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5．彈性碰撞和非彈性碰撞
[學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1．了解碰撞的概念及分類(lèi)，知道彈性碰撞和非彈性碰撞。2．能根據(jù)實(shí)際情況合理選取彈性碰撞或非彈性碰撞規(guī)律解決一維碰撞問(wèn)題。3．實(shí)驗(yàn)探究彈性碰撞特點(diǎn)和規(guī)律(演示)。4．感受不同碰撞類(lèi)型的區(qū)別，培養(yǎng)學(xué)生的探究精神，體會(huì)用守恒定律分析物理問(wèn)題的方法。
知識(shí)點(diǎn)一　彈性碰撞和非彈性碰撞
1．彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后____不變。
2．非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞后____減少。
　碰后兩物體“合”為一體，具有共同的速度，這種碰撞動(dòng)能損失最大，稱(chēng)為完全非彈性碰撞。
1．思考辨析(正確的打√，錯(cuò)誤的打×)
(1)發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，動(dòng)量是守恒的。 ( )
(2)發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，機(jī)械能是守恒的。 ( )
知識(shí)點(diǎn)二　彈性碰撞的實(shí)例分析
1．正碰
兩個(gè)小球相碰，碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線在__________上，碰撞之后兩球的速度仍會(huì)沿著這條直線。這種碰撞稱(chēng)為_(kāi)___，也叫作____碰撞或一維碰撞。如圖所示。
2．彈性正碰特點(diǎn)
(1)碰前兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，速度分別為v1、v2，且v1≠0，v2＝0，碰后兩個(gè)物體的速度分別為v1′和v2′，則v1′＝v1，v2′＝_______。
(2)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則v1′＝________，v2′＝_________，即兩者碰后交換速度。
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝_________，v2′＝0。表明m1被反向以______彈回，而m2仍靜止。
(4)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝________，v2′＝_________。表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。
　如圖所示，打臺(tái)球時(shí)，質(zhì)量相等的白球與花球發(fā)生碰撞，兩個(gè)球一定交換速度嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．思考辨析(正確的打√，錯(cuò)誤的打×)
(1)發(fā)生彈性正碰的兩物體，動(dòng)量和機(jī)械能一定都守恒。 ( )
(2)兩物體發(fā)生碰撞過(guò)程中，機(jī)械能可能增加。 ( )
3．填空
如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是A向______運(yùn)動(dòng)，B向______運(yùn)動(dòng)。
碰撞是我們?nèi)粘Ｉ钪薪?jīng)常見(jiàn)到的，臺(tái)球桌上臺(tái)球的碰撞(圖甲)，打乒乓球時(shí)乒乓球與球拍的碰撞(圖乙)，因?yàn)樗緳C(jī)飲酒而造成汽車(chē)的碰撞(圖丙)等，這些碰撞有哪些共同特點(diǎn)？又有哪些不同？
甲　　 　　　　乙　　　　　　　丙
考點(diǎn)1　碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律
1．碰撞過(guò)程的三個(gè)特點(diǎn)
(1)時(shí)間特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短。
(2)動(dòng)量的特點(diǎn)：系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以系統(tǒng)即使所受合外力不為零，外力也可以忽略，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。
(3)能量特點(diǎn)：碰撞前總動(dòng)能Ek與碰撞后總動(dòng)能Ek′滿足Ek≥Ek′。
2．碰撞的規(guī)律
種類(lèi) 遵從的規(guī)律
彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失
角度1　彈性碰撞的分析與計(jì)算
【典例1】　如圖所示，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。(重力加速度為g)
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角度2　非彈性碰撞的分析與計(jì)算
【典例2】　[鏈接教材P22例題]如圖所示，在水平面上依次放置小物塊C和A以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起又滑上劈B。求：
(1)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
(2)碰后小物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。
思路點(diǎn)撥：解此題要注意物塊A與C在曲面B的最高點(diǎn)時(shí)，三者具有相同的速度。
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　處理碰撞問(wèn)題的幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
(1)選取動(dòng)量守恒的系統(tǒng)：若有三個(gè)或更多個(gè)物體參與碰撞時(shí)，要合理選取所研究的系統(tǒng)。
(2)弄清碰撞的類(lèi)型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。
(3)弄清碰撞過(guò)程中存在的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化關(guān)系、幾何關(guān)系、速度關(guān)系等。
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
1．(角度1)(人教版P24T3設(shè)問(wèn)變式)秦山核電站是我國(guó)第一座自行設(shè)計(jì)、建造和運(yùn)行的核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子()與靜止氘核()的多次碰撞，使中子減速。已知某次碰撞前中子的動(dòng)能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過(guò)該次碰撞，中子損失的動(dòng)能為(　　)
A．E B．E
C．E D．E
2．(角度2)如圖所示，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B(大小均不計(jì))，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長(zhǎng)度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B球靜止放于懸點(diǎn)正下方的地面上。現(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動(dòng)到最低點(diǎn)與B球碰撞后粘在一起共同上擺，g取10 m/s2，則它們升起的最大高度為(　　)
A． B．h
C． D．
考點(diǎn)2　碰撞可能性的判斷
判斷碰撞過(guò)程是否存在的依據(jù)
1．滿足動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．滿足動(dòng)能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3．速度要合理
(1)如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來(lái)在前的物體的速度一定增大，且原來(lái)在前的物體的速度大于或等于原來(lái)在后的物體的速度v前′≥v后′。
(2)如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。若碰后沿同向運(yùn)動(dòng)，則前面物體的速度大于或等于后面物體的速度，即v前≥v后。
【典例3】　如圖所示，在光滑的水平面上，有A、B兩個(gè)小球，A球的動(dòng)量為10 kg·m/s，B球的動(dòng)量為12 kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的動(dòng)量變?yōu)? kg·m/s，方向沒(méi)變，則A、B兩球質(zhì)量的比值可能為(　　)
A．0.4 B．0.5
C．0.6 D．0.75
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　碰撞合理性問(wèn)題的分析思路
(1)若題目為選擇題，可先根據(jù)“速度合理性原則”排除掉部分選項(xiàng)。
(2)對(duì)一個(gè)給定的碰撞，除了看動(dòng)量是否守恒，還要看總動(dòng)能是否增加，在驗(yàn)證動(dòng)能不增加時(shí)，要靈活應(yīng)用Ek＝、p＝、Ek＝pv或p＝等關(guān)系式。在滿足以上兩種情況下還應(yīng)注意“速度合理性原則”。
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
3．質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球速度v′可能值的范圍為(　　)
A．0.2v≤v′≤0.5v
B．0.2v≤v′≤0.75v
C．0.25v≤v′≤0.5v
D．0.25v≤v′≤0.75v
1．在兩個(gè)物體碰撞前后，下列說(shuō)法中成立的是(　　)
A．作用后的總機(jī)械能比作用前大，但總動(dòng)量守恒
B．作用前后總動(dòng)量均為零，但總動(dòng)能守恒
C．作用前后總動(dòng)能為零，而總動(dòng)量不為零
D．作用前后總動(dòng)量守恒，而系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量增量的總和不為零
2．A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，其位移—時(shí)間圖像如圖所示。由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為(　　)
A．1∶1　　　 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
3．如圖所示，在光滑的水平面上有 2 022 個(gè)完全相同的小球等間距排成一條直線，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給第一個(gè)小球初動(dòng)能Ek，若小球間的所有碰撞均為對(duì)心完全非彈性碰撞，則整個(gè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能總量為(　　)
A．Ek B．Ek
C．Ek D．Ek
4．(新情境題，以冰壺運(yùn)動(dòng)為背景，考查碰撞問(wèn)題)在冰壺世錦賽上中國(guó)隊(duì)以8∶6戰(zhàn)勝瑞典隊(duì)，收獲了第一個(gè)世錦賽冠軍，隊(duì)長(zhǎng)王冰玉在最后一投中，將質(zhì)量為19 kg的冰壺推出，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以0.4 m/s的速度正碰靜止的瑞典冰壺，然后中國(guó)隊(duì)冰壺以0.1 m/s的速度繼續(xù)向前滑向大本營(yíng)中心。若兩冰壺質(zhì)量相等，則下列判斷正確的是(　　)
A．瑞典隊(duì)冰壺的速度為0.3 m/s，兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
B．瑞典隊(duì)冰壺的速度為0.3 m/s，兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
C．瑞典隊(duì)冰壺的速度為0.5 m/s，兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
D．瑞典隊(duì)冰壺的速度為0.5 m/s，兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
回歸本節(jié)知識(shí)，自我完成以下問(wèn)題：
1．碰撞問(wèn)題具有什么特點(diǎn)？
2．碰撞問(wèn)題可分為哪些類(lèi)型？
3．彈性碰撞的兩小球在什么情況下可以交換速度？
7 / 75．彈性碰撞和非彈性碰撞
[學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1．了解碰撞的概念及分類(lèi)，知道彈性碰撞和非彈性碰撞。2．能根據(jù)實(shí)際情況合理選取彈性碰撞或非彈性碰撞規(guī)律解決一維碰撞問(wèn)題。3．實(shí)驗(yàn)探究彈性碰撞特點(diǎn)和規(guī)律(演示)。4．感受不同碰撞類(lèi)型的區(qū)別，培養(yǎng)學(xué)生的探究精神，體會(huì)用守恒定律分析物理問(wèn)題的方法。
知識(shí)點(diǎn)一　彈性碰撞和非彈性碰撞
1．彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動(dòng)能不變。
2．非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞后動(dòng)能減少。
　碰后兩物體“合”為一體，具有共同的速度，這種碰撞動(dòng)能損失最大，稱(chēng)為完全非彈性碰撞。
1．思考辨析(正確的打√，錯(cuò)誤的打×)
(1)發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，動(dòng)量是守恒的。 (√)
(2)發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，機(jī)械能是守恒的。 (×)
知識(shí)點(diǎn)二　彈性碰撞的實(shí)例分析
1．正碰
兩個(gè)小球相碰，碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度仍會(huì)沿著這條直線。這種碰撞稱(chēng)為正碰，也叫作對(duì)心碰撞或一維碰撞。如圖所示。
2．彈性正碰特點(diǎn)
(1)碰前兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，速度分別為v1、v2，且v1≠0，v2＝0，碰后兩個(gè)物體的速度分別為v1′和v2′，則v1′＝v1，v2′＝v1。
(2)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則v1′＝0，v2′＝v1，即兩者碰后交換速度。
(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。
(4)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。
　如圖所示，打臺(tái)球時(shí)，質(zhì)量相等的白球與花球發(fā)生碰撞，兩個(gè)球一定交換速度嗎？
提示：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、總機(jī)械能守恒，才會(huì)交換速度，否則不會(huì)交換速度。
2．思考辨析(正確的打√，錯(cuò)誤的打×)
(1)發(fā)生彈性正碰的兩物體，動(dòng)量和機(jī)械能一定都守恒。 (√)
(2)兩物體發(fā)生碰撞過(guò)程中，機(jī)械能可能增加。 (×)
3．填空
如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是A向______運(yùn)動(dòng)，B向______運(yùn)動(dòng)。
[解析]　選向右為正方向，則A的動(dòng)量pA＝m·2v0＝2mv0，B的動(dòng)量pB＝－2mv0。碰前A、B的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，發(fā)生彈性碰撞后A、B的動(dòng)量之和也應(yīng)為零，因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，則碰后二者的速度不能為零，故碰后A、B一定反向運(yùn)動(dòng)，則A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)。
[答案]　左　右
碰撞是我們?nèi)粘Ｉ钪薪?jīng)常見(jiàn)到的，臺(tái)球桌上臺(tái)球的碰撞(圖甲)，打乒乓球時(shí)乒乓球與球拍的碰撞(圖乙)，因?yàn)樗緳C(jī)飲酒而造成汽車(chē)的碰撞(圖丙)等，這些碰撞有哪些共同特點(diǎn)？又有哪些不同？
甲　　 　　　　乙　　　　　　　丙
提示：這些碰撞的共同特點(diǎn)均是作用時(shí)間極短，不同特點(diǎn)是能量損失不同。
考點(diǎn)1　碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律
1．碰撞過(guò)程的三個(gè)特點(diǎn)
(1)時(shí)間特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短。
(2)動(dòng)量的特點(diǎn)：系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以系統(tǒng)即使所受合外力不為零，外力也可以忽略，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。
(3)能量特點(diǎn)：碰撞前總動(dòng)能Ek與碰撞后總動(dòng)能Ek′滿足Ek≥Ek′。
2．碰撞的規(guī)律
種類(lèi) 遵從的規(guī)律
彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失
角度1　彈性碰撞的分析與計(jì)算
【典例1】　如圖所示，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。(重力加速度為g)
[解析]　設(shè)m1碰撞前瞬間的速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m1gh＝m1v2，解得v＝。 ①
設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2。 ②
由于碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失
m1v2＝。 ③
聯(lián)立②③式解得v2＝， ④
將①代入④得v2＝。
[答案]　
角度2　非彈性碰撞的分析與計(jì)算
【典例2】　[鏈接教材P22例題]如圖所示，在水平面上依次放置小物塊C和A以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起又滑上劈B。求：
(1)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
(2)碰后小物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。
思路點(diǎn)撥：解此題要注意物塊A與C在曲面B的最高點(diǎn)時(shí)，三者具有相同的速度。
[解析]　(1)小物塊C與A發(fā)生碰撞粘在一起，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
mv0＝2mv，
解得v＝。
碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
ΔE＝－·2mv2＝。
(2)碰后小物塊A與C在曲面劈B上達(dá)到最大高度時(shí)三者速度相同，設(shè)為v′，最大高度為h。取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得
2mv＝(2m＋M)v′。
根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得
×2mv2＝(2m＋M)v′2＋2mgh。
聯(lián)立解得h＝。
[答案]　
　處理碰撞問(wèn)題的幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
(1)選取動(dòng)量守恒的系統(tǒng)：若有三個(gè)或更多個(gè)物體參與碰撞時(shí)，要合理選取所研究的系統(tǒng)。
(2)弄清碰撞的類(lèi)型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。
(3)弄清碰撞過(guò)程中存在的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化關(guān)系、幾何關(guān)系、速度關(guān)系等。
【教材原題P22例題】　如圖1.5-2，在光滑水平面上，兩個(gè)物體的質(zhì)量都是m，碰撞前一個(gè)物體靜止，另一個(gè)以速度v向它撞去。碰撞后兩個(gè)物體粘在一起，成為一個(gè)質(zhì)量為2m的物體，以一定速度繼續(xù)前進(jìn)。碰撞后該系統(tǒng)的總動(dòng)能是否會(huì)有損失？
分析　可以先根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出碰撞后的共同速度v′，然后分別計(jì)算碰撞前后的總動(dòng)能進(jìn)行比較。
解　根據(jù)動(dòng)量守恒定律，2mv′＝mv，則
v′＝v
碰撞前的總動(dòng)能Ek＝mv2
碰撞后的總動(dòng)能E′k＝(2m)v′2＝Ek
可見(jiàn)，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能小于碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能。
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
1．(角度1)(人教版P24T3設(shè)問(wèn)變式)秦山核電站是我國(guó)第一座自行設(shè)計(jì)、建造和運(yùn)行的核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子()與靜止氘核()的多次碰撞，使中子減速。已知某次碰撞前中子的動(dòng)能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過(guò)該次碰撞，中子損失的動(dòng)能為(　　)
A．E B．E
C．E D．E
B　[質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的氘核發(fā)生彈性正碰，滿足能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律，設(shè)中子的初速度為v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，以v0的方向?yàn)檎较颍瑒t有＝，mv0＝mv1＋2mv2，解得v1＝－v0，即中子的動(dòng)能減小為原來(lái)的，則動(dòng)能損失量為E，選項(xiàng)B正確。]
2．(角度2)如圖所示，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B(大小均不計(jì))，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長(zhǎng)度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B球靜止放于懸點(diǎn)正下方的地面上。現(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動(dòng)到最低點(diǎn)與B球碰撞后粘在一起共同上擺，g取10 m/s2，則它們升起的最大高度為(　　)
A． B．h
C． D．
C　[A球由釋放到擺到最低點(diǎn)的過(guò)程做的是圓周運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得mgh＝，所以v1＝；A、B的碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，mv1＝，所以v2＝，對(duì)A、B粘在一起共同上擺的過(guò)程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可得＝(m＋m)gh′，解得h′＝。選項(xiàng)C正確。]
考點(diǎn)2　碰撞可能性的判斷
判斷碰撞過(guò)程是否存在的依據(jù)
1．滿足動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．滿足動(dòng)能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3．速度要合理
(1)如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來(lái)在前的物體的速度一定增大，且原來(lái)在前的物體的速度大于或等于原來(lái)在后的物體的速度v前′≥v后′。
(2)如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。若碰后沿同向運(yùn)動(dòng)，則前面物體的速度大于或等于后面物體的速度，即v前≥v后。
【典例3】　如圖所示，在光滑的水平面上，有A、B兩個(gè)小球，A球的動(dòng)量為10 kg·m/s，B球的動(dòng)量為12 kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的動(dòng)量變?yōu)? kg·m/s，方向沒(méi)變，則A、B兩球質(zhì)量的比值可能為(　　)
A．0.4 B．0.5
C．0.6 D．0.75
C　[A、B兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球追上B球要滿足vA＞vB。兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，且動(dòng)能不會(huì)增多，碰撞結(jié)束要滿足vB′≥vA′，由vA＞vB得＞，即＜＝≈0.83，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14 kg·m/s，碰撞過(guò)程的總動(dòng)能不增加，有≥＋，即≤≈0.69，由vB′≥vA′得≥，即≥＝≈0.57，綜上分析有0.57≤≤0.69。故C正確。]
　碰撞合理性問(wèn)題的分析思路
(1)若題目為選擇題，可先根據(jù)“速度合理性原則”排除掉部分選項(xiàng)。
(2)對(duì)一個(gè)給定的碰撞，除了看動(dòng)量是否守恒，還要看總動(dòng)能是否增加，在驗(yàn)證動(dòng)能不增加時(shí)，要靈活應(yīng)用Ek＝、p＝、Ek＝pv或p＝等關(guān)系式。在滿足以上兩種情況下還應(yīng)注意“速度合理性原則”。
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
3．質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球速度v′可能值的范圍為(　　)
A．0.2v≤v′≤0.5v
B．0.2v≤v′≤0.75v
C．0.25v≤v′≤0.5v
D．0.25v≤v′≤0.75v
C　[若A、B兩球?yàn)閺椥耘鲎玻瑒t碰撞過(guò)程無(wú)能量損失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2，mv2＝，解得v2＝0.5v；若A、B兩球?yàn)橥耆菑椥耘鲎玻鲎埠髢汕蚬菜伲鲎策^(guò)程能量損失最大，碰撞后速度最小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v共，解得v共＝0.25v，因此碰撞后B球速度v′可能值的范圍為0.25v≤v′≤0.5v，故選C。]
1．在兩個(gè)物體碰撞前后，下列說(shuō)法中成立的是(　　)
A．作用后的總機(jī)械能比作用前大，但總動(dòng)量守恒
B．作用前后總動(dòng)量均為零，但總動(dòng)能守恒
C．作用前后總動(dòng)能為零，而總動(dòng)量不為零
D．作用前后總動(dòng)量守恒，而系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量增量的總和不為零
B　[碰撞過(guò)程總機(jī)械能不增加，A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B為彈性碰撞，成立；總動(dòng)能為零時(shí)，其總動(dòng)量一定為零，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；總動(dòng)量守恒，則系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的增量的總和一定為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]
2．A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，其位移—時(shí)間圖像如圖所示。由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為(　　)
A．1∶1　　　 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
C　[由題圖知，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由動(dòng)量守恒定律可知mAvA＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，選項(xiàng)C正確。]
3．如圖所示，在光滑的水平面上有 2 022 個(gè)完全相同的小球等間距排成一條直線，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給第一個(gè)小球初動(dòng)能Ek，若小球間的所有碰撞均為對(duì)心完全非彈性碰撞，則整個(gè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能總量為(　　)
A．Ek B．Ek
C．Ek D．Ek
D　[以第一個(gè)小球初速度v0的方向?yàn)檎较颍瑢? 022個(gè)小球組成的整體看作一個(gè)系統(tǒng)，設(shè)系統(tǒng)最終的速度為v，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得mv0＝2 022mv，解得v＝，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝－×2 022mv2，解得ΔE＝Ek，故選D。]
4．(新情境題，以冰壺運(yùn)動(dòng)為背景，考查碰撞問(wèn)題)在冰壺世錦賽上中國(guó)隊(duì)以8∶6戰(zhàn)勝瑞典隊(duì)，收獲了第一個(gè)世錦賽冠軍，隊(duì)長(zhǎng)王冰玉在最后一投中，將質(zhì)量為19 kg的冰壺推出，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以0.4 m/s的速度正碰靜止的瑞典冰壺，然后中國(guó)隊(duì)冰壺以0.1 m/s的速度繼續(xù)向前滑向大本營(yíng)中心。若兩冰壺質(zhì)量相等，則下列判斷正確的是(　　)
A．瑞典隊(duì)冰壺的速度為0.3 m/s，兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
B．瑞典隊(duì)冰壺的速度為0.3 m/s，兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
C．瑞典隊(duì)冰壺的速度為0.5 m/s，兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
D．瑞典隊(duì)冰壺的速度為0.5 m/s，兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
B　[兩冰壺碰撞的過(guò)程中動(dòng)量守恒，規(guī)定向前運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入數(shù)據(jù)得m×0.4 m/s＝m×0.1 m/s＋mv3，解得v3＝0.3 m/s。動(dòng)能變化量ΔEk＝＝－0.32)>0，故動(dòng)能減小，是非彈性碰撞，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]
回歸本節(jié)知識(shí)，自我完成以下問(wèn)題：
1．碰撞問(wèn)題具有什么特點(diǎn)？
提示：相互作用時(shí)間短，相互作用力大，近似滿足動(dòng)量守恒。
2．碰撞問(wèn)題可分為哪些類(lèi)型？
提示：彈性碰撞和非彈性碰撞。
3．彈性碰撞的兩小球在什么情況下可以交換速度？
提示：質(zhì)量相等的兩小球。
課時(shí)分層作業(yè)(四)　彈性碰撞和非彈性碰撞
?題組一　彈性碰撞和非彈性碰撞
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
A　[由動(dòng)量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v。碰前總動(dòng)能Ek＝·3mv2＋mv2＝2mv2，碰后總動(dòng)能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A項(xiàng)正確。]
2．質(zhì)量分別為ma＝1 kg、mb＝2 kg的a、b兩球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前、后兩球的位移—時(shí)間圖像如圖所示。可知該碰撞屬于(　　)
A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，不能確定
A　[由x-t圖像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek1＝＝ J，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek2＝＝ J，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)量p1＝mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量p2＝mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，所以該碰撞屬于彈性碰撞，A正確。]
3．如圖所示，運(yùn)動(dòng)的A球在光滑水平面上與一個(gè)原來(lái)靜止的B球發(fā)生彈性碰撞，則下列說(shuō)法不正確的是(　　)
A．要使B球獲得最大動(dòng)能，則應(yīng)讓A、B兩球質(zhì)量相等
B．要使B球獲得最大速度，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量
C．要使B球獲得最大動(dòng)量，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量
D．若A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量，則B球?qū)@得最大動(dòng)能、最大速度及最大動(dòng)量
D　[設(shè)A球的質(zhì)量為m1，B球的質(zhì)量為m2，碰前A球的速度為v0，碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，A球與B球發(fā)生彈性碰撞，則m1v0＝＝，解得v1＝v0，v2＝v0。由v1＝v0知，當(dāng)A、B兩球質(zhì)量相等時(shí)，碰后A球的速度為零，B球獲得了A球碰前的全部動(dòng)能，即B球獲得了最大動(dòng)能，A項(xiàng)正確；由v2＝v0知，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量時(shí)，B球獲得最大速度，接近碰前A球速度的2倍，B項(xiàng)正確；由v1＝v0知，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量時(shí)，A球幾乎以原速率反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得的動(dòng)量接近A球初始動(dòng)量的2倍，B球獲得最大動(dòng)量，C項(xiàng)正確；由以上三項(xiàng)分析知，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]
?題組二　碰撞可能性的判斷
4．在光滑水平面上動(dòng)能為E0、動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E2、p2，則必有(　　)
A．E1＞E0　　　　　　 B．p2>p0
C．E2>E0 D．p1>p0
B　[因?yàn)榕鲎睬昂髣?dòng)能不增加，故有E1p0，B正確。]
5．如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為1 kg的小球以1 m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為3 kg的靜止木塊發(fā)生碰撞，假設(shè)碰撞后木塊的速度是v木＝1 m/s，則(　　)
A．v木＝1 m/s這一假設(shè)是合理的，碰撞后球的速度為v球＝－2 m/s
B．v木＝1 m/s這一假設(shè)是合理的，碰撞后小球被彈回來(lái)
C．v木＝1 m/s這一假設(shè)是不合理的，因而這種情況不可能發(fā)生
D．v木＝1 m/s這一假設(shè)是可能發(fā)生的，但由于題給條件不足，v球的大小不能確定
C　[若v木＝1 m/s，則由動(dòng)量守恒定律可知m1v0＝m1v球＋m2v木，解得v球＝－2 m/s，碰前動(dòng)能E1＝＝0.5 J，碰后動(dòng)能E2＝＝3.5 J>E1，則假設(shè)不合理，這種情況不可能發(fā)生，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]
6．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量pA＝5 kg·m/s，B球的動(dòng)量pB＝7 kg·m/s，兩球碰撞后B球的動(dòng)量變?yōu)閜B′＝10 kg·m/s，則兩球質(zhì)量關(guān)系可能是(　　)
A．mB＝mA B．3mB＝mA
C．mB＝5mA D．mB＝7mA
C　[根據(jù)動(dòng)量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入數(shù)據(jù)解得pA′＝2 kg·m/s。根據(jù)碰撞過(guò)程總機(jī)械能不增加，得，代入數(shù)據(jù)解得≤。碰撞前A球的速度大于B球的速度，則有>，解得<，碰撞后兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球的速度不大于B球的速度，則有≤，解得≥，則≤≤，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]
?題組三　碰撞的綜合性問(wèn)題
7．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的正在向右運(yùn)動(dòng)的物塊A與另一個(gè)質(zhì)量為2m的靜止物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，已知物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離x＝0.5 m，g取10 m/s2。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則碰撞前瞬間A的速度大小為(　　)
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
C　[碰撞后B做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得－μ·2mgx＝0－×2mv2，代入數(shù)據(jù)得v＝1 m/s，A與B碰撞的過(guò)程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則有mv0＝mv1＋2mv。由于沒(méi)有機(jī)械能的損失，則有＝＋×2mv2。聯(lián)立解得v0＝1.5 m/s，選項(xiàng)C正確。]
8．質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開(kāi)了一定的距離，如圖所示。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(　　)
A．E0　　　B．　　　C．　　　D．
C　[由碰撞中動(dòng)量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，碰撞前物塊1的動(dòng)能為E0＝，碰撞后三個(gè)物塊的總動(dòng)能為Ek′＝，則聯(lián)立得Ek′＝×3m＝＝，故C正確。]
9．如圖所示，在光滑水平面上，A、B兩個(gè)物體的質(zhì)量都是m，碰撞前B物體靜止，A以速度v向它撞去。碰撞后兩個(gè)物體粘在一起，成為一個(gè)質(zhì)量為2m的物體，以一定速度繼續(xù)前進(jìn)。求：
(1)碰撞后物體的速度大小v′；
(2)碰撞后該系統(tǒng)的總動(dòng)能損失ΔEk；
(3)碰撞過(guò)程中物體A受到的沖量I。
[解析]　(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有
mv＝2mv′，
解得v′＝v。
(2)碰撞前總動(dòng)能
Ek＝mv2，
碰撞后總動(dòng)能Ek′＝×2mv′2＝mv2，
碰撞過(guò)程中總動(dòng)能損失ΔEk＝Ek－Ek′＝。
(3)碰撞過(guò)程中物體A受到的沖量
I＝Δp＝mv－mv＝－mv，負(fù)號(hào)表示方向與初速度方向相反。
[答案]　(1)v　(2)　(3)mv，方向與初速度方向相反
10．如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起，從高度為h處自由落下，且h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向。已知m2＝3m1，則小球m1反彈后能達(dá)到的高度為(　　)
A．h B．2h
C．3h D．4h
D　[下降過(guò)程為自由落體運(yùn)動(dòng)，觸地時(shí)兩小球速度相同，v＝，m2碰撞地面之后，速度瞬間反向，且大小相等，選m1與m2碰撞過(guò)程為研究對(duì)象，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后m1與m2速度大小分別為v1、v2，選豎直向上方向?yàn)檎较颍瑒t－m1v＋m2v＝m1v1＋m2v2。由能量守恒定律得＋m2)v2＝，且m2＝3m1。聯(lián)立解得v1＝2，v2＝0，反彈后高度H＝＝4h，選項(xiàng)D正確。]
11．隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野。“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來(lái)改變自己的速度。為了分析這個(gè)過(guò)程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽(yáng)為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度大小為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測(cè)器和行星雖然沒(méi)有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律進(jìn)行類(lèi)比。那么下列判斷正確的是(　　)
(a)　　　　　　　 　(b)
A．v1＞v0 B．v1＝v0
C．v2＞v0 D．v2＝v0
A　[題圖(a)中，探測(cè)器與行星的運(yùn)動(dòng)可類(lèi)比為兩者發(fā)生彈性正碰，設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，碰后行星的速度大小為u1，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，由能量守恒定律可得＋Mu2＝，解得v1＝v0＋ u，由于M m，故v1＝v0＋2u＞v0，A正確，B錯(cuò)誤；題圖(b)中，探測(cè)器與行星的運(yùn)動(dòng)可類(lèi)比為探測(cè)器追上行星與之正碰，設(shè)碰后行星的速度大小為u2，向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，由能量守恒定律可得＝，解得v2＝ v0－ u，由于M m，故v2＝v0－2u＜v0，C、D錯(cuò)誤。]
12．如圖所示，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等并靜置于同一水平直軌道上。現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運(yùn)動(dòng)，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng)。滑塊A、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時(shí)間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。
[解析]　設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰撞后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝，由動(dòng)量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB。
設(shè)碰撞前A克服軌道摩擦力所做的功為WA，由功能關(guān)系得
WA＝。
設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道摩擦力所做的功為WB，由功能關(guān)系得
WB＝－mvB′2。
根據(jù)題意可知WA＝WB。
設(shè)B、C碰撞后瞬間共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒定律得
mvB′＝2mv，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v＝v0。
[答案]　v0
13．在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時(shí)受到的阻力。如圖(a)所示，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰。碰撞前后兩壺的v-t圖像如圖(b)所示。
(a)　　　　　　 　(b)
(1)求藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小。
(2)求碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離。
(3)請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明兩壺是否發(fā)生了彈性碰撞。
[解析]　(1)由題圖(b)可知，碰撞前瞬間紅壺的速度v0＝1.2 m/s，碰撞后瞬間紅壺的速度為v紅＝0.3 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得
mv0＝mv紅＋mv藍(lán)，
解得v藍(lán)＝0.9 m/s。
根據(jù)三角形相似知
＝，
解得t1＝4 s。
藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
Δt＝4 s－1 s＝3 s，
藍(lán)壺的加速度大小為
a＝＝0.3 m/s2。
(2)碰撞后藍(lán)壺速度一直大于紅壺，故在藍(lán)壺靜止前兩壺距離一直在增大，速度—時(shí)間圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，則碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為s＝ m－ m＝1.275 m。
(3)碰撞前瞬間兩壺的總動(dòng)能為
Ek1＝＝0.72m J，
碰撞后瞬間兩壺的總動(dòng)能為
Ek2＝＝0.45m J，
則Ek1>Ek2，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞。
[答案]　(1)0.3 m/s2　(2)1.275 m　(3)見(jiàn)解析
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