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精品课后测评

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精品课后测评，共15页。试卷主要包含了碰撞分类，碰撞问题遵守的三条原则等内容，欢迎下载使用。


学习目标
02
预习导学
（一）课前阅读：
两个作相对运动的物体，接触并迅速改变其运动状态的现象。可以是宏观物体的碰撞，如打夯、锻压、击球等，也可以是微观粒子如原子、核和亚原子粒子间的碰撞。经典力学中通常研究两个球的正碰，即其相对速度正好在球心的联线上。由于碰撞过程十分短暂，碰撞物体间的冲力远比周围物体给它们的力为大，后者的作用可以忽略，这两物体组成的系统可视为孤立系统。动量和能量守恒，但机械能不一定守恒。如果两球的弹性都很好，碰撞时因变形而储存的势能，在分离时能完全转换为动能，机械能没有损失，称完全弹性碰撞，钢球的碰撞接近这种情况。如果是塑性球间的碰撞，其形变完全不能恢复，碰撞后两球同速运动，很大部分的机械能通过内摩擦转化为内能，称完全非弹性碰撞，如泥球或蜡球的碰撞，冲击摆也属于这一类。介于两者之间的即两球分离时只部分地恢复原状的，称非完全弹性碰撞，机械能的损失介于上述两类碰撞之间。微观粒子间的碰撞，如只有动能的交换，而无粒子的种类、数目或内部运动状态的改变者，称弹性碰撞或弹性散射；如不仅交换动能，还有粒子能态的跃迁或粒子的产生和湮没，则称非弹性碰撞或非弹性散射。在粒子物理学中可借此获得有关粒子间相互作用的信息，是颇为重要的研究课题。
（二）基础梳理
（三）预习作业
1．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为( )
A.2 m/s，5 kg B.2 m/s，3 kg
C.3.5 m/s，2.86 kg D.3.5 m/s，0.86 kg
答案 B
解析 由图像可知，碰前A的速度为v1＝eq \f(20,4) m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝eq \f(28－20,8－4) m/s＝2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3 kg，故选项B正确。
2．A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M)。若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )
A.L1＞L2 B.L1＜L2
C.L1＝L2 D.不能确定
答案 C
解析 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv＝(m＋M)v′
由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋M)v′2
联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝eq \f(mMv2,2（m＋M）)
同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有Ep＝eq \f(mMv2,2（m＋M）)
故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D错误，C正确。
03
探究提升
环节一 碰撞分类
思考：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＝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 滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝eq \f(1,2)mAv02，解得v0＝6 m/s；若两个滑块发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，eq \f(1,2)mAv02＝
eq \f(1,2)mAv A2＋eq \f(1,2)mBvB2，解得vB＝4 m/s；若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2 m/s，所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤
4 m/s，不可能为5 m/s，故选A.
环节二 弹性正碰
问题探究1：如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个eq \f(1,4)弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是( )
A．当v0＝eq \r(2gR)时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
答案 D
解析 滑块不固定，当v0＝eq \r(2gR)时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq \f(M,M＋m)RM，v1与v0方向相同，向左，当m问题探究2：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＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞，设两个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，g取10 m/s2.求：
(1)两小球碰前A的速度大小vA；
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．
答案 (1)2 m/s (2)4 N
解析 (1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s.
(2)对A、B组成的系统，碰撞前后动量守恒，则有
MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后总动能保持不变，
则有eq \f(1,2)MvA2＝eq \f(1,2)MvA′2＋eq \f(1,2)mvB2
由以上两式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s
设小球B运动到最高点C时的速度大小为vC，以水平面为参考平面，因为B球由半圆形轨道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有eq \f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq \f(1,2)mvB2
解得vC＝eq \r(5) m/s
对小球B，在最高点C有mg＋FN＝meq \f(v\\al(C2),R)
解得FN＝4 N
由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N.
环节三 完全非弹性正碰
问题探究3：如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝eq \f(1,2)mAv12，解得v1＝6 m/s
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝eq \f(1,3)v1＝2 m/s
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝eq \f(1,6)v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v22－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
eq \f(1,2)(mA＋mB)v22＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v42＋eq \f(1,2)mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动s＝v5t，H＝eq \f(1,2)gt2
解得s＝2 m.
04
体系构建
碰撞分类：方式、能量——特殊碰撞：弹性正碰、完全非弹性碰撞
05
记忆清单
一、碰撞三原则
★学习聚焦：
(1)动量守恒。
(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(peq \\al(2,1),2m1)＋eq \f(peq \\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)。
(3)速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前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肯定有一个改变或速度均为零。
二、弹性正碰
★学习聚焦：
碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
v1′＝eq \f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)
v2′＝eq \f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)
(2)v2＝0时，v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2) v1
v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2) v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；
③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；
④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；
⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
三、完全非弹性碰撞
★学习聚焦：碰后共速
0601
强化训练
1．如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(mA．h B.eq \f(mh,m＋M) C.eq \f(mh,M) D.eq \f(Mh,m＋M)
答案 D
解析 斜面固定时，根据动能定理可得－mgh＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(2gh)，斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh1，解得h1＝eq \f(M,M＋m)h，D项正确．
2．如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上．现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短．下列说法中正确的是( )
A．此时乙物体的速度为1 m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4
D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
答案 A
解析 根据题意得，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度也是
1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2，联立解得v2′＝
3、（多选）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球
B．B球动量的变化量为4 kg·m/s
C．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2
D．两球发生的碰撞是弹性碰撞
答案 ABD
解析 初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，vA＝eq \f(pA,mA)＝6 m/s，vB＝eq \f(pB,mB)＝3 m/s，故左方是A球，A正确；由动量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，B正确；碰撞后A的动量为pA′＝ΔpA＋pA＝2 kg·m/s，则vA′＝eq \f(pA′,mA)＝2 m/s，碰撞后B的动量为pB′＝ΔpB＋pB＝
10 kg·m/s，则vB′＝eq \f(pB′,mB)＝5 m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；
碰撞前系统的机械能为eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝27 J，碰撞后系统的机械能为eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝27 J，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确．
4.如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小．
答案 eq \f(v,2)
解析 当系统动能最小时，弹簧被压缩至最短，两球具有共同速度v共．
设小球A、B的质量分别为m1、m2，
碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.
从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v2
联立解得v＝eq \f(2m1v0,m1＋m2)，
即m1v0＝eq \f(m1＋m2,2)v
从小球A碰到弹簧到两球达到相同速度的过程中，系统动量守恒，
故m1v0＝(m1＋m2)v共
解得v共＝eq \f(v,2).
5.（多选）如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量．则下列选项中可能正确的是( )
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
答案 AB
解析 碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况，本题属于追及碰撞，碰前，后面物体的速度一定要大于前面物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项D；若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，根据关系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样碰后系统的机械能比碰前增大了，可排除选项C；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个规律．
6.（多选）如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1>m2，m2的左边有一固定挡板．由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)v1
答案 BD
解析 由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，B、D选项正确．
7.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
答案 (1)eq \f(mv\\al(02),16) (2)eq \f(13,48)mv02
解析 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
此时B与C相当于发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2
eq \f(1,2)mv12＝ΔE＋eq \f(1,2)×2mv22
解得ΔE＝eq \f(1,16)mv02.
(2)由mv1＝2mv2可知v2mv0＝3mv3
eq \f(1,2)mv02－ΔE＝eq \f(1,2)×3mv32＋Ep
解得Ep＝eq \f(13,48)mv02.课程标准
学习目标
通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。
2．能定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力 的现象．
2．碰撞特点
在碰撞现象中，一般都满足内力 外力矢量和，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．碰撞分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒

非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失
4．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能 ：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后 v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′ v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向 都不改变．
答案：
1．碰撞 很大
2．碰撞特点 远大于
3．碰撞分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
4．碰撞问题遵守的三条原则
(2) 不增加
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有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．
【概念衔接】碰撞方式、碰撞能量
【拓展补充】正碰、斜碰
【即学即练】如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是( )
A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s
B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·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 根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2 kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2 kg·m/s，动量不守恒，故A错误；B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误．
【微点拨】排除法
二、一静一动，弹性正碰
1．弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得：v1′＝ ，v2′＝ 。
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝ ，v2′＝ (速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两物体沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈ ，v2′≈ ；
③若m10(碰后两物体沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈ ，v2′≈ .
2．物体A（质量为mA，碰前速度为v0）与静止的物体B（质量为mB）发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝ ，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝ . 则碰后物体B的速度范围为： 。
答案：1．弹性碰撞的结论
联立解得：v1′＝ eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝ eq \f(2m1,m1＋m2)v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两物体沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两物体沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
2．物体A（质量为mA，碰前速度为v0）与静止的物体B（质量为mB）发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq \f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0. 则碰后物体B的速度范围为：eq \f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq \f(2mA,mA＋mB)v0.
【拓展补充】注意类弹性正碰问题
【即学即练】(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A.48 kg B.53 kg
C.58 kg D.63 kg
答案 BC
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
【微点拨】注意方向性