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鲁科版 (2019)选择性必修 第一册第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞导学案
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这是一份鲁科版 (2019)选择性必修 第一册第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞导学案，共20页。
2．掌握弹性碰撞的规律，能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题。
3．探究一维弹性碰撞的规律。
4．科学知识来源于生活实际，能将所学的知识应用于生活实际中。
知识点一 不同类型的碰撞
1．弹性碰撞
碰撞前后系统的总动能相等的碰撞称为弹性碰撞。
2．非弹性碰撞
碰撞过程中机械能有损失的碰撞称为非弹性碰撞。
3．完全非弹性碰撞
碰撞后物体结合在一起，系统的动能损失最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。
这三种碰撞，动量都是守恒的。
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒。(×)
(2)速度不同的两个小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。(×)
(3)碰撞现象中内力远大于外力，所以可认为碰撞时系统的总动量守恒。(√)
知识点二 弹性碰撞
1．实验与探究
(1)质量相等的两个钢球碰撞时，碰撞后两球交换了速度，可得碰撞前后两球的总动能相等。
(2)质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰后两球运动方向相同。
(3)质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰后质量较小的钢球速度方向与原来相反。
2．弹性碰撞的规律
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和动能守恒有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
12m1v12＝12m1v1'2＋12m2v2'2
以上两式联立可解得v1′＝m1-m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1，
由以上两式对弹性碰撞中运动钢球碰撞静止钢球实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度。
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动。
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来。
弹性碰撞是一种理想情况，实际的碰撞都有能量损失。
2．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒。(×)
(2)两个质量相同的小球发生正碰时一定交换速度。(×)
(3)质量较大的物体与质量较小且静止的物体发生碰撞时不可能被反弹。(√)
3．填空
大小、形状完全相同，质量分别为3 kg和2 kg的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为5 m/s和 1 m/s，如果两物体碰撞后并粘在一起，则它们共同的速度大小为2.6 m/s，方向与质量较大物体的速度方向相同。
碰撞是生活中非常常见的现象，如图所示，会发现碰撞的结果多种多样，有的物体碰后分开了，但都朝一个方向运动，有的物体碰后朝两个不同的方向运动。
(1)两个物体碰撞时间极短，碰撞物体组成的系统动量是否守恒？
(2)打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？
提示：(1)两个物体碰撞时，由于碰撞时间极短，要么系统所受外力为零，要么外力远小于内力，外力的冲量很小，可以忽略不计。所以系统在碰撞过程中动量要么守恒，要么近似守恒。
(2)不一定。只有质量相等的母球和目标球发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，两个球才会交换速度，否则不会交换速度。
考点1 碰撞过程的特点
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：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，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′。
【典例1】 (多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化
BCD [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生。故B、C、D正确，A错误。]
[跟进训练]
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法可以成立的是( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
AB [选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用。]
考点2 碰撞的判断和碰撞模型
1．碰撞的判断
在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)系统动能不增加，即
Ekl＋Ek2≥E′kl＋E′k2或p122m1＋p222m2≥p1'22m1＋p2'22m2。
(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束。如果碰前两物体相向运动，则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。
2．常见类碰撞模型
角度1 碰撞的可能分析
【典例2】 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s(设为正方向)，vB＝－3 m/s。则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
A [以小球A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝4×3 kg·m/s＋2×(－3)kg·m/s＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝12mAvA2＋12mBvB2＝12×4×32 J＋12×2×32 J＝27 J。如果vA′＝1 m/s、vB′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果vA′＝－3 m/s、vB′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果vA′＝2 m/s、vB′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果vA′＝－1 m/s、vB′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误。]
角度2 碰撞类型
【典例3】 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的34，子弹的质量是B的质量的14。求：
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度。
[思路点拨] (1)子弹打击物体A瞬间，子弹与物体A组成的系统动量守恒。(2)弹簧压缩量最大时，子弹、物体A和B及弹簧组成的系统有相同速度。
[解析] 设子弹的质量为m，则mB＝4m，mA＝3m。
(1)对子弹进入物体A的过程，由动量守恒得
mv0＝(m＋mA)v1
解得它们的共同速度，也是A的最大速度
v1＝mv0m+mA＝v04。
(2)以子弹、物体A、物体B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mA＋mB)v2
解得v2＝mv0m+mA+mB＝v08。
[答案] (1)v04 (2)v08
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统。
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。
[跟进训练]
2．(角度1)(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是( )
A．－13v0 B．0 C．13v0 D．23v0
ABC [若两球发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒有mv0＝(m＋2m)v，解得v＝13v0。若两球发生弹性碰撞，则由动量守恒有mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系有12mv02＝12mv12＋12·2mv22，联立解得v1＝-13v0，v2＝23v0，则小球A的速度范围为－13v0≤v1≤13v0，故选A、B、C。]
3．(角度2)如图所示，光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的14圆弧，圆弧半径为R＝1 m，质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块。已知M＝4m，g取10 m/s2，若小球恰好到达圆弧的上端，求：
(1)小球的初速度v0；
(2)滑块获得的最大速度。
[解析] (1)当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1。
因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有12mv02＝12m+Mv12＋mgR，
联立解得v0＝5 m/s。
(2)小球到达最高点以后返回的过程中，滑块又做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大，设此时小球的速度为v2，滑块的速度为v3，研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv2＋Mv3，12mv02＝12mv22＋12Mv32
解得v3＝2 m/s。
[答案] (1)5 m/s (2)2 m/s
1．(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′，下面哪些是可能正确的是( )
A．v1′＝v2′＝43 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
AD [由碰撞前、后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加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。]
2．(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．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
AD [由题意知，碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒。对选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的；对选项B，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，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能；对选项C，碰撞前系统总动量与质量较大的球方向相同，若碰后以某一相等速度反向而行，总动量也与质量较大的球方向相同，而此方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，选项C不可能；对选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的。故正确选项为A、D。]
3．(多选)小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L。质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为mMv
C．整个系统最后静止
D．木块的位移一定大于小车的位移
BC [因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv＝Mv′，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与小车B端碰撞后，系统总动量为零，整个系统又处于静止状态，故B、C正确，D错误；因木块C与小车B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误。]
4．(新情境，以“反导拦截”为背景，考查碰撞问题)2023年4月14日晚，中国在境内进行了第六次陆基中段反导拦截技术试验，试验取得成功。
问题：碰撞和爆炸过程中机械能变化有什么区别？
提示：碰撞过程中机械能不增加，爆炸过程中机械能一定增加，有其他形式的能转化为机械能。
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．弹性碰撞有什么特点？
提示：机械能守恒，动量守恒。
2．完全非弹性碰撞有什么特点？
提示：动量守恒，机械能损失最大。
3．碰撞中为什么动量守恒？
提示：碰撞过程中，内力远大于外力，系统动量守恒。
课时分层作业(三) 弹性碰撞与非弹性碰撞
题组一 碰撞过程的特点
1．汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为( )
A．12v0 B．23v0 C．13v0 D．14v0
C [两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后汽车A、B的速度分别为v1、v2，以碰撞前汽车A的速度方向为正方向，设汽车B的质量为m，则A的质量为2m，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，由机械能守恒定律得12·2mv02＝12·2mv12＋12mv22，解得v1＝13v0，选项C正确。]
2．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1
C [由题图知：碰前vA＝4 m/s，vB＝0。碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故选项C正确。]
3．如图所示，质量相等的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度依次是( )
A．v和0 B．0和v C．v2和v2 D．－v和0
A [当从弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v，方向向右，之后A离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB，根据系统动量守恒和机械能守恒可得mBv＝mAvA＋mBvB，12mBv2＝12mAvA2＋12mBvB2，解得vA＝2mBmA+mBv＝v，vB＝mB-mAmA+mBv＝0，故选项A正确。]
题组二 碰撞的判断和常见碰撞模型
4．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的动能变为原来的19，那么小球B的速度可能是( )
A．13v0 B．23v0 C．49v0 D．59v0
AB [要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。当以A球原来的速度方向为正方向时，则v′A＝±13v0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×13v0＋2mv′B，mv0＋0＝m×-13v0＋2mv″B，解得v′B＝13v0，v″B＝23v0。由于碰撞过程中动能不能增加，即12mv02≥19×12mv02＋12×2mvB2，将13v0和23v0代入上式均成立，故A、B正确。]
5．冰壶运动深受观众喜爱。运动员在某次冰壶比赛中进行了一次投掷，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的( )
A B
C D
B [两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，选项A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故选项B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，所以碰后乙在前，甲在后，选项C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故选项D错误。]
6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则( )
A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
AC [设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1－3mv2＝m(－2v1)，得v1∶v2＝1∶1，A正确，B错误；碰撞前系统动能为Ek＝12mv12＋12×3mv22＝2mv12，碰撞后系统动能为E′k＝12m(2v1)2＝2mv12，可知，碰撞前后系统动能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。]
7．三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的三根竖直绳上，彼此恰好相互接触。现把质量为m1的小球拉开一些，如图中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球的动量相等。若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1∶m2∶m3为( )
A．6∶3∶1 B．2∶3∶1 C．2∶1∶1 D．3∶2∶1
A [因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒、动量守恒。因碰撞后三个小球的动量相等，设其为p，则总动量为3p。由机械能守恒得3p22m1＝p22m1＋p22m2＋p22m3，即9m1＝1m1＋1m2＋1m3，满足该条件的只有选项A。]
题组三 碰撞综合应用
8．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法错误的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
D．小球可能做自由落体运动
A [小球水平冲上小车又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒，水平方向动量守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程，如果mM，小球离开小车向右做平抛运动，所以A错误，B、C、D正确，故选A。]
9．(多选)一次台球练习中，某运动员用白球击中了彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受桌面阻力保持不变，两球质量均为m＝0.2 kg，碰撞后两球的位移x与速度的平方v2的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．碰撞前白球的速度为1.64 m/s
B．碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2 kg·m/s
C．碰撞过程中，系统有机械能转化为内能
D．台球所受桌面阻力为0.5 N
BC [碰后白球速度v1＝0.8 m/s，彩球速度v2＝1.0 m/s，设碰撞前白球速度为v0，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，解得v0＝1.8 m/s，故A错误；碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为I＝mv2＝0.2×1.0 kg·m/s＝0.2 kg·m/s，B正确；由于12mv02＞12mv12＋12mv22，故碰撞过程中，系统有机械能转化为内能，C正确；由运动学知识可知a＝v22x＝0.642×1.28 m/s2＝0.25 m/s2，故阻力为f＝ma＝0.05 N，故D错误。]
10．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝v1-v2v0-0，下列选项正确的是( )
A．e＝1 B．e＝12 C．e＝13 D．e＝14
A [两球碰撞过程中，组成的系统动量守恒，碰撞为弹性碰撞。以B球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，2mv0＝mv1＋2mv2，根据机械能守恒定律可知，12×2mv02＝12mv12＋12×2mv22，解得v1＝43v0，v2＝13v0，恢复系数e＝v1-v2v0-0＝1，选项A正确，B、C、D错误。]
11．用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑，半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触。若将小球1移至左侧离容器底高hh＝49R处由静止释放，如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的最大高度为19R，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为( )
A．2∶2∶1 B．3∶3∶1 C．4∶4∶1 D．3∶2∶1
B [碰撞前对球1的下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝12m1v12，对于碰撞过程，取向右为正方向，水平方向动量守恒得m1v1＝m2v2＋m3v3，由机械能守恒定律得12m1v12＝12m2v22＋12m3v32，碰撞后，对球2，根据机械能守恒定律有m2g·19R＝12m2v22，对球3，根据机械能守恒定律有m3gR＝12m3v32，联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，选项B正确。]
12．如图所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
[解析] 设滑块的质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝18v0，B的速度vB＝34v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB
设碰撞前A克服轨道摩擦力所做的功为WA，由功能关系得WA＝12mv02－12mvA2
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道摩擦力所做的功为WB，由功能关系得
WB＝12mvB2－12mvB′2
根据题意可知WA＝WB
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
mvB′＝2mv
联立并代入数据解得v＝2116v0。
[答案] 2116v0
13．如图所示，质量为3m的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m的物块(可视为质点)，静止在木板上的A端，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ。现有一质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入物块并穿出，已知子弹穿出物块时的速度为v02，子弹穿过物块的时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求子弹穿出物块时，物块的速度大小；
(2)子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B端滑出，木板的长度至少多大？
[解析] (1)设子弹穿过物块时物块的速度为v1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝mv02＋2mv1
解得v1＝v04。
(2)设物块和木板达到的共同速度为v2时，物块刚好到达木板B端，这样板的长度最小为L，对物块和木板组成的系统，由动量守恒得2mv1＝5mv2
此过程系统摩擦生热Q＝2μmgL
由能量守恒定律得2μmgL＝12·2mv12－12·5mv22
代入数据解得L＝3v02160μg。
[答案] (1)v04 (2)3v02160μg
模型分类
特点及满足的规律
弹簧模型
(水平面光滑)
弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒：
m1v0＝(m1＋m2)v共
12m1v02＝12m1+m2v共2＋Epm
弹簧再次处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒：
m1v0＝m1v1＋m2v2
12m1v02＝12m1v12＋12m2v22
v1＝m1-m2m1+m2v0
v2＝2m1m1+m2v0
子弹打木块模型
(水平面光滑)
系统动量守恒、能量守恒：
mv0＝(m＋M)v
fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2
无论木块固定或者放于光滑水平面上，一般认为子弹受阻力恒定且相等，子弹完全从木块中穿出时系统产生的热量相等
(水平面光滑)
最高点：m与M具有共同水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒：
mv0＝(M＋m)v共
12mv02＝12M+mv共2＋mgh
最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒、系统机械能守恒：
mv0＝mv1＋Mv2
12mv02＝12mv12＋12Mv22
2．掌握弹性碰撞的规律，能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题。
3．探究一维弹性碰撞的规律。
4．科学知识来源于生活实际，能将所学的知识应用于生活实际中。
知识点一 不同类型的碰撞
1．弹性碰撞
碰撞前后系统的总动能相等的碰撞称为弹性碰撞。
2．非弹性碰撞
碰撞过程中机械能有损失的碰撞称为非弹性碰撞。
3．完全非弹性碰撞
碰撞后物体结合在一起，系统的动能损失最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。
这三种碰撞，动量都是守恒的。
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒。(×)
(2)速度不同的两个小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。(×)
(3)碰撞现象中内力远大于外力，所以可认为碰撞时系统的总动量守恒。(√)
知识点二 弹性碰撞
1．实验与探究
(1)质量相等的两个钢球碰撞时，碰撞后两球交换了速度，可得碰撞前后两球的总动能相等。
(2)质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰后两球运动方向相同。
(3)质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰后质量较小的钢球速度方向与原来相反。
2．弹性碰撞的规律
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和动能守恒有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
12m1v12＝12m1v1'2＋12m2v2'2
以上两式联立可解得v1′＝m1-m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1，
由以上两式对弹性碰撞中运动钢球碰撞静止钢球实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度。
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动。
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来。
弹性碰撞是一种理想情况，实际的碰撞都有能量损失。
2．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒。(×)
(2)两个质量相同的小球发生正碰时一定交换速度。(×)
(3)质量较大的物体与质量较小且静止的物体发生碰撞时不可能被反弹。(√)
3．填空
大小、形状完全相同，质量分别为3 kg和2 kg的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为5 m/s和 1 m/s，如果两物体碰撞后并粘在一起，则它们共同的速度大小为2.6 m/s，方向与质量较大物体的速度方向相同。
碰撞是生活中非常常见的现象，如图所示，会发现碰撞的结果多种多样，有的物体碰后分开了，但都朝一个方向运动，有的物体碰后朝两个不同的方向运动。
(1)两个物体碰撞时间极短，碰撞物体组成的系统动量是否守恒？
(2)打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？
提示：(1)两个物体碰撞时，由于碰撞时间极短，要么系统所受外力为零，要么外力远小于内力，外力的冲量很小，可以忽略不计。所以系统在碰撞过程中动量要么守恒，要么近似守恒。
(2)不一定。只有质量相等的母球和目标球发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，两个球才会交换速度，否则不会交换速度。
考点1 碰撞过程的特点
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：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，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′。
【典例1】 (多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化
BCD [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生。故B、C、D正确，A错误。]
[跟进训练]
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法可以成立的是( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
AB [选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用。]
考点2 碰撞的判断和碰撞模型
1．碰撞的判断
在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)系统动能不增加，即
Ekl＋Ek2≥E′kl＋E′k2或p122m1＋p222m2≥p1'22m1＋p2'22m2。
(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束。如果碰前两物体相向运动，则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。
2．常见类碰撞模型
角度1 碰撞的可能分析
【典例2】 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s(设为正方向)，vB＝－3 m/s。则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
A [以小球A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝4×3 kg·m/s＋2×(－3)kg·m/s＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝12mAvA2＋12mBvB2＝12×4×32 J＋12×2×32 J＝27 J。如果vA′＝1 m/s、vB′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果vA′＝－3 m/s、vB′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果vA′＝2 m/s、vB′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果vA′＝－1 m/s、vB′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误。]
角度2 碰撞类型
【典例3】 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的34，子弹的质量是B的质量的14。求：
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度。
[思路点拨] (1)子弹打击物体A瞬间，子弹与物体A组成的系统动量守恒。(2)弹簧压缩量最大时，子弹、物体A和B及弹簧组成的系统有相同速度。
[解析] 设子弹的质量为m，则mB＝4m，mA＝3m。
(1)对子弹进入物体A的过程，由动量守恒得
mv0＝(m＋mA)v1
解得它们的共同速度，也是A的最大速度
v1＝mv0m+mA＝v04。
(2)以子弹、物体A、物体B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mA＋mB)v2
解得v2＝mv0m+mA+mB＝v08。
[答案] (1)v04 (2)v08
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统。
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。
[跟进训练]
2．(角度1)(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是( )
A．－13v0 B．0 C．13v0 D．23v0
ABC [若两球发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒有mv0＝(m＋2m)v，解得v＝13v0。若两球发生弹性碰撞，则由动量守恒有mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系有12mv02＝12mv12＋12·2mv22，联立解得v1＝-13v0，v2＝23v0，则小球A的速度范围为－13v0≤v1≤13v0，故选A、B、C。]
3．(角度2)如图所示，光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的14圆弧，圆弧半径为R＝1 m，质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块。已知M＝4m，g取10 m/s2，若小球恰好到达圆弧的上端，求：
(1)小球的初速度v0；
(2)滑块获得的最大速度。
[解析] (1)当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1。
因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有12mv02＝12m+Mv12＋mgR，
联立解得v0＝5 m/s。
(2)小球到达最高点以后返回的过程中，滑块又做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大，设此时小球的速度为v2，滑块的速度为v3，研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv2＋Mv3，12mv02＝12mv22＋12Mv32
解得v3＝2 m/s。
[答案] (1)5 m/s (2)2 m/s
1．(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′，下面哪些是可能正确的是( )
A．v1′＝v2′＝43 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
AD [由碰撞前、后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加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。]
2．(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．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
AD [由题意知，碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒。对选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的；对选项B，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，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能；对选项C，碰撞前系统总动量与质量较大的球方向相同，若碰后以某一相等速度反向而行，总动量也与质量较大的球方向相同，而此方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，选项C不可能；对选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的。故正确选项为A、D。]
3．(多选)小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L。质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为mMv
C．整个系统最后静止
D．木块的位移一定大于小车的位移
BC [因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv＝Mv′，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与小车B端碰撞后，系统总动量为零，整个系统又处于静止状态，故B、C正确，D错误；因木块C与小车B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误。]
4．(新情境，以“反导拦截”为背景，考查碰撞问题)2023年4月14日晚，中国在境内进行了第六次陆基中段反导拦截技术试验，试验取得成功。
问题：碰撞和爆炸过程中机械能变化有什么区别？
提示：碰撞过程中机械能不增加，爆炸过程中机械能一定增加，有其他形式的能转化为机械能。
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．弹性碰撞有什么特点？
提示：机械能守恒，动量守恒。
2．完全非弹性碰撞有什么特点？
提示：动量守恒，机械能损失最大。
3．碰撞中为什么动量守恒？
提示：碰撞过程中，内力远大于外力，系统动量守恒。
课时分层作业(三) 弹性碰撞与非弹性碰撞
题组一 碰撞过程的特点
1．汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为( )
A．12v0 B．23v0 C．13v0 D．14v0
C [两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后汽车A、B的速度分别为v1、v2，以碰撞前汽车A的速度方向为正方向，设汽车B的质量为m，则A的质量为2m，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，由机械能守恒定律得12·2mv02＝12·2mv12＋12mv22，解得v1＝13v0，选项C正确。]
2．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1
C [由题图知：碰前vA＝4 m/s，vB＝0。碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故选项C正确。]
3．如图所示，质量相等的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度依次是( )
A．v和0 B．0和v C．v2和v2 D．－v和0
A [当从弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v，方向向右，之后A离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB，根据系统动量守恒和机械能守恒可得mBv＝mAvA＋mBvB，12mBv2＝12mAvA2＋12mBvB2，解得vA＝2mBmA+mBv＝v，vB＝mB-mAmA+mBv＝0，故选项A正确。]
题组二 碰撞的判断和常见碰撞模型
4．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的动能变为原来的19，那么小球B的速度可能是( )
A．13v0 B．23v0 C．49v0 D．59v0
AB [要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。当以A球原来的速度方向为正方向时，则v′A＝±13v0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×13v0＋2mv′B，mv0＋0＝m×-13v0＋2mv″B，解得v′B＝13v0，v″B＝23v0。由于碰撞过程中动能不能增加，即12mv02≥19×12mv02＋12×2mvB2，将13v0和23v0代入上式均成立，故A、B正确。]
5．冰壶运动深受观众喜爱。运动员在某次冰壶比赛中进行了一次投掷，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的( )
A B
C D
B [两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，选项A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故选项B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，所以碰后乙在前，甲在后，选项C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故选项D错误。]
6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则( )
A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
AC [设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1－3mv2＝m(－2v1)，得v1∶v2＝1∶1，A正确，B错误；碰撞前系统动能为Ek＝12mv12＋12×3mv22＝2mv12，碰撞后系统动能为E′k＝12m(2v1)2＝2mv12，可知，碰撞前后系统动能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。]
7．三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的三根竖直绳上，彼此恰好相互接触。现把质量为m1的小球拉开一些，如图中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球的动量相等。若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1∶m2∶m3为( )
A．6∶3∶1 B．2∶3∶1 C．2∶1∶1 D．3∶2∶1
A [因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒、动量守恒。因碰撞后三个小球的动量相等，设其为p，则总动量为3p。由机械能守恒得3p22m1＝p22m1＋p22m2＋p22m3，即9m1＝1m1＋1m2＋1m3，满足该条件的只有选项A。]
题组三 碰撞综合应用
8．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法错误的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
D．小球可能做自由落体运动
A [小球水平冲上小车又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒，水平方向动量守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程，如果m
9．(多选)一次台球练习中，某运动员用白球击中了彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受桌面阻力保持不变，两球质量均为m＝0.2 kg，碰撞后两球的位移x与速度的平方v2的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．碰撞前白球的速度为1.64 m/s
B．碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2 kg·m/s
C．碰撞过程中，系统有机械能转化为内能
D．台球所受桌面阻力为0.5 N
BC [碰后白球速度v1＝0.8 m/s，彩球速度v2＝1.0 m/s，设碰撞前白球速度为v0，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，解得v0＝1.8 m/s，故A错误；碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为I＝mv2＝0.2×1.0 kg·m/s＝0.2 kg·m/s，B正确；由于12mv02＞12mv12＋12mv22，故碰撞过程中，系统有机械能转化为内能，C正确；由运动学知识可知a＝v22x＝0.642×1.28 m/s2＝0.25 m/s2，故阻力为f＝ma＝0.05 N，故D错误。]
10．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝v1-v2v0-0，下列选项正确的是( )
A．e＝1 B．e＝12 C．e＝13 D．e＝14
A [两球碰撞过程中，组成的系统动量守恒，碰撞为弹性碰撞。以B球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，2mv0＝mv1＋2mv2，根据机械能守恒定律可知，12×2mv02＝12mv12＋12×2mv22，解得v1＝43v0，v2＝13v0，恢复系数e＝v1-v2v0-0＝1，选项A正确，B、C、D错误。]
11．用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑，半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触。若将小球1移至左侧离容器底高hh＝49R处由静止释放，如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的最大高度为19R，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为( )
A．2∶2∶1 B．3∶3∶1 C．4∶4∶1 D．3∶2∶1
B [碰撞前对球1的下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝12m1v12，对于碰撞过程，取向右为正方向，水平方向动量守恒得m1v1＝m2v2＋m3v3，由机械能守恒定律得12m1v12＝12m2v22＋12m3v32，碰撞后，对球2，根据机械能守恒定律有m2g·19R＝12m2v22，对球3，根据机械能守恒定律有m3gR＝12m3v32，联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，选项B正确。]
12．如图所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
[解析] 设滑块的质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝18v0，B的速度vB＝34v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB
设碰撞前A克服轨道摩擦力所做的功为WA，由功能关系得WA＝12mv02－12mvA2
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道摩擦力所做的功为WB，由功能关系得
WB＝12mvB2－12mvB′2
根据题意可知WA＝WB
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
mvB′＝2mv
联立并代入数据解得v＝2116v0。
[答案] 2116v0
13．如图所示，质量为3m的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m的物块(可视为质点)，静止在木板上的A端，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ。现有一质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入物块并穿出，已知子弹穿出物块时的速度为v02，子弹穿过物块的时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求子弹穿出物块时，物块的速度大小；
(2)子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B端滑出，木板的长度至少多大？
[解析] (1)设子弹穿过物块时物块的速度为v1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝mv02＋2mv1
解得v1＝v04。
(2)设物块和木板达到的共同速度为v2时，物块刚好到达木板B端，这样板的长度最小为L，对物块和木板组成的系统，由动量守恒得2mv1＝5mv2
此过程系统摩擦生热Q＝2μmgL
由能量守恒定律得2μmgL＝12·2mv12－12·5mv22
代入数据解得L＝3v02160μg。
[答案] (1)v04 (2)3v02160μg
模型分类
特点及满足的规律
弹簧模型
(水平面光滑)
弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒：
m1v0＝(m1＋m2)v共
12m1v02＝12m1+m2v共2＋Epm
弹簧再次处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒：
m1v0＝m1v1＋m2v2
12m1v02＝12m1v12＋12m2v22
v1＝m1-m2m1+m2v0
v2＝2m1m1+m2v0
子弹打木块模型
(水平面光滑)
系统动量守恒、能量守恒：
mv0＝(m＋M)v
fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2
无论木块固定或者放于光滑水平面上，一般认为子弹受阻力恒定且相等，子弹完全从木块中穿出时系统产生的热量相等
(水平面光滑)
最高点：m与M具有共同水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒：
mv0＝(M＋m)v共
12mv02＝12M+mv共2＋mgh
最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒、系统机械能守恒：
mv0＝mv1＋Mv2
12mv02＝12mv12＋12Mv22
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