學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精4碰撞[學(xué)習(xí)目標(biāo)］1.理解彈性碰撞、非彈性碰撞，正碰(對(duì)心碰撞)和斜碰（非對(duì)心碰撞).2。會(huì)應(yīng)用動(dòng)量、能量的觀點(diǎn)綜合分析、解決一維碰撞問(wèn)題.3.知道散射和中子的發(fā)現(xiàn)過(guò)程，體會(huì)理論對(duì)實(shí)踐的指導(dǎo)作用,進(jìn)一步了解動(dòng)量守恒定律的普適性．一、彈性碰撞和非彈性碰撞[導(dǎo)學(xué)探究］（1)圖1中大家正在玩一種游戲——超級(jí)碰撞球．多顆籃球般大小的鋼球用鋼纜懸掛在屋頂．拉開(kāi)最右邊鋼球到某一高度,然后釋放，碰撞后，僅最左邊的球被彈起，擺至最大高度后落下來(lái)再次碰撞，致使最右邊鋼球又被彈起．碩大鋼球交替彈開(kāi)，周而復(fù)始,情景蔚為壯觀．上述現(xiàn)象如何解釋?圖1(2）如圖2所示，鋼球A、B包上橡皮泥，讓A與靜止的B相碰，兩鋼球(包括橡皮泥）質(zhì)量相等．碰撞后有什么現(xiàn)象？碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒嗎？請(qǐng)計(jì)算說(shuō)明．圖2答案（1）質(zhì)量相等的兩物體發(fā)生彈性正碰，碰后二者交換速度．(2）碰撞后兩球粘在一起,擺起高度減?。O(shè)碰后兩球粘在一起的速度為v′由動(dòng)量守恒定律知:mv＝2mv′,則v′＝eq\f（v，2)碰撞前總動(dòng)能Ek＝eq\f(1，2）mv2碰撞后總動(dòng)能Ek′＝eq\f（1,2)×2m（eq\f（v，2））2＝eq\f(1，4）mv2所以碰撞過(guò)程中機(jī)械能減少ΔEk＝Ek－Ek′＝eq\f(1，4）mv2即碰撞過(guò)程中機(jī)械能不守恒．[知識(shí)梳理]彈性碰撞和非彈性碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律(1）碰撞特點(diǎn)：碰撞時(shí)間非常短；碰撞過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)所受外力可以忽略不計(jì)；可認(rèn)為碰撞前后物體處于同一位置．（2）彈性碰撞①定義：如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞．②規(guī)律：動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能守恒：eq\f(1，2）m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al（2,2）＝eq\f（1,2)m1v1′2＋eq\f（1,2）m2v2′2(3)非彈性碰撞①定義:如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞．②規(guī)律:動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q③完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2)v共碰撞中機(jī)械能損失最多｜ΔEk｜＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2，1）＋eq\f（1，2)m2veq\o\al（2，2）－eq\f（1，2)(m1＋m2）veq\o\al（2，共）.［即學(xué)即用]如圖3,光滑水平地面上有三個(gè)物塊A、B和C，它們具有相同的質(zhì)量，且位于同一直線(xiàn)上．開(kāi)始時(shí)，三個(gè)物塊均靜止．先讓A以一定速度與B碰撞，碰后它們粘在一起，然后又一起與C碰撞并粘在一起．求前后兩次碰撞中損失的動(dòng)能之比為_(kāi)_______．圖3答案3∶1解析設(shè)三個(gè)物塊A、B和C的質(zhì)量均為m，A與B碰撞前A的速度為v，碰撞后的速度為v1,A、B與C碰撞后的共同速度為v2。由動(dòng)量守恒定律得mv＝2mv1mv＝3mv2設(shè)第一次碰撞中的動(dòng)能損失為ΔE1,第二次碰撞中的動(dòng)能損失為ΔE2，由能量守恒定律得eq\f（1，2）mv2＝eq\f（1,2)（2m）veq\o\al(2，1)＋ΔE1eq\f(1,2)(2m）veq\o\al（2，1）＝eq\f(1，2)（3m)veq\o\al(2,2)＋ΔE2聯(lián)立以上四式解得ΔE1∶ΔE2＝3∶1.二、對(duì)心碰撞和非對(duì)心碰撞、散射［導(dǎo)學(xué)探究］如圖4所示為打臺(tái)球的情景，質(zhì)量相等的母球與目標(biāo)球發(fā)生碰撞，有時(shí)碰后目標(biāo)球的運(yùn)動(dòng)方向在碰前兩球的球心連線(xiàn)上，有時(shí)不在連線(xiàn)上，這是什么原因？?jī)蓚€(gè)小球碰撞時(shí)一定交換速度嗎？圖4答案有時(shí)發(fā)生的是對(duì)心碰撞,有時(shí)發(fā)生的是非對(duì)心碰撞．不一定,只有質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生一維彈性碰撞時(shí),系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，總動(dòng)能守恒,才會(huì)交換速度，否則不會(huì)交換速度．[知識(shí)梳理]對(duì)心碰撞、非對(duì)心碰撞和散射的理解（1）正碰(對(duì)心碰撞)：一個(gè)運(yùn)動(dòng)的球與一個(gè)靜止的球碰撞，碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線(xiàn)在同一條直線(xiàn)上，碰撞之后兩個(gè)球的速度仍會(huì)沿著這條直線(xiàn)．（2）斜碰（非對(duì)心碰撞)：一個(gè)運(yùn)動(dòng)的球與一個(gè)靜止的球碰撞,如果碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線(xiàn)不在同一條直線(xiàn)上，碰撞之后兩球的速度都會(huì)偏離原來(lái)兩球心的連線(xiàn)．（3)散射：微觀粒子相互接近時(shí)并不像宏觀物體那樣“接觸”，因此微觀粒子的碰撞又叫做散射；發(fā)生散射時(shí)仍遵循動(dòng)量守恒定律．［即學(xué)即用](多選)對(duì)碰撞和散射的理解正確的是()A．兩小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起，因而不滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律B．在系統(tǒng)所受合外力為零的條件下,正碰滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律,斜碰不滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律C．微觀粒子碰撞時(shí)并不接觸,但仍屬于碰撞D．微觀粒子碰撞時(shí)雖不接觸,但仍滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律答案CD解析兩小球在光滑水平面上的碰撞，小球相互作用時(shí)間很短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,雖然粘在一起但系統(tǒng)的動(dòng)量仍然守恒，故A錯(cuò)．正碰、斜碰都滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，故B錯(cuò)．微觀粒子在碰撞時(shí)雖然并不接觸，但它具備碰撞的特點(diǎn)，即作用時(shí)間很短，作用力很大,運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化明顯，仍屬于碰撞,并滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，C、D正確．一、彈性碰撞模型及拓展分析例1在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖5所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動(dòng)．小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇,PQ＝1。5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，求兩小球質(zhì)量之比eq\f（m1，m2）.圖5解析從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?小球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通過(guò)的路程,可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1兩球碰撞過(guò)程為彈性碰撞,有：m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f（1,2）m1veq\o\al（2，0)＝eq\f(1,2）m1veq\o\al(2，1）＋eq\f(1，2)m2veq\o\al（2,2)解得eq\f(m1，m2）＝2。答案2總結(jié)提升1．彈性碰撞遵循的規(guī)律：碰撞前后兩物體動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒．2．彈性碰撞模型特例：一動(dòng)碰一靜模型．兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f（1，2)m1veq\o\al（2,1)＝eq\f(1,2）m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2得:v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2）v1,v2′＝eq\f(2m1，m1＋m2）v1（1)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后v1′＝0,v2′＝v1，即二者碰后交換速度．（2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去．(3）若m1?m2,v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1,v2′＝0。表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止．例2（多選）質(zhì)量為M的帶有eq\f（1,4）光滑圓弧軌道的小車(chē)靜止置于光滑水平面上，如圖6所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車(chē)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車(chē)的左端,則()圖6A．小球以后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)C．此過(guò)程小球?qū)π≤?chē)做的功為eq\f(1，2)Mveq\o\al(2，0)D．小球在弧形槽上上升的最大高度為eq\f(v\o\al(2,0）,2g）解析小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車(chē)相對(duì)靜止，有相同的速度v′,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′ ①eq\f（1,2)Mveq\o\al（2，0)＝2×（eq\f(1，2)Mv′2)＋Mgh ②聯(lián)立①②得h＝eq\f（v\o\al（2,0),4g），知D錯(cuò)誤；從小球滾上到滾下并離開(kāi)小車(chē),系統(tǒng)在水平方向上的動(dòng)量守恒,由于無(wú)摩擦力做功，機(jī)械能守恒，此過(guò)程類(lèi)似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱?開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng),故B、C對(duì)，A錯(cuò)．答案BC總結(jié)提升1．如果兩個(gè)相互作用的物體,滿(mǎn)足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過(guò)程初、末狀態(tài)的總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成是彈性碰撞．2．本題可看成廣義上的一動(dòng)碰一靜模型．小球滑上軌道時(shí)是“碰撞"的開(kāi)始，小球離開(kāi)軌道時(shí)是“碰撞”的結(jié)束．由于機(jī)械能守恒所以該過(guò)程類(lèi)似于彈性碰撞，作用完成后小球和軌道交換速度．二、非彈簧碰撞模型分析例3冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80kg。當(dāng)他以5m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100kg、速度為3m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求:(1）碰后乙的速度的大小;（2)碰撞中總機(jī)械能的損失．解析（1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、v1,碰后乙的速度大小為v1′。設(shè)碰前運(yùn)動(dòng)員甲的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有mv－Mv1＝Mv1′代入數(shù)據(jù)得v1′＝1m/s ①（2）設(shè)碰撞過(guò)程中總機(jī)械能的損失為ΔE，應(yīng)有eq\f（1，2）mv2＋eq\f（1，2）Mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2）Mv1′2＋ΔE ②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得ΔE＝1400J。答案(1）1m/s（2)1400J總結(jié)提升1．在碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不一定守恒．2．完全非彈性碰撞(碰后兩物體粘在一起)機(jī)械能一定損失(機(jī)械能損失最多)．3．在爆炸過(guò)程中動(dòng)量守恒，機(jī)械能一定不守恒(機(jī)械能增加）．例4質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m、靜止的B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值．請(qǐng)你論證:碰撞后B球的速度可能是以下值中的（)A．0。6vB．0。4vC．0.2vD．0。1v解析若發(fā)生彈性碰撞,設(shè)碰后A的速度為v1，B的速度為v2，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律：mv＝mv1＋3mv2由機(jī)械能守恒定律:eq\f（1，2）mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2，1）＋eq\f（1，2)×3mveq\o\al（2，2)由以上兩式得v1＝－eq\f（v，2),v2＝eq\f（v,2）若碰撞過(guò)程中損失機(jī)械能最大,則碰后兩者速度相同，設(shè)為v′，由動(dòng)量守恒定律：mv＝(m＋3m）v′解得v′＝eq\f（v,4)所以在情況不明確時(shí),B球速度vB應(yīng)滿(mǎn)足eq\f（v，4）≤vB≤eq\f(v,2）.因此選B.答案B總結(jié)提升碰撞滿(mǎn)足的條件(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.（2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1）＋eq\f(p\o\al（2,2），2m2）≥eq\f（p1′2,2m1）＋eq\f(p2′2，2m2）.(3)速度要符合情景:碰撞后,原來(lái)在前面的物體的速度大于或等于原來(lái)在后面的物體的速度,即v前′≥v后′，否則碰撞不會(huì)結(jié)束．1．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊,質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng),發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，那么這次碰撞是(）A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無(wú)法確定答案A解析以甲滑塊的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得：3m·v－mv＝0＋mv′,所以v′＝2v碰前總動(dòng)能Ek＝eq\f（1，2）×3m·v2＋eq\f（1，2）mv2＝2mv2碰后總動(dòng)能Ek′＝eq\f(1，2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確．2。在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球,它們成一條直線(xiàn)，2、3小球靜止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它們，如圖7所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度可能值是（）圖7A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1，\r(3）)v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f（1，\r(2)）v0C．v1＝0,v2＝v3＝eq\f(1，2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案D解析兩個(gè)質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒,碰撞后將交換速度，故D項(xiàng)正確．3．(多選)A、B兩個(gè)質(zhì)量相等的球在光滑水平面上沿同一直線(xiàn)、同一方向運(yùn)動(dòng),A球的動(dòng)量是7kg·m/s,B球的動(dòng)量是5kg·m/s，A球追上B球發(fā)生碰撞,則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是()A．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sB．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sC．pA′＝5kg·m/s，pB′＝7kg·m/sD．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/s答案BC解析從動(dòng)量守恒的角度分析,四個(gè)選項(xiàng)都正確;從能量角度分析，A、B碰撞過(guò)程中沒(méi)有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為它們的動(dòng)能，所以碰撞后它們的總動(dòng)能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度應(yīng)小于等于B的速度．A選項(xiàng)中，顯然碰后A的速度大于B的速度，這是不符合實(shí)際情況的,所以A錯(cuò)．碰前A、B的總動(dòng)能Ek＝eq\f(p\o\al(2,A)，2m)＋eq\f(p\o\al(2，B），2m）＝eq\f(74,2m)碰后A、B的總動(dòng)能,B選項(xiàng)中Ek′＝eq\f（pA′2，2m)＋eq\f(pB′2,2m）＝eq\f(72,2m)<Ek＝eq\f（74,2m），所以B可能．C選項(xiàng)中Ek′＝eq\f（pA′2,2m)＋eq\f(pB′2,2m)＝eq\f（74，2m)＝Ek，故C也可能．D選項(xiàng)中Ek′＝eq\f(pA′2,2m)＋eq\f（pB′2，2m）＝eq\f(200,2m）〉Ek＝eq\f(74,2m),所以D是不可能的．綜上，本題正確選項(xiàng)為B、C。4．質(zhì)量分別為300g和200g的兩個(gè)物體在無(wú)摩擦的水平面上相向運(yùn)動(dòng)，速度分別為50cm/s和100cm/s.（1)如果兩物體碰撞并粘合在一起,求它們共同的速度大小及碰撞中損失的動(dòng)能．（2)如果碰撞是彈性碰撞，求兩物體碰撞后的速度大?。鸢福?）0.1m/s0。135J(2）0.7m/s0。8m/s解析(1)令v1＝50cm/s＝0.5m/s,v2＝－100cm/s＝－1m/s，設(shè)兩物體碰撞后粘合在一起的共同速度為v,由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝－0。1m/s，負(fù)號(hào)表示方向與v1的方向相反．碰撞后兩物體損失的動(dòng)能為ΔEk＝eq\f（1，2)m1veq\o\al(2，1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1，2)（m1＋m2)v2＝［eq\f（1,2)×0.3×0.52＋eq\f(1,2）×0。2×（－1）2－eq\f(1,2）×（0.3＋0。2)×(－0。1）2]J＝0。135J.（2)如果碰撞是彈性碰撞，設(shè)碰后兩物體的速度分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，由機(jī)械能守恒定律得eq\f（1，2）m1veq\o\al（2,1）＋eq\f（1,2)m2veq\o\al（2，2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2）m2v2′2，代入數(shù)據(jù)得v1′＝－0。7m/s，v2′＝0。8m/s.一、選擇題(1～9為單選題，10為多選題)1．在一條直線(xiàn)上有相向運(yùn)動(dòng)的甲、乙兩個(gè)小球,它們的動(dòng)能相等，已知甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量,它們正碰后可能發(fā)生的情況是()A．甲、乙兩球都沿乙球的運(yùn)動(dòng)方向B．甲球反向運(yùn)動(dòng)，乙球停下C．甲、乙兩球都反向運(yùn)動(dòng)D．甲、乙兩球都反向運(yùn)動(dòng)，且動(dòng)能仍相等答案C解析由p2＝2mEk知,甲球的動(dòng)量大于乙球的動(dòng)量，所以總動(dòng)量的方向應(yīng)為甲球的初動(dòng)量的方向，可以判斷C正確,A、B、D錯(cuò)誤．2．質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑水平面上排成一直線(xiàn)，且彼此隔開(kāi)了一定的距離，如圖1所示．具有動(dòng)能E0的第1個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng)，依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個(gè)物塊粘在一起，這個(gè)整體的動(dòng)能為（）圖1A．E0B。eq\f(2E0,3) C。eq\f（E0,3） D。eq\f（E0,9）答案C解析碰撞中動(dòng)量守恒mv0＝3mv1，得v1＝eq\f(v0,3）①E0＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，0）②Ek′＝eq\f（1,2）×3mveq\o\al（2,1)③由①②③得Ek′＝eq\f（1,2)×3m（eq\f（v0,3)）2＝eq\f(1，3)×（eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0）)＝eq\f（E0,3)，故C正確．3．如圖2所示，細(xì)線(xiàn)上端固定于O點(diǎn)上，其下端系一小球,靜止時(shí)細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)為L(zhǎng).現(xiàn)將細(xì)線(xiàn)和小球拉至圖中實(shí)線(xiàn)位置，此時(shí)細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ＝60°,并在小球原來(lái)所在的最低點(diǎn)放置一質(zhì)量相同的泥球，然后使懸掛的小球從實(shí)線(xiàn)位置由靜止釋放，它運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與泥球碰撞并合為一體，它們一起擺動(dòng)中可達(dá)到的最大高度是(）圖2A.eq\f(L,2) B.eq\f(L,4)C.eq\f（L,8） D。eq\f（L,16)答案C解析碰前由機(jī)械能守恒得mgL(1－cos60°)＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,1），解得v1＝eq\r（gL),兩球相碰過(guò)程動(dòng)量守恒mv1＝2mv2，得v2＝eq\f(1，2)eq\r（gL)，碰后兩球一起擺動(dòng)，機(jī)械能守恒，則有eq\f（1，2)×2mveq\o\al(2,2)＝2mgh，解得h＝eq\f(1，8）L。4．在光滑的水平面上有a、b兩球,其質(zhì)量分別為ma、mb,兩球在t0時(shí)刻發(fā)生正碰,并且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，兩球在碰撞前后的v－t圖象如圖3所示，下列關(guān)系式正確的是(）圖3A．ma〉mbB．ma〈mbC．ma＝mbD．無(wú)法判斷答案B解析由圖象知，a球以初速度與原來(lái)靜止的b球碰撞，碰后a球向相反方向運(yùn)動(dòng)且速率減小．根據(jù)碰撞規(guī)律知，a球質(zhì)量小于b球質(zhì)量．5。如圖4所示，木塊A和B質(zhì)量均為2kg，置于光滑水平面上．B與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以4m/s的速度向B撞擊時(shí)，A、B之間由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動(dòng)，那么彈簧被壓縮到最短時(shí)，具有的彈性勢(shì)能大小為()圖4A．4J B．8JC．16J D．32J答案B解析A與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有mAvA＝(mA＋mB）vAB，所以vAB＝eq\f（vA,2)＝2m/s.當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢(shì)能，所以Ep＝eq\f（1，2）（mA＋mB）veq\o\al（2，AB)＝8J。6．如圖5所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧,與A質(zhì)量相同的物體B以速度v向A運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大的時(shí)刻是（)圖5A．A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí) B．A的速度等于v時(shí)C．B的速度等于零時(shí) D．A和B的速度相等時(shí)答案D解析對(duì)A、B組成的系統(tǒng)由于水平面光滑，所以動(dòng)量守恒．而對(duì)A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即A、B動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能之和為定值．當(dāng)A、B速度相等時(shí),可類(lèi)似于A、B的完全非彈性碰撞，A、B總動(dòng)能損失最多．此時(shí)彈簧形變量最大,彈性勢(shì)能最大．7．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線(xiàn)、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（)A．vA′＝5m/s,vB′＝2。5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s,vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s答案B解析雖然題給四個(gè)選項(xiàng)均滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必須要發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際，即A、D項(xiàng)均錯(cuò)誤；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek后＝eq\f(1，2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J,大于碰前的總動(dòng)能Ek前＝eq\f（1，2）mAveq\o\al（2，A）＋eq\f（1,2）mBveq\o\al（2,B)＝22J，違背了能量守恒，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；而B(niǎo)項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒,所以B項(xiàng)正確．8．如圖6所示,在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng),選定向右為正方向，兩球的動(dòng)量分別為pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.當(dāng)兩球相碰之后，兩球的動(dòng)量可能是（）圖6A．pa＝－6kg·m/s，pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s,pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s,pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s，pb＝0答案C解析對(duì)于碰撞問(wèn)題要遵循三個(gè)規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過(guò)程要符合實(shí)際情況．本題屬于迎面對(duì)碰，碰撞前，系統(tǒng)的總動(dòng)量為2kg·m/s。選項(xiàng)A中，系統(tǒng)碰后的動(dòng)量變?yōu)椋?kg·m/s,不滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;選項(xiàng)B中,系統(tǒng)碰后的動(dòng)量變?yōu)?kg·m/s，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，但碰后a球動(dòng)量大小不變，b球動(dòng)量增加，根據(jù)關(guān)系式Ek＝eq\f（p2，2m)可知，a球的動(dòng)能不變，b球動(dòng)能增加，系統(tǒng)的機(jī)械能增大了，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；選項(xiàng)D中，顯然滿(mǎn)足動(dòng)量守恒,碰后系統(tǒng)的機(jī)械能也沒(méi)增加，但是碰后a球運(yùn)動(dòng)方向不變，b球靜止，這顯然不符合實(shí)際情況，選項(xiàng)D錯(cuò)誤;經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)C滿(mǎn)足碰撞所遵循的三個(gè)規(guī)律，故選C。9．一中子與一質(zhì)量數(shù)為A（A〉1）的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為（）A.eq\f（A＋1,A－1） B。eq\f（A－1,A＋1）C.eq\f（4A,A＋12) D.eq\f（A＋12，A－12)答案A解析設(shè)中子的質(zhì)量為m，則被碰原子核的質(zhì)量為Am，兩者發(fā)生彈性碰撞,據(jù)動(dòng)量守恒,有mv0＝mv1＋Amv′，據(jù)動(dòng)能守恒，有eq\f（1，2）mveq\o\al（2，0)＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，1)＋eq\f(1,2)Amv′2。解以上兩式得v1＝eq\f(1－A,1＋A）v0。若只考慮速度大小，則中子的速率為v1′＝eq\f（A－1,A＋1）v0，故中子前、后速率之比為eq\f(A＋1，A－1）。10．如圖7所示，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長(zhǎng)相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸．現(xiàn)將擺球a向左拉開(kāi)一小角度后釋放．若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是()圖7A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相等D．第一次碰撞后，兩球的最大擺角相等答案AD解析兩球彈性碰撞時(shí)動(dòng)量守恒、動(dòng)能守恒，設(shè)碰撞前a球速度為v,碰撞后兩球速度大小分別為va′＝eq\f（ma－mb，ma＋mb）v＝－eq\f（1,2)v，vb′＝eq\f（2ma，ma＋mb)v＝eq\f（1，2）v,速度大小相等，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；碰后動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能,由eq\f（1,2）mv2＝mgh知，上升的最大高度相等,所以最大擺角相等,選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．二、非選擇題11．如圖8所示,ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線(xiàn)上,且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，求碰撞后小球m2的速度大小v2.圖8答案eq\f（2m1\r(2gh）,m1＋m2)解析設(shè)m1碰撞前的速度為v10，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m1gh＝eq\f(1，2)m1veq\o\al（2，10）解得v10＝eq\r（2gh）