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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册5 弹性碰撞和非弹性碰撞导学案
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这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册5 弹性碰撞和非弹性碰撞导学案，文件包含人教版2019选择性必修第一册新教材同步第一章4碰撞--教师版docx、人教版2019选择性必修第一册新教材同步第一章4碰撞--学生版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共32页， 欢迎下载使用。
物理观念：
1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.
2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念.
3.了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性.
科学思维：
1.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析、解决一维碰撞问题.
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.常见的碰撞类型
(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速度,这种碰撞动能损失最大。
2.一维弹性碰撞分析：
假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1′和 v2′，碰撞中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；碰撞中机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2，解得：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.
若m1=m2,v1≠0,v2=0,则v1'=0,v2'=v1,即两者碰后交换速度。
若m1≫m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,v1'=v1,v2'=2v1。表明m1的速度不变,m2以2v1的速度被撞出去。
若m1≪m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,v1'=-v1 ,v2'=0。表明m1被反向以原速率弹回,而m2仍静止。
二、对心碰撞和非对心碰撞
1.两类碰撞
(1)对心碰撞：碰撞前后，物体的动量在同一条直线上，也叫正碰.
(2)非对心碰撞：碰撞前后，物体的动量不在同一条直线上.
2.散射
(1)定义：微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞.
(2)散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方.
1.判断下列说法的正误.
(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的.( × )
(2)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.( × )
(3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒.( × )
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的速度反向弹回，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
答案 A
解析 以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律
得：3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v
碰前总动能Ek＝eq \f(1,2)×3m·v2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2
碰后总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，
所以A正确.
一、碰撞的特点和分类
如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在水平面上，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？
甲 乙
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.
1.对碰撞的广义理解
物理学所研究的碰撞,包括的范围很广,只要通过短时间作用,物体的动量发生了明显的变化,都可视为碰撞。例如:两个小球的撞击,子弹射入木块,系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直,铁锤打击钉子,列车车厢的挂接,中子轰击原子核等均可视为碰撞问题。需注意的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中,才能对该系统应用动量守恒定律。
2.碰撞过程的五个特点
(1)时间特点:在碰撞现象中,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)动量的特点:系统的内力远远大于外力,所以系统即使所受外力的矢量和不为零,外力也可以忽略,系统的总动量守恒。
(4)位移特点:碰撞过程时间极短,在物体发生碰撞瞬间,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'。
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.
例1 如图1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1
答案 eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)
解析 设m1碰撞前的速度为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)
对碰撞问题的三点提醒
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题时,不管碰撞环境如何,要首先想到利用动量守恒定律。
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程,只在一个方向上列动量守恒方程即可,此时应注意规定正方向、碰撞前后速度正、负号的选择。
(3)对不同类别的碰撞,除应用动量守恒定律外,还需应用机械能守恒定律、能量守恒定律等。
针对训练1 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射向它们，如图2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2
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，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.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D正确.
例2 如图3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3
(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度多大；
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能.
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，
两次碰撞损失的动能|ΔEk|＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv22－eq \f(1,2)mvC2＝1.25 J.
碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞.弹性碰撞动量守恒，机械能守恒，非弹性碰撞动量守恒，但机械能不守恒.学习中要正确理解两种碰撞，正确地选用物理规律.这正是“物理观念”和“科学思维”学科素养的体现.
二、碰撞可能性的判断
甲、乙两铁球质量分别是m1=1 kg、m2=2 kg,在光滑平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6 m/s、v2=2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有没有可能是v1'=-4 m/s,v2'=7 m/s或v1'=4 m/s,v2'=3 m/s?
答案 提示 两种情况都满足动量守恒,但第一种情况总的动能增加了,而碰撞不是爆炸,动能不可能增加;第二种情况,碰撞后甲球的速度大于被撞的乙球的速度,这也不可能。
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(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向，则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′.
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
例3 在光滑的水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( )
答案 A
解析 A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，
以v的方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2，①
假设碰后A球静止，即v1＝0，
可得v2＝0.5v
由题意可知A被反弹，所以球B的速度有：v2>0.5v②
A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：eq \f(1,2)mv2≥eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22③
①③两式联立得：v2≤eq \f(2,3)v④
由②④两式可得：0.5v针对训练2 (多选)(2018·福州十一中高二下期中)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/sB.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C.pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/sD.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
答案 AD
解析 设两球质量为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E′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(72,2m)＝eq \f(36,m)若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 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E′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)>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，E′＝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，其次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.
1.(碰撞的可能性判断)(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.若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开
B.若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行
C.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开
D.若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
答案 AD
解析 碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒,碰撞前两球总动量为零,碰撞后也为零,所以选项A是可能的;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,所以选项B不可能;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;碰撞前总动量不为零,碰后也不为零,方向可能相同,所以,选项D是可能的。
2.(弹性碰撞规律)(2023江苏南通高二阶段练习)如图所示,内壁光滑、半径为R的圆形轨道平放在光滑水平面上并固定,O点是圆心。A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K、L是圆弧的12等分点。质量相等的小球a、b(均可视为质点)静止于圆形轨道的A、D两点,某时刻分别给两球方向如图所示的速度v1和v2,v2大小是v1的2倍,两球间的碰撞均视为弹性碰撞,则下列说法正确的是( )
A.两球第一次碰撞发生在K点
B.两球第二次碰撞发生在E点
C.两球第三次碰撞发生在A点
D.两球第四次碰撞发生在J点
答案 D
解析 因v2=2v1,则b球的运动路程为a球的2倍,二者第一次碰撞发生在J点,由于发生的是等质量弹性碰撞,则碰撞后二者交换速度(大小和方向均交换),则第二次碰撞发生在F点,之后再次交换速度,第三次碰撞发生在B点,同理可知第四次碰撞发生在J点,D正确。
3.(弹性、完全非弹性碰撞的规律)如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g取10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )
A.5 m/s
B.4 m/s
C.3 m/s
D.2 m/s
答案 A
解析 设小滑块A到达最低点时的速度为v0,根据动能定理有mAgR=12mAv02-0,可得v0=6 m/s。若是弹性碰撞,mAv0=mAv1+mBv2,12mAv02=12mAv12+12mBv22,联立解得v2=4 m/s;若是完全非弹性碰撞,mAv0=(mA+mB)v,解得v=2 m/s,所以B的速度不可能是5 m/s,故选A。
4.(碰撞的可能性判断)(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动,已知它们的质量分别是mA=4 kg、mB=2 kg,A的速度vA=3 m/s(设为正),B的速度vB=-3 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别为( )
A.均为+1 m/s
B.+4 m/s和-5 m/s
C.+2 m/s和-1 m/s
D.-1 m/s和+5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒,可验证四个选项都满足要求,再看动能变化情况,Ek前=12mAvA2+12mBvB2=27 J,Ek后=12mAvA'2+12mBvB'2,由于碰撞过程中动能不可能增加,所以应有Ek前≥Ek后,B选项错误;选项C虽满足Ek前≥Ek后,但A、B沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向,这显然是不符合实际的,C选项错误;验证A、D均满足Ek前≥Ek后,且碰后状态符合实际,A、D选项正确。
一、选择题
考点一 弹性碰撞与非弹性碰撞
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，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
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发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，非弹性碰撞中动能不守恒.如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞.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，故A正确.
2.(多选)(2018·鹤壁市高二下质检)如图1，两个物体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，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，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错误.
4.(多选)如图2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x－t图象，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
图2
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，m1的速度大小为v1＝eq \f(Δx,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.
5. (2018·广西宾阳中学期末)在光滑水平地面上有两个相同的木块A、B，质量都为m.现B静止，A向B运动，发生正碰并粘合在一起运动.两木块组成的系统损失的机械能为ΔE.则碰前A球的速度等于( )
A.eq \r(\f(ΔE,m)) B.eq \r(\f(2ΔE,m)) C.2eq \r(\f(ΔE,m)) D.2eq \r(\f(2ΔE,m))
答案 C
解析 设碰前A的速度为v0，两木块粘合在一起运动的速度相同，设为v，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，根据题意，则有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋ΔE，联立可得v0＝2eq \r(\f(ΔE,m)).
6.(2018·湖北孝感八校联盟高二下期末联考)如图3所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mA＝2mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
图3
A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案 B
解析 A、B发生碰撞，由动量守恒定律得：|ΔpA|＝|ΔpB|，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右方不可能是A球，可知左方是A球，右方是B球，因此碰撞后A球的动量是2 kg·m/s，B球的动量是10 kg·m/s，由于两球的质量关系mA＝2mB，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10.故B正确，A、C、D错误.
7.(2018·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图4所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA图4
A.当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小
B.当弹簧恢复原长时，B球速率最大
C.当A球速率为零时，B球速率最大
D.当B球速率最大时，弹簧弹性势能不为零
答案 B
解析 分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大.由以上分析可知，当弹簧压缩量最大时，A球速率没有达到最小值，故A错误；弹簧被压缩后，B球的速度一直在增大，当弹簧恢复原长时，B球速率达到最大值，故B正确；由于质量mA8.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的前方有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图5所示.小球A与小球B发生弹性碰撞后，小球A、B均向右运动.且碰后A、B的速度大小之比为1∶4，则两小球质量之比eq \f(m1,m2)为( )
图5
A.2∶1 B.3∶1 C.1∶2 D.1∶3
答案 A
解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
由题意知：v1∶v2＝1∶4
解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(2,1).故A正确.
9.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰撞前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A.eq \f(A＋1,A－1) B.eq \f(A－1,A＋1) C.eq \f(4A,A＋12) D.eq \f(A＋12,A－12)
答案 A
解析 设碰撞前后中子的速度分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速度为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.根据弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v1′，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m1v1′2，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，则碰撞后中子的速率为eq \f(m2－m1,m1＋m2)v1＝eq \f(A－1,A＋1)v1，因此碰撞前后中子速率之比为eq \f(A＋1,A－1)，A正确.
考点二 碰撞可能性问题
10.(多选)如图6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6
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.
11. (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，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能.
12.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案 B
解析 虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，所以C项错误.
二、非选择题
13.(2018·河北梁集中学高二年级第一次调研)如图7所示，质量mA＝0.2 kg、mB＝0.3 kg的小球A、B均静止在光滑水平面上.现给A球一个向右的初速度v0＝5 m/s，之后与B球发生对心碰撞.
图7
(1)若碰后B球的速度向右为3 m/s，求碰后A球的速度大小；
(2)若A、B两球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度大小；
(3)若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后两球损失的动能.
答案 见解析
解析 (1)A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAvA＋mBvB，解得：vA＝0.5 m/s；
(2)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2，
解得：vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s；
(3)碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)v，解得：v＝2 m/s，
系统损失的动能：ΔEk＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2－eq \f(1,2)mAv02＝－1.5 J，即动能损失1.5 J.
14.(2018·扬州十一中高二下期中)如图4所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起.问：
图4
(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
(3)弹簧的最大弹性势能是多少？
答案 (1)eq \f(v0,2) (2)eq \f(v0,3) (3)eq \f(1,12)mv02
解析 (1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(v0,2).
(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等.在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A、B两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有：2mv1＝3mv2，解得v2＝eq \f(2,3)v1＝eq \f(v0,3).
(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，即：Epm＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×3mv22＝eq \f(1,12)mv02.
15.两滑块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变化的图象如图8所示.求：
图8
(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
由图象可知，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
物理观念：
1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.
2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念.
3.了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性.
科学思维：
1.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析、解决一维碰撞问题.
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.常见的碰撞类型
(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速度,这种碰撞动能损失最大。
2.一维弹性碰撞分析：
假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1′和 v2′，碰撞中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；碰撞中机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2，解得：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.
若m1=m2,v1≠0,v2=0,则v1'=0,v2'=v1,即两者碰后交换速度。
若m1≫m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,v1'=v1,v2'=2v1。表明m1的速度不变,m2以2v1的速度被撞出去。
若m1≪m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,v1'=-v1 ,v2'=0。表明m1被反向以原速率弹回,而m2仍静止。
二、对心碰撞和非对心碰撞
1.两类碰撞
(1)对心碰撞：碰撞前后，物体的动量在同一条直线上，也叫正碰.
(2)非对心碰撞：碰撞前后，物体的动量不在同一条直线上.
2.散射
(1)定义：微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞.
(2)散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方.
1.判断下列说法的正误.
(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的.( × )
(2)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.( × )
(3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒.( × )
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的速度反向弹回，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
答案 A
解析 以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律
得：3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v
碰前总动能Ek＝eq \f(1,2)×3m·v2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2
碰后总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，
所以A正确.
一、碰撞的特点和分类
如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在水平面上，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？
甲 乙
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.
1.对碰撞的广义理解
物理学所研究的碰撞,包括的范围很广,只要通过短时间作用,物体的动量发生了明显的变化,都可视为碰撞。例如:两个小球的撞击,子弹射入木块,系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直,铁锤打击钉子,列车车厢的挂接,中子轰击原子核等均可视为碰撞问题。需注意的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中,才能对该系统应用动量守恒定律。
2.碰撞过程的五个特点
(1)时间特点:在碰撞现象中,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)动量的特点:系统的内力远远大于外力,所以系统即使所受外力的矢量和不为零,外力也可以忽略,系统的总动量守恒。
(4)位移特点:碰撞过程时间极短,在物体发生碰撞瞬间,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'。
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.
例1 如图1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1
答案 eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)
解析 设m1碰撞前的速度为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)
对碰撞问题的三点提醒
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题时,不管碰撞环境如何,要首先想到利用动量守恒定律。
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程,只在一个方向上列动量守恒方程即可,此时应注意规定正方向、碰撞前后速度正、负号的选择。
(3)对不同类别的碰撞,除应用动量守恒定律外,还需应用机械能守恒定律、能量守恒定律等。
针对训练1 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射向它们，如图2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2
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，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.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D正确.
例2 如图3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3
(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度多大；
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能.
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，
两次碰撞损失的动能|ΔEk|＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv22－eq \f(1,2)mvC2＝1.25 J.
碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞.弹性碰撞动量守恒，机械能守恒，非弹性碰撞动量守恒，但机械能不守恒.学习中要正确理解两种碰撞，正确地选用物理规律.这正是“物理观念”和“科学思维”学科素养的体现.
二、碰撞可能性的判断
甲、乙两铁球质量分别是m1=1 kg、m2=2 kg,在光滑平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6 m/s、v2=2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有没有可能是v1'=-4 m/s,v2'=7 m/s或v1'=4 m/s,v2'=3 m/s?
答案 提示 两种情况都满足动量守恒,但第一种情况总的动能增加了,而碰撞不是爆炸,动能不可能增加;第二种情况,碰撞后甲球的速度大于被撞的乙球的速度,这也不可能。
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(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向，则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′.
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
例3 在光滑的水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( )
答案 A
解析 A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，
以v的方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2，①
假设碰后A球静止，即v1＝0，
可得v2＝0.5v
由题意可知A被反弹，所以球B的速度有：v2>0.5v②
A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：eq \f(1,2)mv2≥eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22③
①③两式联立得：v2≤eq \f(2,3)v④
由②④两式可得：0.5v
A.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/sB.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C.pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/sD.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
答案 AD
解析 设两球质量为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E′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(72,2m)＝eq \f(36,m)
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E′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)>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，E′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(40,m)
1.对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次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.
1.(碰撞的可能性判断)(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.若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开
B.若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行
C.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开
D.若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
答案 AD
解析 碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒,碰撞前两球总动量为零,碰撞后也为零,所以选项A是可能的;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,所以选项B不可能;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;碰撞前总动量不为零,碰后也不为零,方向可能相同,所以,选项D是可能的。
2.(弹性碰撞规律)(2023江苏南通高二阶段练习)如图所示,内壁光滑、半径为R的圆形轨道平放在光滑水平面上并固定,O点是圆心。A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K、L是圆弧的12等分点。质量相等的小球a、b(均可视为质点)静止于圆形轨道的A、D两点,某时刻分别给两球方向如图所示的速度v1和v2,v2大小是v1的2倍,两球间的碰撞均视为弹性碰撞,则下列说法正确的是( )
A.两球第一次碰撞发生在K点
B.两球第二次碰撞发生在E点
C.两球第三次碰撞发生在A点
D.两球第四次碰撞发生在J点
答案 D
解析 因v2=2v1,则b球的运动路程为a球的2倍,二者第一次碰撞发生在J点,由于发生的是等质量弹性碰撞,则碰撞后二者交换速度(大小和方向均交换),则第二次碰撞发生在F点,之后再次交换速度,第三次碰撞发生在B点,同理可知第四次碰撞发生在J点,D正确。
3.(弹性、完全非弹性碰撞的规律)如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g取10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )
A.5 m/s
B.4 m/s
C.3 m/s
D.2 m/s
答案 A
解析 设小滑块A到达最低点时的速度为v0,根据动能定理有mAgR=12mAv02-0,可得v0=6 m/s。若是弹性碰撞,mAv0=mAv1+mBv2,12mAv02=12mAv12+12mBv22,联立解得v2=4 m/s;若是完全非弹性碰撞,mAv0=(mA+mB)v,解得v=2 m/s,所以B的速度不可能是5 m/s,故选A。
4.(碰撞的可能性判断)(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动,已知它们的质量分别是mA=4 kg、mB=2 kg,A的速度vA=3 m/s(设为正),B的速度vB=-3 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别为( )
A.均为+1 m/s
B.+4 m/s和-5 m/s
C.+2 m/s和-1 m/s
D.-1 m/s和+5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒,可验证四个选项都满足要求,再看动能变化情况,Ek前=12mAvA2+12mBvB2=27 J,Ek后=12mAvA'2+12mBvB'2,由于碰撞过程中动能不可能增加,所以应有Ek前≥Ek后,B选项错误;选项C虽满足Ek前≥Ek后,但A、B沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向,这显然是不符合实际的,C选项错误;验证A、D均满足Ek前≥Ek后,且碰后状态符合实际,A、D选项正确。
一、选择题
考点一 弹性碰撞与非弹性碰撞
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，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
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发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，非弹性碰撞中动能不守恒.如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞.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，故A正确.
2.(多选)(2018·鹤壁市高二下质检)如图1，两个物体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
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，m1
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，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，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错误.
4.(多选)如图2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x－t图象，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
图2
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，m1的速度大小为v1＝eq \f(Δx,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.
5. (2018·广西宾阳中学期末)在光滑水平地面上有两个相同的木块A、B，质量都为m.现B静止，A向B运动，发生正碰并粘合在一起运动.两木块组成的系统损失的机械能为ΔE.则碰前A球的速度等于( )
A.eq \r(\f(ΔE,m)) B.eq \r(\f(2ΔE,m)) C.2eq \r(\f(ΔE,m)) D.2eq \r(\f(2ΔE,m))
答案 C
解析 设碰前A的速度为v0，两木块粘合在一起运动的速度相同，设为v，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，根据题意，则有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋ΔE，联立可得v0＝2eq \r(\f(ΔE,m)).
6.(2018·湖北孝感八校联盟高二下期末联考)如图3所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mA＝2mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
图3
A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案 B
解析 A、B发生碰撞，由动量守恒定律得：|ΔpA|＝|ΔpB|，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右方不可能是A球，可知左方是A球，右方是B球，因此碰撞后A球的动量是2 kg·m/s，B球的动量是10 kg·m/s，由于两球的质量关系mA＝2mB，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10.故B正确，A、C、D错误.
7.(2018·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图4所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA
A.当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小
B.当弹簧恢复原长时，B球速率最大
C.当A球速率为零时，B球速率最大
D.当B球速率最大时，弹簧弹性势能不为零
答案 B
解析 分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大.由以上分析可知，当弹簧压缩量最大时，A球速率没有达到最小值，故A错误；弹簧被压缩后，B球的速度一直在增大，当弹簧恢复原长时，B球速率达到最大值，故B正确；由于质量mA
图5
A.2∶1 B.3∶1 C.1∶2 D.1∶3
答案 A
解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
由题意知：v1∶v2＝1∶4
解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(2,1).故A正确.
9.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰撞前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A.eq \f(A＋1,A－1) B.eq \f(A－1,A＋1) C.eq \f(4A,A＋12) D.eq \f(A＋12,A－12)
答案 A
解析 设碰撞前后中子的速度分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速度为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.根据弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v1′，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m1v1′2，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，则碰撞后中子的速率为eq \f(m2－m1,m1＋m2)v1＝eq \f(A－1,A＋1)v1，因此碰撞前后中子速率之比为eq \f(A＋1,A－1)，A正确.
考点二 碰撞可能性问题
10.(多选)如图6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6
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.
11. (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，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能.
12.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案 B
解析 虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，所以C项错误.
二、非选择题
13.(2018·河北梁集中学高二年级第一次调研)如图7所示，质量mA＝0.2 kg、mB＝0.3 kg的小球A、B均静止在光滑水平面上.现给A球一个向右的初速度v0＝5 m/s，之后与B球发生对心碰撞.
图7
(1)若碰后B球的速度向右为3 m/s，求碰后A球的速度大小；
(2)若A、B两球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度大小；
(3)若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后两球损失的动能.
答案 见解析
解析 (1)A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAvA＋mBvB，解得：vA＝0.5 m/s；
(2)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2，
解得：vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s；
(3)碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)v，解得：v＝2 m/s，
系统损失的动能：ΔEk＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2－eq \f(1,2)mAv02＝－1.5 J，即动能损失1.5 J.
14.(2018·扬州十一中高二下期中)如图4所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起.问：
图4
(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
(3)弹簧的最大弹性势能是多少？
答案 (1)eq \f(v0,2) (2)eq \f(v0,3) (3)eq \f(1,12)mv02
解析 (1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(v0,2).
(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等.在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A、B两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有：2mv1＝3mv2，解得v2＝eq \f(2,3)v1＝eq \f(v0,3).
(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，即：Epm＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×3mv22＝eq \f(1,12)mv02.
15.两滑块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变化的图象如图8所示.求：
图8
(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
由图象可知，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
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