA′＋pB′，
解得pB′＝14 kg·m/s.
由碰撞过程的动能关系得：
eq \f(pA2,2mA)＋eq \f(pB2,2mB)≥eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB′2,2mB)，eq \f(mA,mB)≤eq \f(9,13)≈0.69，
由vB′≥vA′得：eq \f(pB′,mB)≥eq \f(pA′,mA)，eq \f(mA,mB)≥eq \f(pA′,pB′)＝eq \f(4,7)≈0.57.
所以0.57≤eq \f(mA,mB)≤0.69，选项B、C正确．
1．(碰撞问题分析)(2020·江西景德镇一中期中)如图6所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，小球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是( )
图6
A．h B.eq \f(1,2)h C.eq \f(1,4)h D.eq \f(1,8)h
答案 C
解析 小球A由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由机械能守恒得mAgh＝eq \f(1,2)mAv12，则v1＝eq \r(2gh).A、B的碰撞过程满足动量守恒定律，则mAv1＝(mA＋mB)v2，又mA＝mB，得v2＝eq \f(\r(2gh),2)，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得eq \f(1,2)(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)gh′，则h′＝eq \f(h,4)，故C正确．
2．(碰撞类型的判断)在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军．若队长王冰玉在最后一投中，将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．两冰壶质量相等，则下列判断正确的是( )
A．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
答案 B
解析 两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，解得v3＝0.3 m/s.动能减小量ΔEk＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv32＝0.57 J，动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，选项B正确．
3．(碰撞可能性的判断)(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′，下面可能正确的是( )
A．v1′＝v2′＝eq \f(4,3) 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
答案 AD
解析 由碰撞前后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和动能不增加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，不符合实际，所以A、D两项有可能．
4.(碰撞问题分析)如图7所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2.(重力加速度为g)
图7
答案 eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)
解析 设m1碰撞前瞬间的速度为v，根据机械能守恒定律有m1gh＝eq \f(1,2)m1v2，解得v＝eq \r(2gh)①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失
eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22③
联立②③式解得v2＝eq \f(2m1v,m1＋m2)④
将①代入④得v2＝eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2).
考点一 碰撞问题的理解
1．下列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
答案 A
解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒．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产生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确．
2．(多选)(2020·鹤壁市高二下质检)如图1所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1图1
A．两物体将向左运动
B．两物体将向右运动
C．两物体组成的系统损失能量最小
D．两物体组成的系统损失能量最大
答案 AD
解析 物体的动量p＝eq \r(2mEk)，已知两物体动能Ek相等，m13．(多选)甲物体在光滑水平面上运动的速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )
A．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速度是2v1
C．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度是－v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
答案 ABC
解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可以解得两球碰后甲的速度v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，乙的速度v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.当m1＝m2时，v2′＝v1，A对；当m1≫m2时，v2′＝2v1，B对；当m1≪m2时，v1′＝－v1，C对；根据动能定理可知，D错．
4.新型冠状病毒引发肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护．如图2所示，母女俩穿着同款充气“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，所以两人发生了碰撞．若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于( )
图2
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
答案 A
解析 设碰撞后女儿的速度为v′，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后女儿的速度为v′＝2v；碰前母女俩的总动能为Ek＝eq \f(1,2)×3mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，碰后母女俩的总动能为Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞，故选A.
考点二 碰撞问题的计算
5．(2020·甘肃武威十八中高二期中)台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，如图3，在某次击球过程中，白球以3 m/s的速度向右运动，与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为( )
图3
A．白球静止，黑球以3 m/s的速度向右运动
B．黑球静止，白球以3 m/s的速度反弹向左运动
C．白球和黑球都以1.5 m/s的速度向右运动
D．白球以3 m/s的速度反弹向左运动，黑球以3 m/s的速度向右运动
答案 A
解析 设两球质量均为m，取碰撞前白球的速度方向为正方向．由动量守恒定律得mv0＝
mv白＋mv黑，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv白2＋eq \f(1,2)mv黑2，联立解得v白＝0，v黑＝3 m/s，故A正确，B、C、D错误．
6.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图4所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，则最后这个整体的动能为( )
图4
A．E0 B.eq \f(2E0,3) C.eq \f(E0,3) D.eq \f(E0,9)
答案 C
解析 碰撞过程中动量守恒，有mv0＝3mv1，可得
v1＝eq \f(v0,3)①
E0＝eq \f(1,2)mv02②
Ek′＝eq \f(1,2)×3mv12③
由①②③得Ek′＝eq \f(1,2)×3m(eq \f(v0,3))2＝eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)mv02)＝eq \f(E0,3)，故C正确．
7．(多选)如图5甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的s－t图像，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
图5
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m1和m2都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案 AC
解析 碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝eq \f(Δs,Δt)＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B错误；由题图乙可求出碰后m2和m1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正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2＝0，故D错误．
8．甲、乙两铁球质量分别是m甲＝1 kg、m乙＝2 kg.在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是v甲＝6 m/s、v乙＝2 m/s.甲追上乙发生正碰后两铁球的速度有可能是( )
A．v甲′＝7 m/s，v乙′＝1.5 m/s
B．v甲′＝2 m/s，v乙′＝4 m/s
C．v甲′＝3.5 m/s，v乙′＝3 m/s
D．v甲′＝4 m/s，v乙′＝3 m/s
答案 B
解析 选项A满足动量守恒条件，但碰后总动能大于碰前总动能，故A错误；选项C不满足动量守恒条件，故C错误；选项B、D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但D项碰后甲铁球速度大于乙铁球速度，要发生第2次碰撞，不合理，故B正确，D错误．
9.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v0撞向它们，如图6所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )
图6
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(\r(3),3)v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(\r(2),2)v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由于1球与2球发生碰撞的时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理可知，2、3球碰撞后交换速度，故D正确．
10．(2021·重庆八中月考)在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后．已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是( )
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
答案 A
解析 ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝
17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s，pB′＝37 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误．
11．(多选)如图7所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )
图7
A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
答案 AD
解析 规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故eq \f(pA2,2mA)＝eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB2,2mB)，解得mB＝3 kg，C错误，D正确．
12.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图8所示．小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，已知PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A、B两小球质量之比为( )
图8
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
答案 B
解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1，两球碰撞过程，有m1v0＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，解得m1∶m2＝2∶1.
13．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图像如图9所示．求：
图9
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2.由题图得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题图得
v＝eq \f(2,3) m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2⑥
由题图可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2.