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高中人教版 (2019)第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞随堂练习题
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这是一份高中人教版 (2019)第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞随堂练习题，共48页。试卷主要包含了碰撞的特点，碰撞过程应满足的条件，碰撞与爆炸的异同点，对心碰撞，非对心碰撞等内容，欢迎下载使用。
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知识精讲
知识点01 碰撞
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短．
(2)相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理．
(3)在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能．
(4)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变．
2．碰撞过程应满足的条件
(1)系统的总动量守恒．
(2)系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有 v前>v后，若不满足，则该碰撞过程不可能．
3．碰撞与爆炸的异同点
4．对心碰撞
如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞．
5．非对心碰撞
如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．这种碰撞称为非对心碰撞．
【即学即练1】如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B速度的一半．求：
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
知识点02 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：
如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如图所示碰撞中，由动量守恒得 m1v1 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝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.
(1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1；
(2)若m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1；
(3)若m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0.
2．非弹性碰撞：
(1)如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．
(2)若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，如图所示发生完全非弹性碰撞，则有动量守恒 m1v1＝(m1＋m2)v；碰撞损失机械能ΔE＝eq \f(m1m2,2m1＋m2)veq \\al(2,1)，此时动能损失最大．
【即学即练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，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 D．条件不足，无法确定
【即学即练3】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
知识点03 碰撞中的临界问题
相互作用的两个物体在很多情况下可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，相当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下：
1．如图所示，光滑水平面上的 A 物体以速度 v 去撞击静止的 B 物体，A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．
2．如图所示，光滑水平面上有两个带同种电荷的物体 A、B，当其中一个 A 以速度 v 向静止的另一个 B 靠近的过程中(设 A、B 不会接触)，当两者相距最近时，二者速度必定相等．
3．如图所示，物体 A 以速度 v0滑上静止在光滑水平面上的小车 B，当 A 在 B 上滑行的距离最远时，A、B 相对静止，A、B 两物体的速度必定相等．
4．如图所示，质量为 M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为 m 的小球以速度 v0 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度必定相等(方向为水平向右)．
5．如图所示，光滑水平杆上有一质量为 m 的环，通过一长为 L 的轻绳与 M 相连，现给 M 以瞬时水平速度 v0.(设M 上升最高不超过水平杆)，则 M 上升最高时，m、M 速度必定相等．
【即学即练4】两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．
能力拓展
考法01 碰撞的可能性判断
【典例1】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲 C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲
考法02 碰撞及类碰撞模型
【典例2】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的子弹射中并嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的3/4，子弹的质量是物体B的质量的1/4，求：
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩到最短时B的速度．
考法03 单摆类碰撞
【典例3】如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A下落到最低点的速度是eq \r(2gL)
B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq \f(2,9)L
C．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为eq \f(2,3)mBgL
D．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq \f(1,9)L
考法04 绳连接体相互作用问题
【典例4】如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m1＝5 kg的无动力小车以匀速率v0＝2 m/s向前行驶，小车由轻绳与另一质量为m2＝25 kg的车厢连结，车厢右端有一质量为m3＝20 kg的物体(可视为质点)，物体与车厢的动摩擦因数为μ＝0.2，开始物体静止在车厢上，绳子是松驰的．求：
(1)当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移(设物体不会从车厢上滑下)；
(2)从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间．(取g＝10 m/s2)
考法05 滑块—木板模型
【典例5】如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与木板上的A点距离多远？
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
考法06 动量与能量相结合
【典例6】如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.30 m．质量m＝0.20 kg 的小球A静止在轨道上，另一质量M＝0.60 kg、速度为v0＝5.5 m/s的小球B与小球A正碰．已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为L＝4eq \r(2)R处，重力加速度g取10 m/s2，求碰撞结束时，小球A和B的速度的大小．
题组A 基础过关练
1．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时
D．A和B的速度相等时
2．如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时发出，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放．三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为( )
A．1次 B．2次
C．3次D．4次
3．(2020-2021学年扬州中学高二(下)期中)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A．vA′=-2 m/s，vB′=6 m/sB．vA′=2 m/s，vB′=2 m/s
C．vA′=1 m/s，vB′=3 m/sD．vA′=-3 m/s，vB′=7 m/s
4．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，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( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0
5．(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的eq \f(1,9)，那么碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．eq \f(1,3)v B．eq \f(2,3)v C．eq \f(4,9)v D．eq \f(8,9)v
6．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，C木块自由下落．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是( )
A．tA＜tB＜tC B．tA＞tB＞tC
C．tA＝tC＜tB D．tA＝tB＜tC
7．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．两球质量关系为mB＝2mA，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( )
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
8．(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端黏有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的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，物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下说法正确的是( )
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．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为eq \f(m,M)v
D．整个系统最后静止
9．如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法正确的是( )
A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
10．如图所示，光滑水平面上质量为1 kg的小球A以2.0 m/s的速度与同向运动的速度为1.0 m/s、质量为2 kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以1.5 m/s的速度运动．求：
(1)碰后A球的速度；
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能．
11．(2019-2020学年吉林省实验中学高二(下)期中)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。求：
(1)A、B两球的质量之比为多少？
(2)A、B碰撞前、后两球总动能之比是多少？
题组B 能力提升练
1．(2020-2021学年屯溪第一中学高二(下)期中)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( )
A．hB．2hC．3hD．4h
2．(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
3．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/sB．1.0 m/s
C．1.5 m/sD．2.0 m/s
4．(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．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
5．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为eq \f(v2,3g)
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq \f(mv,3)
6．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
7．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
8．如图所示，光滑的水平面上的A物体质量为M，以速度v0去撞击质量为m的静止的B物体．
(1)A、B两物体分开后各自的速度为多大？
(2)什么时候弹簧的弹性势能最大，其最大值是多少？
9．如图所示，有一个光滑轨道，水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径为R；质量为m的A球以v0＝4eq \r(gR) 的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为2m的B球发生碰撞，碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半．两球可视为质点．试通过计算判断碰撞后B球能否达到圆形轨道的最高点．
题组C 培优拔尖练
1．如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2.现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F.问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
2．如图所示，光滑轨道PQO的水平段QO＝eq \f(h,2)，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．
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．
课程标准
课标解读
1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点．
2．能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．
3．了解对心碰撞和非对心碰撞的概念．
4．了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性．
1．通过对碰撞问题的研究，了解研究问题的方法．
2．知道弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞与非对心碰撞．
3．动量守恒定律的普适性，使学生认识自然界的和谐统一．
4．通过弹性碰撞中动量守恒定律及机械能守恒定律公式的推导，掌握解决实际问题的能力．
5．能够应用动量守恒定律、机械能守恒定律解决碰撞问题．
碰撞
爆炸
不同点
碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，系统的动能不会增加
爆炸过程中往往有化学能转化为动能，系统的动能增加
相
同
点
时间特点
相互作用时间很短
相互作用力的特点
物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大
系统动量的特点
系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒
位移特点
由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可认为物体在碰撞、爆炸后仍在同一位置
第05讲 弹性碰撞和非弹性碰撞
目标导航
知识精讲
知识点01 碰撞
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短．
(2)相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理．
(3)在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能．
(4)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变．
2．碰撞过程应满足的条件
(1)系统的总动量守恒．
(2)系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有 v前>v后，若不满足，则该碰撞过程不可能．
3．碰撞与爆炸的异同点
4．对心碰撞
如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞．
5．非对心碰撞
如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．这种碰撞称为非对心碰撞．
【即学即练1】如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B速度的一半．求：
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
【解析】 (1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为eq \f(v,2)，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m·eq \f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v，①
由①式解得mB＝eq \f(m,2).②
(2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v，③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则ΔE＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2＋eq \f(1,2)mB(2v)2－eq \f(1,2)(m＋mB)v2，④
联立②③④式解得ΔE＝eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)．
【答案】 (1)eq \f(m,2) (2)eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)
【归纳总结】
(1)在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒．
(2)完全非弹性碰撞(碰后两物体粘在一起)机械能一定损失(机械能损失最多)．
知识点02 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：
如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如图所示碰撞中，由动量守恒得 m1v1 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝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.
(1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1；
(2)若m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1；
(3)若m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0.
2．非弹性碰撞：
(1)如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．
(2)若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，如图所示发生完全非弹性碰撞，则有动量守恒 m1v1＝(m1＋m2)v；碰撞损失机械能ΔE＝eq \f(m1m2,2m1＋m2)veq \\al(2,1)，此时动能损失最大．
【即学即练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，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 D．条件不足，无法确定
【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．
【答案】 A
【即学即练3】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
【解析】 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0 ，第一次碰撞后C的速度为vC1 ，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒得mv0＝mvA1＋MvC1，①
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C1)，②
联立①②式解得vA1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，③
vC1＝eq \f(2m,m＋M)v0，④
如果m>M ，第一次碰撞后，A与C 速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M,第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需要考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2＝eq \f(m－M,m＋M)vA1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－M,m＋M)))2v0，⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1，⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0，⑦
解得m≥(eq \r(5)－2)M，⑧
另一解m≤－(eq \r(5)＋2)M舍去，
所以m和M应满足的条件为(eq \r(5)－2)M≤m【答案】 (eq \r(5)－2)M≤m知识点03 碰撞中的临界问题
相互作用的两个物体在很多情况下可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，相当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下：
1．如图所示，光滑水平面上的 A 物体以速度 v 去撞击静止的 B 物体，A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．
2．如图所示，光滑水平面上有两个带同种电荷的物体 A、B，当其中一个 A 以速度 v 向静止的另一个 B 靠近的过程中(设 A、B 不会接触)，当两者相距最近时，二者速度必定相等．
3．如图所示，物体 A 以速度 v0滑上静止在光滑水平面上的小车 B，当 A 在 B 上滑行的距离最远时，A、B 相对静止，A、B 两物体的速度必定相等．
4．如图所示，质量为 M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为 m 的小球以速度 v0 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度必定相等(方向为水平向右)．
5．如图所示，光滑水平杆上有一质量为 m 的环，通过一长为 L 的轻绳与 M 相连，现给 M 以瞬时水平速度 v0.(设M 上升最高不超过水平杆)，则 M 上升最高时，m、M 速度必定相等．
【即学即练4】两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．
【解析】 设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得
mgh＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)M1V2①
M1V＝mv②
设物块在劈B上达到的最大高度h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得
mgh′＋eq \f(1,2)(M2＋m)V′2＝eq \f(1,2)mv2③
mv＝(M2＋m)V′④
联立①②③④式得h′＝eq \f(M1M2,（M1＋m）（M2＋m）)h⑤
【答案】 eq \f(M1M2,（M1＋m）（M2＋m）)h
【归纳总结】 只要学生能够针对不同过程正确选择研究对象，分别对物块在劈A下滑和滑上劈B的过程使用机械能守恒和动量守恒定律列式即可求解．复杂运动过程的划分、多个对象下研究对象的选择是解物理题必须的能力．
能力拓展
考法01 碰撞的可能性判断
【典例1】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲 C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲
【解析】 设碰撞后甲球的动量为p甲′，由动量守恒定律有p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，
即5 kg·m/s＋7 kg·m/s＝p甲′＋10 kg·m/s，则p甲′＝2 kg·m/s，
碰后p甲′、p乙′均大于零，表明甲、乙两球同向运动，应有v乙′≥v甲′，即eq \f(p甲′,m甲)≤eq \f(p乙′,m乙)，解得m乙≤5m甲；
碰撞过程中，动能不增加，则(注意Ek＝eq \f(p2,2m))eq \f(p\\al(2,甲),2m甲)＋eq \f(p\\al(2,乙),2m乙)≥eq \f(p甲′2,2m甲)＋eq \f(p乙′2,2m乙)，即eq \f(52,2m甲)＋eq \f(72,2m乙)≥eq \f(22,2m甲)＋eq \f(102,2m乙).
解得m乙≥eq \f(51,21)m甲．
综上可得m甲与m乙的关系为eq \f(51,21)m甲≤m乙≤5m甲．
【答案】 C
【归纳总结】 碰撞过程受多个物理规律的制约，在判断碰撞过程中的可能性问题时，应从以下三方面进行分析：
(1)碰撞前后的状态要符合具体的物理情景；
(2)碰撞过程中要遵循动量守恒定律；
(3)碰撞前后符合能量关系，即总动能满足Ek前≥Ek后．
考法02 碰撞及类碰撞模型
【典例2】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的子弹射中并嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的3/4，子弹的质量是物体B的质量的1/4，求：
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩到最短时B的速度．
【解析】 本题所研究的过程可分成两个物理过程：一是子弹射入A的过程(从子弹开始射入A到它们获得相同速度)，这一过程时间极短，物体A的位移可忽略，故弹簧没有形变，B没有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化，所以这个过程中仅是子弹和A发生相互作用(碰撞)．由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v1，
则子弹和A获得的共同速度为v1＝eq \f(mv0,m＋mA)＝eq \f(mv0,m＋3m)＝eq \f(v0,4).
二是A(包括子弹)以v1的速度开始压缩弹簧．在这一过程中，A(包括子弹)向右做减速运动，B向右做加速运动．当A(包括子弹)的速度大于B的速度时，它们间的距离缩短，弹簧的压缩量增大；当A(包括子弹)的速度小于B的速度时，它们间的距离增大，弹簧的压缩量减小，所以当A(包括子弹)的速度和B的速度相等时，弹簧被压缩到最短，在这一过程中，系统(A、子弹、B)所受的外力(重力、支持力)的合力为零，遵守动量守恒定律，由动量守恒定律得(m＋mA)v1＝(m＋mA＋mB)v2，v2＝(m＋mA)v1/(m＋mA＋mB)＝(m＋3m)v1/(m＋3m＋4m)＝eq \f(v1,2)＝eq \f(v0,8)，即弹簧压缩到最短时B的速度为eq \f(v0,8).
【答案】 (1)eq \f(v0,4) (2)eq \f(v0,8)
考法03 单摆类碰撞
【典例3】如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A下落到最低点的速度是eq \r(2gL)
B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq \f(2,9)L
C．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为eq \f(2,3)mBgL
D．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq \f(1,9)L
【解析】 A下落过程由机械能守恒：mAgL(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mAv2，得v＝eq \r(gL)，故选项A错误；若A与B发生完全非弹性碰撞，则有：mAv＝(mA＋mB)v′，eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh，解得：h＝eq \f(2,9)L，故选项B正确；ΔE＝eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq \f(1,3)mBgL，故选项C错误；若A与B发生弹性碰撞，则有：mAv＝mAv′A＋mBv′B，eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBv′eq \\al(2,B)，eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)＝mAgh′，解得：h′＝eq \f(1,18)L，故选项D错误。
【答案】 B
考法04 绳连接体相互作用问题
【典例4】如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m1＝5 kg的无动力小车以匀速率v0＝2 m/s向前行驶，小车由轻绳与另一质量为m2＝25 kg的车厢连结，车厢右端有一质量为m3＝20 kg的物体(可视为质点)，物体与车厢的动摩擦因数为μ＝0.2，开始物体静止在车厢上，绳子是松驰的．求：
(1)当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移(设物体不会从车厢上滑下)；
(2)从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间．(取g＝10 m/s2)
【解析】 (1)以m1和m2为研究对象，考虑绳拉紧这一过程，设绳拉紧后，m1、m2的共同速度为v1这一过程可以认为动量守恒，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，
解得v1＝eq \f(m1v0,m1＋m2)＝eq \f(5×2,5＋25) m/s＝eq \f(1,3) m/s.
再以m1、m2、m3为对象，设它们最后的共同速度为v2，则m1v0＝(m1＋m2＋m3)v2，
解得v2＝eq \f(m1v0,m1＋m2＋m3)＝eq \f(5×2,5＋25＋20) m/s＝0.2 m/s
绳刚拉紧时m1和m2的速度为v1，最后m1、m2、m3的共同速度为v2，设m3相对m2的位移为Δs，
则在过程中由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m1＋m2)v12＝μm3gΔs＋eq \f(1,2)(m1＋m2＋m3)v22
解得Δs＝0.017 m.
(2)对m3，由动量定理，有μm3gt＝m3v2
t＝eq \f(v2,μg)＝eq \f(0.2,0.2×10) s＝0.1 s
所以，从绳拉紧到m1、m2、m3有共同速度所需时间为t＝0.1 s.
【答案】 (1)0.017 m (2)0.1 s
【归纳总结】 轻绳连接的两个物体在轻绳绷紧的瞬间会发生相互作用并达到共速，在这个短暂的作用过程中内力远大于外力，系统满足动量守恒，有机械能损失，类似于完全非弹性碰撞．
考法05 滑块—木板模型
【典例5】如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与木板上的A点距离多远？
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
【解析】 (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，
Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝eq \f(Mv0,M＋m).
(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v′2.
解得x相＝eq \f(Mv\\al(2,0),2μg(M＋m)).
(3)方法一：由能量守恒定律可得，
Q＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝eq \f(Mmv\\al(2,0),2(M＋m))
方法二：根据功能关系，转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功，
即ΔE＝Q＝μmg·x相＝eq \f(Mmv\\al(2,0),2(M＋m)).
【答案】 (1)eq \f(Mv0,M＋m) (2)eq \f(Mv\\al(2,0),2μg(M＋m)) (3)eq \f(Mmv\\al(2,0),2(M＋m))
【归纳总结】 滑块—木板类模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用的，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，但机械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度．
考法06 动量与能量相结合
【典例6】如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.30 m．质量m＝0.20 kg 的小球A静止在轨道上，另一质量M＝0.60 kg、速度为v0＝5.5 m/s的小球B与小球A正碰．已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为L＝4eq \r(2)R处，重力加速度g取10 m/s2，求碰撞结束时，小球A和B的速度的大小．
【解析】 小球A经c点后做平抛运动，L＝vct＝vc eq \r(\f(4R,g))，故vc＝L eq \r(\f(g,4R))，
碰撞结束后，小球A经b到c，由机械能守恒定律知eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)＋2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
代入数据得碰撞结束时，小球A的速度大小vA＝6 m/s，
A、B碰撞时，由动量守恒定律有Mv0＝mvA＋MvB，
代入数据得碰撞结束时小球B的速度vB＝3.5 m/s.
【答案】 6 m/s 3.5 m/s
题组A 基础过关练
1．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时
D．A和B的速度相等时
【解析】 该题中B和A碰撞的过程中，A、B系统(包括弹簧)动量守恒且能量守恒，即A、B(包括弹簧)的动能和弹性势能之间存在相互转化．当A、B的速度相等时，弹簧处于最长或最短，即弹性势能最大，此时A、B系统动能损失最大，则D对．
【答案】 D
2．如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时发出，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放．三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为( )
A．1次 B．2次
C．3次D．4次
【解析】 由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地．A、B发生第一次碰撞后水平速度互换，B、C发生第二次碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生三次碰撞．
【答案】 C
3．(2020-2021学年扬州中学高二(下)期中)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A．vA′=-2 m/s，vB′=6 m/sB．vA′=2 m/s，vB′=2 m/s
C．vA′=1 m/s，vB′=3 m/sD．vA′=-3 m/s，vB′=7 m/s
【解析】 设每个球的质量均为m，碰前系统总动量，碰前的总动能
A．若vA′=-2 m/s，vB′=6 m/s，碰后总动量，则动量守恒，总动能，机械能也守恒，故A可能实现，不符合题意；
B．若vA′=2 m/s，vB′=2 m/s，碰后总动量，总动能，动量守恒，机械能不增加，故B可能实现，不符合题意；
C．碰后总动量，总动能，动量守恒，机械能不增加，故C可能实现，不符合题意；
D．碰后总动量，总动能，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现，符合题意。故选D。
【答案】 D
4．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，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( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0
【解析】 由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
假如选项A正确，则碰后总动量为eq \f(3,\r(3))mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。
假如选项B正确，则碰后总动量为eq \f(2,\r(2))mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。
假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。
假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确。
【答案】 D
5．(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的eq \f(1,9)，那么碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．eq \f(1,3)v B．eq \f(2,3)v C．eq \f(4,9)v D．eq \f(8,9)v
【解析】 设A球碰后的速度为vA，由题意有eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,9)×eq \f(1,2)mv2，则vA＝eq \f(1,3)v，碰后A的速度有两种可能，因此由动量守恒有mv＝m×eq \f(1,3)v＋2mvB或mv＝－m×eq \f(1,3)v＋2mvB，解得vB＝eq \f(1,3)v或eq \f(2,3)v，A、B正确．
【答案】 AB
6．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，C木块自由下落．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是( )
A．tA＜tB＜tC B．tA＞tB＞tC
C．tA＝tC＜tB D．tA＝tB＜tC
【解析】 木块C做自由落体运动，木块A被子弹击中做平抛运动，木块B在子弹击中瞬间竖直方向动量守恒mv＝(M＋m)v′，即v′＜v，木块B竖直方向速度减小，所以tA＝tC＜tB.
【答案】 C
7．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．两球质量关系为mB＝2mA，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( )
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
【解析】 由质量关系、动量关系、动量增量关系判断球的位置．由mB＝2mA、pB＝pA知vA＝2vB．
对两球发生碰撞的情况进行讨论：
①A球在左方，两球都向右运动．由动量守恒定律得
p′A＝2 kg·m/s，p′B＝10 kg·m/s，即eq \f(mAvA′,mBvB′)＝eq \f(2,10)，故eq \f(vA′,vB′)＝eq \f(2,5)．
②A球在左方，且A向右运动，B向左运动，由题意知p′A＝2 kg·m/s，pB′＝－2 kg·m/s，A、B两球碰后继续相向运动是不可能的．
③B球在左方，A球在右方，则此种情况下ΔpA＞0．
由以上分析知，只有第一种情况成立．
【答案】 A
8．(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端黏有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的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，物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下说法正确的是( )
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．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为eq \f(m,M)v
D．整个系统最后静止
【解析】 AB车和木块组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，由于最后弹性势能释放出来，整个过程机械能不守恒，选项B、C、D正确．
【答案】 BCD
9．如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法正确的是( )
A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
【解析】 5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向的动量守恒，总动量并不守恒，选项A、B错误；同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度，同时由静止释放并与4、5碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，选项C错误，D正确．
【答案】 D
10．如图所示，光滑水平面上质量为1 kg的小球A以2.0 m/s的速度与同向运动的速度为1.0 m/s、质量为2 kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以1.5 m/s的速度运动．求：
(1)碰后A球的速度；
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能．
【解析】 (1)碰撞过程，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，代入数据解vA′＝1.0 m/s．
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mBvB′2，
代入数据解得E损＝0.25 J．
【答案】 (1)1.0 m/s (2)0.25 J
11．(2019-2020学年吉林省实验中学高二(下)期中)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。求：
(1)A、B两球的质量之比为多少？
(2)A、B碰撞前、后两球总动能之比是多少？
【解析】 (1)设碰前B球速度大小为v0，碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB，由题意知，vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝eq \f(1,4)v0
碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，则有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，
解得：eq \f(mA,mB)＝eq \f(5,1)。
(2)碰撞前动能：E1＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)，
碰撞后总动能：E2＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)，
碰撞前、后总动能之比为：eq \f(E1,E2)＝eq \f(8,3)。
【答案】 (1)5∶1 (2)8∶3
题组B 能力提升练
1．(2020-2021学年屯溪第一中学高二(下)期中)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( )
A．hB．2hC．3hD．4h
【解析】 下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh，解得触地时两球速度相同，为，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得，由题可知m2=3m1，联立解得，反弹后高度为，故D正确，ABC错误故选D。
【答案】 D
2．(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
【解析】 在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减少，故A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．
【答案】 ACD
3．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/sB．1.0 m/s
C．1.5 m/sD．2.0 m/s
【解析】 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确．
【答案】 C
4．(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．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
【解析】 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和D两种情况不可能发生；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．故选项B、C正确．
【答案】 BC
5．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为eq \f(v2,3g)
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq \f(mv,3)
【解析】 小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq \f(v,3)，小车动量变化大小Δp车＝2m·eq \f(v,3)＝eq \f(2,3)mv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq \f(v2,3g)，C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，解得v1＝－eq \f(v,3)，v2＝eq \f(2,3)v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq \f(2,3)v＋eq \f(1,3)v＝v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
【答案】 BC
6．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
【解析】 (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.
【答案】 (1)0.96 m (2)0.512 m
7．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
【解析】 (1)设细线长为l，b球运动到最低点的过程中，机械能守恒，有mbgl＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)
解得vb＝eq \r(2gl)
然后a、b发生碰撞，碰撞时动量守恒，即mbvb＝(ma＋mb)vab
此后a、b一起运动到最高点，有(ma＋mb)gl(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \\al(2,ab)
解得vab＝eq \r(gl)
联立解得eq \f(ma,mb)＝eq \r(2)－1.
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)－eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \\al(2,ab)
球b在碰前的最大动能E＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)
解得eq \f(ΔE,E)＝eq \f(2－\r(2),2).
【答案】 (1)(eq \r(2)－1)∶1 (2)(2－eq \r(2))∶2
8．如图所示，光滑的水平面上的A物体质量为M，以速度v0去撞击质量为m的静止的B物体．
(1)A、B两物体分开后各自的速度为多大？
(2)什么时候弹簧的弹性势能最大，其最大值是多少？
【解析】 (1)A和B碰撞又分开，这一过程满足动量守恒，又满足机械能守恒．设A、B两物体分开后的速度分别为v1、v2.
由动量守恒定律得：Mv0＝Mv1＋mv2，
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
得v1＝eq \f(M－m,M＋m)v0，v2＝eq \f(2M,M＋m)v0.
(2)弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩至最短，此时A、B有共同速度．设共同速度为v.
由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v.
则v＝eq \f(M,M＋m)v0.
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,M＋m)v0))2＝eq \f(1,2)·eq \f(Mm,M＋m)veq \\al(2,0).
【答案】 (1)v1＝eq \f(M－m,M＋m)v0，v2＝eq \f(2M,M＋m)v0 (2)eq \f(1,2)·eq \f(Mm,M＋m)veq \\al(2,0)
9．如图所示，有一个光滑轨道，水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径为R；质量为m的A球以v0＝4eq \r(gR) 的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为2m的B球发生碰撞，碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半．两球可视为质点．试通过计算判断碰撞后B球能否达到圆形轨道的最高点．
【解析】 设碰后A，B球速度分别为vA，vB，由动量守恒知mv0＝mvA＋2mvB，
碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半，即eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,B)，
联立以上两式解得vB＝eq \f(v0,2)＝2eq \r(gR)，vB＝eq \f(v0,6)(舍去)．
设B球在最低点速度为vN时刚好能运动到圆形轨道的最高点，由机械能守恒可知eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,N)＝2mg×2R＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,P)，由P点重力充当圆周运动的向心力可知2mg＝2meq \f(v\\al(2,P),R)，
联立以上两式解得vN＝eq \r(5gR)，
由于vB＜vN，所以碰后B球不能到达圆形轨道的最高点．
【答案】 见解析
题组C 培优拔尖练
1．如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2.现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F.问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
【解析】 (1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为FA＝μmAg＝4 N＞F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为a
a＝eq \f(F,mA＋M)＝1 m/s2
由x＝eq \f(1,2)at2有：t＝eq \r(\f(2x,a))＝1.2 s
(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋mA)v其中v0＝at＝1.2 m/s
则v＝0.8 m/s
由能量守恒定律得μmAgΔx＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋mA)v2
Δx＝0.12 m
故木板C的长度L至少为：L＝x＋Δx＝0.84 m
【答案】 (1)1.2 s (2)0.84 m
2．如图所示，光滑轨道PQO的水平段QO＝eq \f(h,2)，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．
【解析】 (1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
A、B发生完全弹性碰撞，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mv0＝mvA＋4mvB
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)(4m)veq \\al(2,B)
解得vA＝－eq \f(3,5)eq \r(2gh)，vB＝eq \f(2,5)eq \r(2gh).
(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理
对B有：－μ(4m)gx＝0－eq \f(1,2)(4m)veq \\al(2,B)，得x＝eq \f(8h,25)
设当物块A的位移为x时速度为v，对A由动能定理得－μmgx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得v＝eq \r(\f(2,5)gh)
A、B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mv＝mv′A＋4mv′B
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)(4m)v′eq \\al(2,B)
解得v′A＝－eq \f(3,5)eq \r(\f(2,5)gh)，v′B＝eq \f(2,5)eq \r(\f(2,5)gh)
碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理
对A有：－μmgxA＝0－eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)
对B有：－μ(4m)gxB＝0－eq \f(1,2)(4m)v′eq \\al(2,B)
解得xA＝eq \f(18,125)h，xB＝eq \f(8,125)h
A、B均停止运动后它们之间的距离d＝xA＋xB＝eq \f(26,125)h.
【答案】 (1)eq \f(3,5)eq \r(2gh) eq \f(2,5)eq \r(2gh) (2)eq \f(26,125)h
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．
【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.
【答案】 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
课程标准
课标解读
1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点．
2．能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．
3．了解对心碰撞和非对心碰撞的概念．
4．了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性．
1．通过对碰撞问题的研究，了解研究问题的方法．
2．知道弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞与非对心碰撞．
3．动量守恒定律的普适性，使学生认识自然界的和谐统一．
4．通过弹性碰撞中动量守恒定律及机械能守恒定律公式的推导，掌握解决实际问题的能力．
5．能够应用动量守恒定律、机械能守恒定律解决碰撞问题．
碰撞
爆炸
不同点
碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，系统的动能不会增加
爆炸过程中往往有化学能转化为动能，系统的动能增加
相
同
点
时间特点
相互作用时间很短
相互作用力的特点
物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大
系统动量的特点
系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒
位移特点
由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可认为物体在碰撞、爆炸后仍在同一位置
目标导航
知识精讲
知识点01 碰撞
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短．
(2)相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理．
(3)在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能．
(4)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变．
2．碰撞过程应满足的条件
(1)系统的总动量守恒．
(2)系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有 v前>v后，若不满足，则该碰撞过程不可能．
3．碰撞与爆炸的异同点
4．对心碰撞
如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞．
5．非对心碰撞
如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．这种碰撞称为非对心碰撞．
【即学即练1】如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B速度的一半．求：
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
知识点02 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：
如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如图所示碰撞中，由动量守恒得 m1v1 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝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.
(1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1；
(2)若m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1；
(3)若m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0.
2．非弹性碰撞：
(1)如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．
(2)若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，如图所示发生完全非弹性碰撞，则有动量守恒 m1v1＝(m1＋m2)v；碰撞损失机械能ΔE＝eq \f(m1m2,2m1＋m2)veq \\al(2,1)，此时动能损失最大．
【即学即练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，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 D．条件不足，无法确定
【即学即练3】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
知识点03 碰撞中的临界问题
相互作用的两个物体在很多情况下可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，相当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下：
1．如图所示，光滑水平面上的 A 物体以速度 v 去撞击静止的 B 物体，A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．
2．如图所示，光滑水平面上有两个带同种电荷的物体 A、B，当其中一个 A 以速度 v 向静止的另一个 B 靠近的过程中(设 A、B 不会接触)，当两者相距最近时，二者速度必定相等．
3．如图所示，物体 A 以速度 v0滑上静止在光滑水平面上的小车 B，当 A 在 B 上滑行的距离最远时，A、B 相对静止，A、B 两物体的速度必定相等．
4．如图所示，质量为 M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为 m 的小球以速度 v0 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度必定相等(方向为水平向右)．
5．如图所示，光滑水平杆上有一质量为 m 的环，通过一长为 L 的轻绳与 M 相连，现给 M 以瞬时水平速度 v0.(设M 上升最高不超过水平杆)，则 M 上升最高时，m、M 速度必定相等．
【即学即练4】两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．
能力拓展
考法01 碰撞的可能性判断
【典例1】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲 C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲
考法02 碰撞及类碰撞模型
【典例2】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的子弹射中并嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的3/4，子弹的质量是物体B的质量的1/4，求：
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩到最短时B的速度．
考法03 单摆类碰撞
【典例3】如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A下落到最低点的速度是eq \r(2gL)
B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq \f(2,9)L
C．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为eq \f(2,3)mBgL
D．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq \f(1,9)L
考法04 绳连接体相互作用问题
【典例4】如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m1＝5 kg的无动力小车以匀速率v0＝2 m/s向前行驶，小车由轻绳与另一质量为m2＝25 kg的车厢连结，车厢右端有一质量为m3＝20 kg的物体(可视为质点)，物体与车厢的动摩擦因数为μ＝0.2，开始物体静止在车厢上，绳子是松驰的．求：
(1)当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移(设物体不会从车厢上滑下)；
(2)从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间．(取g＝10 m/s2)
考法05 滑块—木板模型
【典例5】如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与木板上的A点距离多远？
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
考法06 动量与能量相结合
【典例6】如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.30 m．质量m＝0.20 kg 的小球A静止在轨道上，另一质量M＝0.60 kg、速度为v0＝5.5 m/s的小球B与小球A正碰．已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为L＝4eq \r(2)R处，重力加速度g取10 m/s2，求碰撞结束时，小球A和B的速度的大小．
题组A 基础过关练
1．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时
D．A和B的速度相等时
2．如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时发出，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放．三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为( )
A．1次 B．2次
C．3次D．4次
3．(2020-2021学年扬州中学高二(下)期中)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A．vA′=-2 m/s，vB′=6 m/sB．vA′=2 m/s，vB′=2 m/s
C．vA′=1 m/s，vB′=3 m/sD．vA′=-3 m/s，vB′=7 m/s
4．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，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( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0
5．(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的eq \f(1,9)，那么碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．eq \f(1,3)v B．eq \f(2,3)v C．eq \f(4,9)v D．eq \f(8,9)v
6．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，C木块自由下落．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是( )
A．tA＜tB＜tC B．tA＞tB＞tC
C．tA＝tC＜tB D．tA＝tB＜tC
7．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．两球质量关系为mB＝2mA，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( )
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
8．(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端黏有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的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，物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下说法正确的是( )
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．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为eq \f(m,M)v
D．整个系统最后静止
9．如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法正确的是( )
A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
10．如图所示，光滑水平面上质量为1 kg的小球A以2.0 m/s的速度与同向运动的速度为1.0 m/s、质量为2 kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以1.5 m/s的速度运动．求：
(1)碰后A球的速度；
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能．
11．(2019-2020学年吉林省实验中学高二(下)期中)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。求：
(1)A、B两球的质量之比为多少？
(2)A、B碰撞前、后两球总动能之比是多少？
题组B 能力提升练
1．(2020-2021学年屯溪第一中学高二(下)期中)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( )
A．hB．2hC．3hD．4h
2．(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
3．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/sB．1.0 m/s
C．1.5 m/sD．2.0 m/s
4．(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．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
5．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为eq \f(v2,3g)
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq \f(mv,3)
6．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
7．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
8．如图所示，光滑的水平面上的A物体质量为M，以速度v0去撞击质量为m的静止的B物体．
(1)A、B两物体分开后各自的速度为多大？
(2)什么时候弹簧的弹性势能最大，其最大值是多少？
9．如图所示，有一个光滑轨道，水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径为R；质量为m的A球以v0＝4eq \r(gR) 的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为2m的B球发生碰撞，碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半．两球可视为质点．试通过计算判断碰撞后B球能否达到圆形轨道的最高点．
题组C 培优拔尖练
1．如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2.现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F.问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
2．如图所示，光滑轨道PQO的水平段QO＝eq \f(h,2)，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．
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．
课程标准
课标解读
1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点．
2．能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．
3．了解对心碰撞和非对心碰撞的概念．
4．了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性．
1．通过对碰撞问题的研究，了解研究问题的方法．
2．知道弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞与非对心碰撞．
3．动量守恒定律的普适性，使学生认识自然界的和谐统一．
4．通过弹性碰撞中动量守恒定律及机械能守恒定律公式的推导，掌握解决实际问题的能力．
5．能够应用动量守恒定律、机械能守恒定律解决碰撞问题．
碰撞
爆炸
不同点
碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，系统的动能不会增加
爆炸过程中往往有化学能转化为动能，系统的动能增加
相
同
点
时间特点
相互作用时间很短
相互作用力的特点
物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大
系统动量的特点
系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒
位移特点
由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可认为物体在碰撞、爆炸后仍在同一位置
第05讲 弹性碰撞和非弹性碰撞
目标导航
知识精讲
知识点01 碰撞
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短．
(2)相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理．
(3)在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能．
(4)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变．
2．碰撞过程应满足的条件
(1)系统的总动量守恒．
(2)系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有 v前>v后，若不满足，则该碰撞过程不可能．
3．碰撞与爆炸的异同点
4．对心碰撞
如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞．
5．非对心碰撞
如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．这种碰撞称为非对心碰撞．
【即学即练1】如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B速度的一半．求：
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
【解析】 (1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为eq \f(v,2)，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m·eq \f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v，①
由①式解得mB＝eq \f(m,2).②
(2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v，③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则ΔE＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2＋eq \f(1,2)mB(2v)2－eq \f(1,2)(m＋mB)v2，④
联立②③④式解得ΔE＝eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)．
【答案】 (1)eq \f(m,2) (2)eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)
【归纳总结】
(1)在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒．
(2)完全非弹性碰撞(碰后两物体粘在一起)机械能一定损失(机械能损失最多)．
知识点02 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：
如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如图所示碰撞中，由动量守恒得 m1v1 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝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.
(1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1；
(2)若m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1；
(3)若m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0.
2．非弹性碰撞：
(1)如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．
(2)若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，如图所示发生完全非弹性碰撞，则有动量守恒 m1v1＝(m1＋m2)v；碰撞损失机械能ΔE＝eq \f(m1m2,2m1＋m2)veq \\al(2,1)，此时动能损失最大．
【即学即练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，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 D．条件不足，无法确定
【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．
【答案】 A
【即学即练3】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
【解析】 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0 ，第一次碰撞后C的速度为vC1 ，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒得mv0＝mvA1＋MvC1，①
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C1)，②
联立①②式解得vA1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，③
vC1＝eq \f(2m,m＋M)v0，④
如果m>M ，第一次碰撞后，A与C 速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M,第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需要考虑m
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1，⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0，⑦
解得m≥(eq \r(5)－2)M，⑧
另一解m≤－(eq \r(5)＋2)M舍去，
所以m和M应满足的条件为(eq \r(5)－2)M≤m
相互作用的两个物体在很多情况下可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，相当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下：
1．如图所示，光滑水平面上的 A 物体以速度 v 去撞击静止的 B 物体，A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．
2．如图所示，光滑水平面上有两个带同种电荷的物体 A、B，当其中一个 A 以速度 v 向静止的另一个 B 靠近的过程中(设 A、B 不会接触)，当两者相距最近时，二者速度必定相等．
3．如图所示，物体 A 以速度 v0滑上静止在光滑水平面上的小车 B，当 A 在 B 上滑行的距离最远时，A、B 相对静止，A、B 两物体的速度必定相等．
4．如图所示，质量为 M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为 m 的小球以速度 v0 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度必定相等(方向为水平向右)．
5．如图所示，光滑水平杆上有一质量为 m 的环，通过一长为 L 的轻绳与 M 相连，现给 M 以瞬时水平速度 v0.(设M 上升最高不超过水平杆)，则 M 上升最高时，m、M 速度必定相等．
【即学即练4】两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．
【解析】 设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得
mgh＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)M1V2①
M1V＝mv②
设物块在劈B上达到的最大高度h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得
mgh′＋eq \f(1,2)(M2＋m)V′2＝eq \f(1,2)mv2③
mv＝(M2＋m)V′④
联立①②③④式得h′＝eq \f(M1M2,（M1＋m）（M2＋m）)h⑤
【答案】 eq \f(M1M2,（M1＋m）（M2＋m）)h
【归纳总结】 只要学生能够针对不同过程正确选择研究对象，分别对物块在劈A下滑和滑上劈B的过程使用机械能守恒和动量守恒定律列式即可求解．复杂运动过程的划分、多个对象下研究对象的选择是解物理题必须的能力．
能力拓展
考法01 碰撞的可能性判断
【典例1】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲 C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲
【解析】 设碰撞后甲球的动量为p甲′，由动量守恒定律有p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，
即5 kg·m/s＋7 kg·m/s＝p甲′＋10 kg·m/s，则p甲′＝2 kg·m/s，
碰后p甲′、p乙′均大于零，表明甲、乙两球同向运动，应有v乙′≥v甲′，即eq \f(p甲′,m甲)≤eq \f(p乙′,m乙)，解得m乙≤5m甲；
碰撞过程中，动能不增加，则(注意Ek＝eq \f(p2,2m))eq \f(p\\al(2,甲),2m甲)＋eq \f(p\\al(2,乙),2m乙)≥eq \f(p甲′2,2m甲)＋eq \f(p乙′2,2m乙)，即eq \f(52,2m甲)＋eq \f(72,2m乙)≥eq \f(22,2m甲)＋eq \f(102,2m乙).
解得m乙≥eq \f(51,21)m甲．
综上可得m甲与m乙的关系为eq \f(51,21)m甲≤m乙≤5m甲．
【答案】 C
【归纳总结】 碰撞过程受多个物理规律的制约，在判断碰撞过程中的可能性问题时，应从以下三方面进行分析：
(1)碰撞前后的状态要符合具体的物理情景；
(2)碰撞过程中要遵循动量守恒定律；
(3)碰撞前后符合能量关系，即总动能满足Ek前≥Ek后．
考法02 碰撞及类碰撞模型
【典例2】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的子弹射中并嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的3/4，子弹的质量是物体B的质量的1/4，求：
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩到最短时B的速度．
【解析】 本题所研究的过程可分成两个物理过程：一是子弹射入A的过程(从子弹开始射入A到它们获得相同速度)，这一过程时间极短，物体A的位移可忽略，故弹簧没有形变，B没有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化，所以这个过程中仅是子弹和A发生相互作用(碰撞)．由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v1，
则子弹和A获得的共同速度为v1＝eq \f(mv0,m＋mA)＝eq \f(mv0,m＋3m)＝eq \f(v0,4).
二是A(包括子弹)以v1的速度开始压缩弹簧．在这一过程中，A(包括子弹)向右做减速运动，B向右做加速运动．当A(包括子弹)的速度大于B的速度时，它们间的距离缩短，弹簧的压缩量增大；当A(包括子弹)的速度小于B的速度时，它们间的距离增大，弹簧的压缩量减小，所以当A(包括子弹)的速度和B的速度相等时，弹簧被压缩到最短，在这一过程中，系统(A、子弹、B)所受的外力(重力、支持力)的合力为零，遵守动量守恒定律，由动量守恒定律得(m＋mA)v1＝(m＋mA＋mB)v2，v2＝(m＋mA)v1/(m＋mA＋mB)＝(m＋3m)v1/(m＋3m＋4m)＝eq \f(v1,2)＝eq \f(v0,8)，即弹簧压缩到最短时B的速度为eq \f(v0,8).
【答案】 (1)eq \f(v0,4) (2)eq \f(v0,8)
考法03 单摆类碰撞
【典例3】如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A下落到最低点的速度是eq \r(2gL)
B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq \f(2,9)L
C．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为eq \f(2,3)mBgL
D．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq \f(1,9)L
【解析】 A下落过程由机械能守恒：mAgL(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mAv2，得v＝eq \r(gL)，故选项A错误；若A与B发生完全非弹性碰撞，则有：mAv＝(mA＋mB)v′，eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh，解得：h＝eq \f(2,9)L，故选项B正确；ΔE＝eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq \f(1,3)mBgL，故选项C错误；若A与B发生弹性碰撞，则有：mAv＝mAv′A＋mBv′B，eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBv′eq \\al(2,B)，eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)＝mAgh′，解得：h′＝eq \f(1,18)L，故选项D错误。
【答案】 B
考法04 绳连接体相互作用问题
【典例4】如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m1＝5 kg的无动力小车以匀速率v0＝2 m/s向前行驶，小车由轻绳与另一质量为m2＝25 kg的车厢连结，车厢右端有一质量为m3＝20 kg的物体(可视为质点)，物体与车厢的动摩擦因数为μ＝0.2，开始物体静止在车厢上，绳子是松驰的．求：
(1)当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移(设物体不会从车厢上滑下)；
(2)从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间．(取g＝10 m/s2)
【解析】 (1)以m1和m2为研究对象，考虑绳拉紧这一过程，设绳拉紧后，m1、m2的共同速度为v1这一过程可以认为动量守恒，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，
解得v1＝eq \f(m1v0,m1＋m2)＝eq \f(5×2,5＋25) m/s＝eq \f(1,3) m/s.
再以m1、m2、m3为对象，设它们最后的共同速度为v2，则m1v0＝(m1＋m2＋m3)v2，
解得v2＝eq \f(m1v0,m1＋m2＋m3)＝eq \f(5×2,5＋25＋20) m/s＝0.2 m/s
绳刚拉紧时m1和m2的速度为v1，最后m1、m2、m3的共同速度为v2，设m3相对m2的位移为Δs，
则在过程中由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m1＋m2)v12＝μm3gΔs＋eq \f(1,2)(m1＋m2＋m3)v22
解得Δs＝0.017 m.
(2)对m3，由动量定理，有μm3gt＝m3v2
t＝eq \f(v2,μg)＝eq \f(0.2,0.2×10) s＝0.1 s
所以，从绳拉紧到m1、m2、m3有共同速度所需时间为t＝0.1 s.
【答案】 (1)0.017 m (2)0.1 s
【归纳总结】 轻绳连接的两个物体在轻绳绷紧的瞬间会发生相互作用并达到共速，在这个短暂的作用过程中内力远大于外力，系统满足动量守恒，有机械能损失，类似于完全非弹性碰撞．
考法05 滑块—木板模型
【典例5】如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与木板上的A点距离多远？
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
【解析】 (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，
Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝eq \f(Mv0,M＋m).
(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v′2.
解得x相＝eq \f(Mv\\al(2,0),2μg(M＋m)).
(3)方法一：由能量守恒定律可得，
Q＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝eq \f(Mmv\\al(2,0),2(M＋m))
方法二：根据功能关系，转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功，
即ΔE＝Q＝μmg·x相＝eq \f(Mmv\\al(2,0),2(M＋m)).
【答案】 (1)eq \f(Mv0,M＋m) (2)eq \f(Mv\\al(2,0),2μg(M＋m)) (3)eq \f(Mmv\\al(2,0),2(M＋m))
【归纳总结】 滑块—木板类模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用的，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，但机械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度．
考法06 动量与能量相结合
【典例6】如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.30 m．质量m＝0.20 kg 的小球A静止在轨道上，另一质量M＝0.60 kg、速度为v0＝5.5 m/s的小球B与小球A正碰．已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为L＝4eq \r(2)R处，重力加速度g取10 m/s2，求碰撞结束时，小球A和B的速度的大小．
【解析】 小球A经c点后做平抛运动，L＝vct＝vc eq \r(\f(4R,g))，故vc＝L eq \r(\f(g,4R))，
碰撞结束后，小球A经b到c，由机械能守恒定律知eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)＋2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
代入数据得碰撞结束时，小球A的速度大小vA＝6 m/s，
A、B碰撞时，由动量守恒定律有Mv0＝mvA＋MvB，
代入数据得碰撞结束时小球B的速度vB＝3.5 m/s.
【答案】 6 m/s 3.5 m/s
题组A 基础过关练
1．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时
D．A和B的速度相等时
【解析】 该题中B和A碰撞的过程中，A、B系统(包括弹簧)动量守恒且能量守恒，即A、B(包括弹簧)的动能和弹性势能之间存在相互转化．当A、B的速度相等时，弹簧处于最长或最短，即弹性势能最大，此时A、B系统动能损失最大，则D对．
【答案】 D
2．如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时发出，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放．三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为( )
A．1次 B．2次
C．3次D．4次
【解析】 由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地．A、B发生第一次碰撞后水平速度互换，B、C发生第二次碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生三次碰撞．
【答案】 C
3．(2020-2021学年扬州中学高二(下)期中)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A．vA′=-2 m/s，vB′=6 m/sB．vA′=2 m/s，vB′=2 m/s
C．vA′=1 m/s，vB′=3 m/sD．vA′=-3 m/s，vB′=7 m/s
【解析】 设每个球的质量均为m，碰前系统总动量，碰前的总动能
A．若vA′=-2 m/s，vB′=6 m/s，碰后总动量，则动量守恒，总动能，机械能也守恒，故A可能实现，不符合题意；
B．若vA′=2 m/s，vB′=2 m/s，碰后总动量，总动能，动量守恒，机械能不增加，故B可能实现，不符合题意；
C．碰后总动量，总动能，动量守恒，机械能不增加，故C可能实现，不符合题意；
D．碰后总动量，总动能，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现，符合题意。故选D。
【答案】 D
4．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，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( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0
【解析】 由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
假如选项A正确，则碰后总动量为eq \f(3,\r(3))mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。
假如选项B正确，则碰后总动量为eq \f(2,\r(2))mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。
假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。
假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确。
【答案】 D
5．(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的eq \f(1,9)，那么碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．eq \f(1,3)v B．eq \f(2,3)v C．eq \f(4,9)v D．eq \f(8,9)v
【解析】 设A球碰后的速度为vA，由题意有eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,9)×eq \f(1,2)mv2，则vA＝eq \f(1,3)v，碰后A的速度有两种可能，因此由动量守恒有mv＝m×eq \f(1,3)v＋2mvB或mv＝－m×eq \f(1,3)v＋2mvB，解得vB＝eq \f(1,3)v或eq \f(2,3)v，A、B正确．
【答案】 AB
6．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，C木块自由下落．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是( )
A．tA＜tB＜tC B．tA＞tB＞tC
C．tA＝tC＜tB D．tA＝tB＜tC
【解析】 木块C做自由落体运动，木块A被子弹击中做平抛运动，木块B在子弹击中瞬间竖直方向动量守恒mv＝(M＋m)v′，即v′＜v，木块B竖直方向速度减小，所以tA＝tC＜tB.
【答案】 C
7．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．两球质量关系为mB＝2mA，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( )
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
【解析】 由质量关系、动量关系、动量增量关系判断球的位置．由mB＝2mA、pB＝pA知vA＝2vB．
对两球发生碰撞的情况进行讨论：
①A球在左方，两球都向右运动．由动量守恒定律得
p′A＝2 kg·m/s，p′B＝10 kg·m/s，即eq \f(mAvA′,mBvB′)＝eq \f(2,10)，故eq \f(vA′,vB′)＝eq \f(2,5)．
②A球在左方，且A向右运动，B向左运动，由题意知p′A＝2 kg·m/s，pB′＝－2 kg·m/s，A、B两球碰后继续相向运动是不可能的．
③B球在左方，A球在右方，则此种情况下ΔpA＞0．
由以上分析知，只有第一种情况成立．
【答案】 A
8．(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端黏有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的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，物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下说法正确的是( )
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．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为eq \f(m,M)v
D．整个系统最后静止
【解析】 AB车和木块组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，由于最后弹性势能释放出来，整个过程机械能不守恒，选项B、C、D正确．
【答案】 BCD
9．如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法正确的是( )
A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
【解析】 5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向的动量守恒，总动量并不守恒，选项A、B错误；同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度，同时由静止释放并与4、5碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，选项C错误，D正确．
【答案】 D
10．如图所示，光滑水平面上质量为1 kg的小球A以2.0 m/s的速度与同向运动的速度为1.0 m/s、质量为2 kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以1.5 m/s的速度运动．求：
(1)碰后A球的速度；
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能．
【解析】 (1)碰撞过程，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，代入数据解vA′＝1.0 m/s．
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mBvB′2，
代入数据解得E损＝0.25 J．
【答案】 (1)1.0 m/s (2)0.25 J
11．(2019-2020学年吉林省实验中学高二(下)期中)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。求：
(1)A、B两球的质量之比为多少？
(2)A、B碰撞前、后两球总动能之比是多少？
【解析】 (1)设碰前B球速度大小为v0，碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB，由题意知，vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝eq \f(1,4)v0
碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，则有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，
解得：eq \f(mA,mB)＝eq \f(5,1)。
(2)碰撞前动能：E1＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)，
碰撞后总动能：E2＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)，
碰撞前、后总动能之比为：eq \f(E1,E2)＝eq \f(8,3)。
【答案】 (1)5∶1 (2)8∶3
题组B 能力提升练
1．(2020-2021学年屯溪第一中学高二(下)期中)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( )
A．hB．2hC．3hD．4h
【解析】 下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh，解得触地时两球速度相同，为，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得，由题可知m2=3m1，联立解得，反弹后高度为，故D正确，ABC错误故选D。
【答案】 D
2．(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
【解析】 在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减少，故A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．
【答案】 ACD
3．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/sB．1.0 m/s
C．1.5 m/sD．2.0 m/s
【解析】 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确．
【答案】 C
4．(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．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
【解析】 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和D两种情况不可能发生；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．故选项B、C正确．
【答案】 BC
5．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为eq \f(v2,3g)
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq \f(mv,3)
【解析】 小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq \f(v,3)，小车动量变化大小Δp车＝2m·eq \f(v,3)＝eq \f(2,3)mv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq \f(v2,3g)，C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，解得v1＝－eq \f(v,3)，v2＝eq \f(2,3)v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq \f(2,3)v＋eq \f(1,3)v＝v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
【答案】 BC
6．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
【解析】 (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.
【答案】 (1)0.96 m (2)0.512 m
7．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
【解析】 (1)设细线长为l，b球运动到最低点的过程中，机械能守恒，有mbgl＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)
解得vb＝eq \r(2gl)
然后a、b发生碰撞，碰撞时动量守恒，即mbvb＝(ma＋mb)vab
此后a、b一起运动到最高点，有(ma＋mb)gl(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \\al(2,ab)
解得vab＝eq \r(gl)
联立解得eq \f(ma,mb)＝eq \r(2)－1.
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)－eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \\al(2,ab)
球b在碰前的最大动能E＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)
解得eq \f(ΔE,E)＝eq \f(2－\r(2),2).
【答案】 (1)(eq \r(2)－1)∶1 (2)(2－eq \r(2))∶2
8．如图所示，光滑的水平面上的A物体质量为M，以速度v0去撞击质量为m的静止的B物体．
(1)A、B两物体分开后各自的速度为多大？
(2)什么时候弹簧的弹性势能最大，其最大值是多少？
【解析】 (1)A和B碰撞又分开，这一过程满足动量守恒，又满足机械能守恒．设A、B两物体分开后的速度分别为v1、v2.
由动量守恒定律得：Mv0＝Mv1＋mv2，
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
得v1＝eq \f(M－m,M＋m)v0，v2＝eq \f(2M,M＋m)v0.
(2)弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩至最短，此时A、B有共同速度．设共同速度为v.
由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v.
则v＝eq \f(M,M＋m)v0.
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,M＋m)v0))2＝eq \f(1,2)·eq \f(Mm,M＋m)veq \\al(2,0).
【答案】 (1)v1＝eq \f(M－m,M＋m)v0，v2＝eq \f(2M,M＋m)v0 (2)eq \f(1,2)·eq \f(Mm,M＋m)veq \\al(2,0)
9．如图所示，有一个光滑轨道，水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径为R；质量为m的A球以v0＝4eq \r(gR) 的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为2m的B球发生碰撞，碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半．两球可视为质点．试通过计算判断碰撞后B球能否达到圆形轨道的最高点．
【解析】 设碰后A，B球速度分别为vA，vB，由动量守恒知mv0＝mvA＋2mvB，
碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半，即eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,B)，
联立以上两式解得vB＝eq \f(v0,2)＝2eq \r(gR)，vB＝eq \f(v0,6)(舍去)．
设B球在最低点速度为vN时刚好能运动到圆形轨道的最高点，由机械能守恒可知eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,N)＝2mg×2R＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,P)，由P点重力充当圆周运动的向心力可知2mg＝2meq \f(v\\al(2,P),R)，
联立以上两式解得vN＝eq \r(5gR)，
由于vB＜vN，所以碰后B球不能到达圆形轨道的最高点．
【答案】 见解析
题组C 培优拔尖练
1．如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2.现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F.问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
【解析】 (1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为FA＝μmAg＝4 N＞F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为a
a＝eq \f(F,mA＋M)＝1 m/s2
由x＝eq \f(1,2)at2有：t＝eq \r(\f(2x,a))＝1.2 s
(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋mA)v其中v0＝at＝1.2 m/s
则v＝0.8 m/s
由能量守恒定律得μmAgΔx＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋mA)v2
Δx＝0.12 m
故木板C的长度L至少为：L＝x＋Δx＝0.84 m
【答案】 (1)1.2 s (2)0.84 m
2．如图所示，光滑轨道PQO的水平段QO＝eq \f(h,2)，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．
【解析】 (1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
A、B发生完全弹性碰撞，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mv0＝mvA＋4mvB
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)(4m)veq \\al(2,B)
解得vA＝－eq \f(3,5)eq \r(2gh)，vB＝eq \f(2,5)eq \r(2gh).
(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理
对B有：－μ(4m)gx＝0－eq \f(1,2)(4m)veq \\al(2,B)，得x＝eq \f(8h,25)
设当物块A的位移为x时速度为v，对A由动能定理得－μmgx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得v＝eq \r(\f(2,5)gh)
A、B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mv＝mv′A＋4mv′B
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)(4m)v′eq \\al(2,B)
解得v′A＝－eq \f(3,5)eq \r(\f(2,5)gh)，v′B＝eq \f(2,5)eq \r(\f(2,5)gh)
碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理
对A有：－μmgxA＝0－eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)
对B有：－μ(4m)gxB＝0－eq \f(1,2)(4m)v′eq \\al(2,B)
解得xA＝eq \f(18,125)h，xB＝eq \f(8,125)h
A、B均停止运动后它们之间的距离d＝xA＋xB＝eq \f(26,125)h.
【答案】 (1)eq \f(3,5)eq \r(2gh) eq \f(2,5)eq \r(2gh) (2)eq \f(26,125)h
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．
【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.
【答案】 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
课程标准
课标解读
1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点．
2．能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．
3．了解对心碰撞和非对心碰撞的概念．
4．了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性．
1．通过对碰撞问题的研究，了解研究问题的方法．
2．知道弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞与非对心碰撞．
3．动量守恒定律的普适性，使学生认识自然界的和谐统一．
4．通过弹性碰撞中动量守恒定律及机械能守恒定律公式的推导，掌握解决实际问题的能力．
5．能够应用动量守恒定律、机械能守恒定律解决碰撞问题．
碰撞
爆炸
不同点
碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，系统的动能不会增加
爆炸过程中往往有化学能转化为动能，系统的动能增加
相
同
点
时间特点
相互作用时间很短
相互作用力的特点
物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大
系统动量的特点
系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒
位移特点
由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可认为物体在碰撞、爆炸后仍在同一位置
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