高中粤教版 (2019)第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞学案

这是一份高中粤教版 (2019)第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞学案，共20页。


弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞：碰撞前后系统机械能相等．
2.非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能不再相等．
3.完全非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能损失最大．
实例分析
如下图所示，在光滑的水平面上放有用轻质弹簧拴连的两个物块1、2，现给物块1一初速度v0，此时弹簧处于原长状态．
(1)当弹簧再次达到原长时，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m1v0＝m1v1＋m2v2，
eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
解得v1＝ eq \f(m1－m2,m1＋m2) v0，v2＝ eq \f(2m1,m1＋m2) v0.
若m1＝m2，两物块碰撞后交换速度；
若m1≫m2或m2≫m1，质量大的物块的速度几乎不变．
(2)若1、2间没有弹簧，且碰后两物块粘在一起，此时二者速度相同．
由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，
解得v＝ eq \f(m1,m1＋m2) v0，
此时损失的动能最大，即
ΔEk＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v2＝ eq \f(m1m2,2(m1＋m2)) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) .
核心素养
小试身手
1.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，那么这次碰撞是( A )
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
解析：以甲运动方向为正方向，由动量守恒得3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝ eq \f(1,2) ·3mv2＋ eq \f(1,2) mv2＝2mv2，碰后总动能E′k＝ eq \f(1,2) mv′2＝2mv2 ，Ek＝E′k，所以A正确．
2.如右图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( B )
A．P的初动能
B．P的初动能的 eq \f(1,2)
C．P的初动能的 eq \f(1,3)
D．P的初动能的 eq \f(1,4)
解析：设P的初速度为v0，质量为m，当弹簧具有最大弹性势能时，P、Q速度相等，以P运动方向为正方向，由动量守恒得mv0＝2mv′，v′＝ eq \f(v0,2) ，弹簧的最大弹性势能Ep＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) ×2mv′2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，故B正确．
对碰撞问题的理解
知识归纳
1.碰撞过程的五个特点．
(1)时间特点：在碰撞、爆炸现象中，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)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．
(4)位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．
(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.碰撞中系统的能量．
(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统的内能．
(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘合在一起以相同的速度运动．
【典例1】 如右图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B．从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度g取10 m/s2，求小球B的质量．
[核心点拨] (1)所有接触面均光滑，可知小球下滑过程中弧形轨道与小球组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒．
(2)A球与B球发生弹性碰撞，说明两球碰撞过程中动量、动能均守恒．
(3)A球与B球碰后恰好追不上平台，说明A球最终速度水平向左，且与平台速度相等．
答案：3 kg
解析：由题意可知，弧形轨道与小球A组成的系统水平方向动量守恒，设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，以小球A运动方向为正方向，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv，
由能量守恒定律有mAgh＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv2，
联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s，
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v′1和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1 m/s，以小球A运动方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv1＝－mAv1′＋mBv2，
由能量守恒定律有 eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) mAv1′2＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
联立解得mB＝3 kg.
处理碰撞类问题的注意事项
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律．
(2)注意是在哪一个方向上列动量守恒方程，另外还得注意速度正、负号的选取．
(3)对于斜碰，要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律．
类题训练
1.下列关于碰撞的理解正确的是( A )
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．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
C．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
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
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，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A正确；如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作弹性碰撞，故B错误；碰撞现象中，一般内力远大于外力，但碰撞如果是非弹性碰撞，则存在动能损失，故C错误；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D错误．
2.(2024·江苏南通高二月考)如下图所示，将质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg的A、B两个物体放在光滑的水平面上，物体B处于静止状态，B的左端与一轻弹簧相连接．现在给物体A一水平向右的初速度v0＝4 m/s，则下列说法正确的是( C )
A．弹簧压缩到最短时，A物体的速度大小为0
B．弹簧压缩到最短时，A物体的速度为2 m/s
C．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6 J
D．整个过程中A、B系统的最小动能为6 J
解析：弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，以向右为正方向，根据动量守恒有mAv0＝(mA＋mB)v，解得A物体的速度大小v＝1 m/s，A、B错误；弹簧最短时，弹簧弹性势能最大，系统动能最小，根据机械能守恒得 eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (mA＋mB)v2＋Epmax，解得Epmax＝6 J，系统最小动能Ekmin＝ eq \f(1,2) (mA＋mB)v2＝2 J，C正确，D错误．
碰撞问题的分析和判断
知识归纳
处理碰撞问题的三个原则．
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3) eq \a\vs4\al(速度要,合理) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(①碰前两物体同向，则v后>v前，,碰后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,物体的运动方向不可能都不改变，,除非两物体碰撞后速度均为零．))
【典例2】 (多选)如右图所示，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两球质量的比值为( BC )
A．0.5 B．0.6
C．0.65 D．0.75
[核心点拨] (1)从运动角度：碰前满足vA>vB，碰后满足vB′≥vA′.
(2)从能量角度：碰前总动能不小于碰后总动能．
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) < eq \f(pA,pB) ＝ eq \f(5,6) ＝0.83，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(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,2mA) ＋ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,2mB) ≥ eq \f(pA′2,2mA) ＋ eq \f(pB′2,2mB) ， eq \f(mA,mB) ≤ eq \f(36,52) ＝0.69，由vB′≥vA′得 eq \f(pB′,mB) ≥ eq \f(pA′,mA) ， eq \f(mA,mB) ≥ eq \f(pA′,PB′) ＝ eq \f(8,14) ＝0.57，所以0.57≤ eq \f(mA,mB) ≤0.69，B、C正确．
同向追及碰撞问题的三个特点
(1)碰撞过程中系统动量守恒．
(2)碰撞后系统的机械能不增加：对于弹性碰撞，碰撞后系统的总动能不变；对于非弹性碰撞，系统的总动能将减少．
(3)碰撞后物体的运动状态要符合实际情况．例如物体A追上物体B并发生碰撞，则碰前A的速度肯定大于B的速度，而碰后A的速度又必须小于或等于B的速度或者A做反向运动．
类题训练
3.(2024·江苏连云港高二统考期中)如图所示，质量相等的A、B两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A、B的速度分别为vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B两小球的速度vA′和vB′可能是( C )
A．vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝0
C．vA′＝0，vB′＝2 m/s
D．vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
解析：根据题意，设小球的质量为m，则碰撞前的动量p1＝mvA＋mvB＝2m，碰撞前动能Ek1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝5m，若vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s，则碰撞后的动量p2＝mvA′＋mvB′＝0，碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故A错误；若vA′＝2 m/s，vB′＝0，由于B在A的右边，B速度为0，A具有向右的速度，则碰撞未结束，不符合题意，故B错误；若vA′＝0，vB′＝2 m/s，碰撞后的动量p2＝mvA′＋mvB′＝2m，动量守恒，碰撞后动能Ek2＝ eq \f(1,2) mvA′2＋ eq \f(1,2) mvB′2＝2m，满足碰撞后动能不增加原则，则符合题意，故C正确；若vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s，碰撞后的动量p2＝mvA′＋mvB′＝2m，动量守恒，碰撞后动能Ek2＝ eq \f(1,2) mvA′2＋ eq \f(1,2) mvB′2＝10m，碰撞后动能增加，不符合题意，故D错误．
4.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球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是( A )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
解析：由碰撞前后两球总动量守恒，即pA＋pB＝p′A＋p′B，可排除选项D；由碰撞后两球总动能不可能增加，即 eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,2m) ＋ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,2m) ≥ eq \f(pA′2,2m) ＋ eq \f(pB′2,2m) ，可排除选项C；由碰撞后A球不可能穿越B球，即 eq \f(pA′,m) ≤ eq \f(pB′,m) ，可排除选项B．综上所述，四个选项中只有选项A是可能的．
对爆炸类问题的分析
知识归纳
解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征．
【典例3】 一炮弹质量为m，相对水平方向以一定的倾角θ斜向上发射，发射速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块以原速率沿原路径返回，质量为 eq \f(m,2) ，求：
(1)另一块爆炸后瞬间的速度大小；
(2)爆炸过程系统增加的机械能．
[核心点拨] (1)在最高点爆炸过程中，水平方向上动量守恒．
(2)爆炸过程中，系统内的化学能转化为机械能．
答案：(1)3v cs θ (2)2m(v cs θ)2
解析：(1)炮弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v cs θ，
设v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝ eq \f(m,2) (－v1)＋ eq \f(m,2) v2，解得v2＝3v cs θ.
(2)爆炸过程中系统增加的机械能
ΔEk＝ eq \f(1,2) · eq \f(m,2) ·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) · eq \f(m,2) ·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
解得ΔEk＝2m(v cs θ)2.
处理爆炸问题的注意事项
(1)在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．
(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能增加．
类题训练
5.(2024·广东肇庆市第一中学校考)冲天炮飞上天后会在天空中爆炸．当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则( B )
A．质量较大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬间，总动量守恒
C．炸裂后，P飞行的水平距离较大
D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相等
解析：在炸裂过程中，冲天炮所受重力远小于内力，故系统的总动量守恒，因此P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故二者同时落地，故A错误，B正确；炸裂时，质量较小的Q的运动方向可能仍沿原来的方向，也可能与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等、方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等、方向相反，故D错误．
6.如右图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E.若此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量．求炮弹的两部分落地点之间的距离．
答案：4 eq \r(\f(Eh,mg))
解析：设爆炸前炮弹的水平速度为v0，则爆炸之前炮弹的动能
E＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
对爆炸过程，由动量守恒有mv0＝ eq \f(1,2) mv1＋ eq \f(1,2) mv2，
又 eq \f(1,2) · eq \f(m,2) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) · eq \f(m,2) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2E，解得v1＝0，v2＝2v0，
随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，
则有h＝ eq \f(1,2) gt2，x＝2v0t，
解得x＝4 eq \r(\f(Eh,mg)) .
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课时评价作业
A级 基础巩固
1.在光滑水平面上，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( A )
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
解析：由碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒得mv＝2mvB＋mvA，vA＜0，则vB＞0.5v，A正确．
2.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球以速度v0射向它们，如下图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( D )
A．v1＝v2＝v3＝ eq \f(1,\r(3)) v0
B．v1＝0，v2＝v3＝ eq \f(1,\r(2)) v0
C．v1＝0，v2＝v3＝ eq \f(1,2) v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：由弹性碰撞的规律可知，当两球质量相等时，碰撞时两球交换速度，先球1与球2碰，再球2与球3碰，故D正确．
3.(2022·全国高三专题练习)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后．mA＝1 kg，mB＝2 kg.经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如下图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于( A )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
解析：由题图可知，A球碰前速度vA＝6 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s；B球碰前速度vB＝3 m/s，碰后速度vB′＝5 m/s.根据题给数据可知，系统碰撞过程动量守恒，系统碰前的总动能为27 J，碰后的总动能也是27 J，所以属于弹性碰撞，故A正确，B、C、D错误．
4.如下图所示，光滑水平面上有大小相同、质量均为m＝3 kg的A、B、C三个小球，小球A以速度v0＝4 m/s 向左运动，与静止不动右端有一轻弹簧的小球B发生对心碰撞，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，碰撞后小球A与弹簧不粘连，则下列说法正确的是( B )
A．弹簧最短时，三个小球共同速度的大小为1 m/s
B．从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小为4 N·s
C．从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为6 J
D．小球B与小球C碰撞之前，小球A、B共同速度的大小为3 m/s
解析：根据动量守恒定律可知，当小球A、B速度相等时，且与小球C碰撞之前A、B的速度均为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s，故D错误；从开始到弹簧最短的过程，对A、B、C系统有mv0＝3mv2，解得v2＝ eq \f(4,3) m/s，故A错误；从开始到弹簧最短的过程，对小球C，由动量定理有I＝mv2＝4 N·s，故B正确；B与C相碰的过程mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s，则从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) ·2mv eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝3 J，故C错误．故选B．
5.(2024·江苏省镇江第一中学校考期中)有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是( B )
A．3v0－v B．4v0－3v
C．3v0－2v D．3v0－4v
解析：爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬间速度大小为v1，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有4mv0＝3mv＋mv1，解得v1＝4v0－3v， B正确．
B级 能力提升
6.(2024·广东梅州校考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载：两个弹性小球A、B在一条直线上运动，B逃跑，A追逐，A追上B后与B发生作用，B继续逃跑，但速度比A的速度大，速度关系总保持开始时A、B速度差等于作用后B、A速度差．若上述过程是在光滑水平面上，质量为M的弹性球A以速度v1碰撞质量为m(M＞m)的弹性球B，球B碰撞前的速度为v2，则发生对心碰撞后t时间两球之间的距离为( D )
A． eq \f(M,m) ( eq \f(v1v2,v1＋v2) )t B． eq \f(v1v2,v1＋v2) t
C．(v1＋v2)t D．(v1－v2)t
解析：根据题述可知，碰撞前和碰撞后速度关系应满足v1－v2＝v2′－v1′，其中v1′和v2′为碰撞后两球的速度，碰撞后两球做匀速直线运动，所以两球之间的距离与时间的关系为s＝(v2′－v1′)t＝(v1－v2)t，故D正确．
7.(多选)如下图所示，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( AD )
A．5 m/s B．4 m/s
C．3 m/s D．1 m/s
解析：物块A下滑到最低点时，由机械能守恒定律得mAgR＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得v0＝6 m/s，A与B碰撞过程动量守恒，若是弹性碰撞，机械能也守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得v2＝4 m/s，A与B碰撞过程动量守恒，若是完全非弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝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，所以碰后小滑块B的速度大小不可能为5 m/s、1 m/s，故A、D错误，符合题意，B、C正确，不符合题意．故选AD．
8.甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量p1＝5 kg·m/s，乙球的动量p2＝7 kg·m/s，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p2′＝10 kg·m/s，设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，则m1、m2的关系可能是( B )
A．6m1＝m2 B．4m1＝m2
C．2m1＝m2 D．m1＝m2
解析：由碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量p1′＝2 kg·m/s，由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有 eq \f(p1,m1) > eq \f(p2,m2) ，可得m2> eq \f(7,5) m1，碰撞后甲的速度小于或等于乙的速度，有 eq \f(p1′,m1) ≤ eq \f(p2′,m2) ，可得m2≤5m1，碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由Ek＝ eq \f(p2,2m) ，可得 eq \f(p1′2,m1) ＋ eq \f(p2′2,m2) ≤ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,m1) ＋ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,m2) ，解得m2≥ eq \f(17,7) m1，联立得 eq \f(17,7) m1≤m2≤5m1，故选B．
9.(多选)(2024·广东广州六中校考)如下图所示，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，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点，C是AB间某位置．另有一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦和阻力，下列说法正确的是( AC )
A．当v0＝ eq \r(2gR) 时，小球无法到达B点
B．当v0＝ eq \r(2gR) 时，小球在弧形槽上运动的过程中，滑块的动能先增大再减小
C．小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动
D．小球回到斜槽底部离开A点后可能做平抛运动
解析：滑块与小球水平方向动量守恒，小球恰能到达B点时有mv0＝2mv，系统机械能守恒，有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) ·2mv2＋mgR，联立可得v0＝2 eq \r(gR) ，可知当v0＝ eq \r(2gR) 时，小球无法到达B点，故A正确；当v0＝ eq \r(2gR) 时，小球未到达B点，小球从进入弧形槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，故B错误；由系统水平方向动量守恒得mv′－mvA＝mv0，由系统机械能守恒得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mv′2＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，联立可得vA＝0，所以小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误．
10.(2024·广东东莞校考)如下图所示，在光滑水平面上，三个物块A、B、C在同一直线上，A和B的质量分别为mA＝2m，mB＝m，开始时B和C静止，A以速度v0向右运动，与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个物块速度恰好相同．求：
(1)A与B碰撞后，两者的速度v1和v2；
(2)物块C的质量；
(3)B与C碰撞过程中损失的机械能．
答案：(1) eq \f(1,3) v0 eq \f(4,3) v0 (2)3m (3) eq \f(2,3) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解析：(1)A与B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，
由机械能守恒定律得 eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
联立解得v1＝ eq \f(1,3) v0，v2＝ eq \f(4,3) v0.
(2)B、C碰撞后与A的速度相同，设C的质量为mC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(mC＋m)v1，
解得mC＝3m.
(3)B与C碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝ eq \f(1,2) m·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) (m＋3m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
解得ΔE＝ eq \f(2,3) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) .
C级 拓展创新
11.一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6 kg，停在B的左端，质量m0＝1 kg的小球用长L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h＝0.2 m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1(g取10 m/s2)，求：
(1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间小球的速度；
(2)小球与A碰撞后瞬间物块A的速度；
(3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长．
答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
解析：(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得m0gL＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，代入数据解得v0＝4 m/s.
(2)小球反弹过程机械能守恒，则有m0gh＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得v1＝2 m/s；
小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有m0v0＝－m0v1＋ mvA，
代入数据得vA＝1 m/s.
(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvA＝(m＋M)v，
代入数据解得v＝0.5 m/s，
由能量守恒定律得μmgx＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) － eq \f(1,2) (m＋M)v2，
代入数据解得x＝0.25 m．学 习 目 标
物 理 与 STSE
1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞和碰撞现象的特点．
2．能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．
物理观念
弹性碰撞和非弹性碰撞
科学思维
通过弹性碰撞和非弹性碰撞的学习，让学生进一步认识能量与动量结合的应用
科学探究
通过学生对弹性碰撞的结论的推导，进一步认识碰撞中的神奇，利用结论来解释生活中的一些现象
科学态度与责任
通过本节的学习，培养分析总结的能力以及学生科学探究的精神
动量
守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒
动能
增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加
位置
不变
爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体发生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动