資源簡介

5．彈性碰撞和非彈性碰撞
[學習目標]　1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞。2．會分析具體實例中的碰撞類型及特點。3．會用動量、能量的觀點解決生產生活中與一維碰撞相關的實際問題。
　彈性碰撞和非彈性碰撞
1．彈性碰撞：系統在碰撞前后動能____。
2．非彈性碰撞：系統在碰撞后動能____。
提醒：碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短的時間內它們的運動狀態發生顯著變化的過程。滿足m1Δv1＝－m2Δv2。
【思考討論】
問題1　發生碰撞的兩物體，系統的動量守恒，系統的機械能是否一定守恒？
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問題2　分析教材P18－P19的“參考案例1”，其中所列3種情況中的碰撞分別屬于什么種類的碰撞？
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問題3　從形變的角度怎樣理解彈性碰撞和非彈性碰撞？
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【知識歸納】
1．碰撞的特點
時間特點 作用時間極短，相對物體運動的全過程可忽略
受力特點 在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小
動量特點 系統所受外力遠小于內力，可認為系統的總動量守恒
位移特點 可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后在同一位置
能量特點 碰撞前的總動能總是大于或等于碰撞后的總動能，碰撞后動能不會增加
2．碰撞的分類
(1)彈性碰撞：系統動量守恒，機械能守恒。
(2)非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能。
(3)完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。
【典例1】　(人教版P22例題改編)(碰撞的分類)如圖所示，在光滑水平面上，兩個物體的質量都是m，碰撞前一個物體靜止，另一個以速度v向它撞去。碰撞后兩個物體粘在一起，成為一個質量為2m的物體，以一定速度繼續前進。碰撞后該系統的總動能是否會有損失？若有，求兩物體碰撞中損失的動能與碰前總動能的比值。
[聽課記錄]　_________________________________________________________
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【典例2】　(碰撞的分類)某次訓練中使用的冰壺A和冰壺B的質量均為20 kg，初始時兩冰壺之間的距離s＝7.5 m，冰壺A被運動員以v0＝2 m/s的初速度水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變為vA＝0.2 m/s，方向不變，碰撞時間極短。已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數均為μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)冰壺A與B碰撞前的速度大小v1；
(2)兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大小vB；
(3)判斷兩冰壺間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。
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　　彈性碰撞的實例分析
【鏈接教材】　(源自教科版教材)英國皇家學會有一個很著名的實驗：在天花板上懸掛許多相等擺長的雙線擺，當第一個小球擺動以后，這個速度就會一直傳遞到最后一個小球，最后一個小球也就能擺到與第一個小球等高的位置，這樣一直往復運動下去，中間的雙線擺靜止不動，起到傳遞能量的作用，如圖所示。
問題1　發生上述現象對擺球有什么要求？
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問題2　上述現象屬于哪種碰撞？
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問題3　你能解釋上述現象的原因嗎？
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【知識梳理】　
1．正碰
兩個小球相碰，碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在同________上，碰撞之后兩球的____仍會沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰，也叫作________或一維碰撞。
2．彈性碰撞碰后的速度特點
假設物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2發生正碰，如圖所示。碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′。
則：m1v1＝________________；；
碰后兩個物體的速度分別為
v′1＝________，v′2＝________。
【思考討論】　如圖所示，物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2發生彈性正碰。
問題　如下三種特殊情況下，碰撞后兩個物體的速度v1′和v2′有什么特點？
①m1＝m2時；②m1 m2時；③m1 m2時。
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【知識歸納】
1．碰撞問題遵循的“三個原則”
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或。
(3)速度要合理
2．碰撞合理性的判斷思路
(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次看總動能是否增加，同時注意碰前、碰后合理的速度關系。
(2)要靈活運用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝等關系式進行有關計算。
【典例3】　(彈性碰撞)如圖所示，一個質量為m的物塊A與靜止在水平面上的另一個質量為2m的物塊B發生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.4，與沙坑的距離x＝0.5 m，g取10 m/s2。物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小為(　　)
A．1.5 m/s　　 B．3 m/s
C．4.5 m/s 　 D．6 m/s
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【典例4】　(碰撞問題的可能性分析)甲、乙兩鐵球的質量分別是m甲＝1 kg、m乙＝2 kg，在光滑水平面上均沿同一直線向正方向運動，速度大小分別是v甲＝6 m/s、v乙＝2 m/s，甲球追上乙球發生正碰后兩球的速度有可能是(　　)
A．v′甲＝2 m/s，v′乙＝4 m/s
B．v′甲＝7 m/s，v′乙＝1.5 m/s
C．v′甲＝3.5 m/s，v′乙＝3 m/s
D．v′甲＝3 m/s，v′乙＝3 m/s
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　碰撞過程的圖像問題
【思考討論】　為了進一步理解和應用一維情況下的彈性碰撞和非彈性碰撞，我們把“一動碰一靜”模型這個短暫的作用過程中微小的形變放大處理，得到如圖所示的5個狀態(其中A的質量為m1，B的質量為m2)。
問題　結合v-t圖像試分析碰撞的特點。
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【典例5】　(人教版P29T7改編)(碰撞的圖像問題)(多選)質量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。已知m1＝1 kg，下列說法正確的是 (　　)
A．碰撞前m2的速度為4 m/s
B．碰撞后m1做減速運動
C．m2的質量為3 kg
D．該碰撞為彈性碰撞
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【典例6】　(“滑塊——彈簧”碰撞模型)(多選)如圖所示，與輕彈簧相連的物塊A靜止在光滑的水平面上。物塊B沿水平方向以速度v0向右運動，跟與A相連的輕彈簧相碰。在B跟彈簧相碰時開始計時，到B與彈簧分開的這段時間t0內，下列兩物塊的v-t圖像可能正確的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
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1．(粵教版教材改編)如圖所示，兩個質量都為3 kg的球，以6 m/s的速率相向運動，發生正碰后，每個球都以原來的速率向相反方向運動，它們的碰撞是(　　)
A．彈性碰撞　　　　 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 　 D．無法判斷
2．某同學設計了一個臺球娛樂項目，如圖所示，在光滑水平面上，利用一個白球A以初速度v0去撞擊2 025個一字排開的花球來模擬，已知球與球之間的碰撞為彈性正碰，白球質量是花球質量的2倍，則編號為1的花球的最終速度為(　　)
A．v0　　B．v0　　C．v0　　D．v0
3．甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1 kg，則碰撞過程中兩物塊損失的機械能為(　　)
A．3 J　　B．4 J　　C．5 J　　D．6 J
4．(多選)光滑的水平面上物體A以8 kg·m/s的動量撞擊靜止的物體B，碰撞后物體A、B動量的可能值為 (　　)
A．4 kg·m/s；4 kg·m/s
B．－9 kg·m/s；1 kg·m/s
C．0；8 kg·m/s
D．9 kg·m/s；－1 kg·m/s
回歸本節知識，完成以下問題：
1．碰撞具有什么特點？
2．碰撞可分哪些類型？
3．彈性碰撞的兩小球在什么情況下可以交換速度？
1 / 15．彈性碰撞和非彈性碰撞
[學習目標]　1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞。2．會分析具體實例中的碰撞類型及特點。3．會用動量、能量的觀點解決生產生活中與一維碰撞相關的實際問題。
[教用·問題初探]——通過讓學生回答問題來了解預習教材的情況
問題1　如圖所示是我們熟知的桌球游戲，若將被碰球換成同質量、同大小的軟橡皮球，會有什么變化？
問題2　引起這一變化的原因是什么？
問題3　根據“問題1”和“問題2”你能概括出碰撞特點嗎？
　彈性碰撞和非彈性碰撞
1．彈性碰撞：系統在碰撞前后動能不變。
2．非彈性碰撞：系統在碰撞后動能減少。
提醒：碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短的時間內它們的運動狀態發生顯著變化的過程。滿足m1Δv1＝－m2Δv2。
【思考討論】
問題1　發生碰撞的兩物體，系統的動量守恒，系統的機械能是否一定守恒？
提示：機械能不一定守恒，只有發生彈性碰撞時，機械能才守恒。
問題2　分析教材P18－P19的“參考案例1”，其中所列3種情況中的碰撞分別屬于什么種類的碰撞？
提示：第1、3兩種情況是彈性碰撞，第2種是非彈性碰撞。
問題3　從形變的角度怎樣理解彈性碰撞和非彈性碰撞？
提示：若兩個物體碰撞時形變能全部恢復原狀，則在碰撞過程中只發生動能和彈性勢能之間的相互轉化，動能沒有損失；若碰撞時形變有部分恢復原狀，則碰撞后系統的動能有損失。
【知識歸納】
1．碰撞的特點
時間特點 作用時間極短，相對物體運動的全過程可忽略
受力特點 在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小
動量特點 系統所受外力遠小于內力，可認為系統的總動量守恒
位移特點 可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后在同一位置
能量特點 碰撞前的總動能總是大于或等于碰撞后的總動能，碰撞后動能不會增加
2．碰撞的分類
(1)彈性碰撞：系統動量守恒，機械能守恒。
(2)非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能。
(3)完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。
【典例1】　(人教版P22例題改編)(碰撞的分類)如圖所示，在光滑水平面上，兩個物體的質量都是m，碰撞前一個物體靜止，另一個以速度v向它撞去。碰撞后兩個物體粘在一起，成為一個質量為2m的物體，以一定速度繼續前進。碰撞后該系統的總動能是否會有損失？若有，求兩物體碰撞中損失的動能與碰前總動能的比值。
[解析]　根據動量守恒定律得mv＝2mv′，
則v′＝，碰撞前的總動能Ek＝mv2
碰撞后的總動能Ek′＝×2mv′2＝mv2
碰撞后系統的總動能小于碰撞前系統的總動能。
碰撞中損失的動能ΔE＝Ek－Ek′＝mv2，
故。
[答案]　見解析
【教用·備選例題】　(源自粵教版教材)如圖所示，質量為m2的物體B靜止在光滑水平面上，物體B的左端連有輕彈簧，質量為m1的物體A以速度v1向B運動。在Ⅰ位置，物體A與物體B的輕彈簧剛好接觸，彈簧開始被壓縮，物體A開始減速，物體B開始加速；到Ⅱ位置，物體A，B的速度剛好相等(設為v)，彈簧被壓縮到最短；到Ⅲ位置，物體A，B的速度分別為v1′和v2′。分三種情況討論全過程系統動量和能量變化情況。
(1)在Ⅲ位置，彈簧可以恢復到原長。
(2)在Ⅲ位置，彈簧只能部分恢復，不能回到原長。
(3)在Ⅱ位置，彈簧彈性失效。
[解析]　(1)在彈性限度范圍內，彈簧發生彈性形變。在Ⅲ位置，彈簧可以恢復到原長。Ⅰ→Ⅱ，系統減少的動能全部轉化為彈性勢能，在Ⅱ位置，系統動能最小而彈性勢能最大；Ⅱ→Ⅲ，系統減少的彈性勢能全部轉化為動能；因此在Ⅰ、Ⅲ位置，系統動能相等。這種碰撞是彈性碰撞。由動量守恒定律和機械能守恒定律，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′，
m1v1′2＋m2v2′2，
解得物體A，B的最終速度分別為
v1′＝v1，v2′＝v1。
(2)彈簧發生塑性形變。在Ⅲ位置，彈簧只能部分恢復。Ⅰ→Ⅱ，系統減少的動能部分轉化為彈性勢能，部分轉化為內能，在Ⅱ位置系統動能仍和(1)相同，彈性勢能仍最大，但比(1)小；Ⅱ→Ⅲ，系統減少的彈性勢能部分轉化為動能，部分轉化為內能；因此全過程系統的動能有損失(部分動能轉化為內能)。這種碰撞是非彈性碰撞。
(3)彈簧完全失效。Ⅰ→Ⅱ，系統減少的動能全部轉化為內能，在Ⅱ位置系統動能仍和(1)相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，物體A，B不再分開，而是以速度v′共同運動，不再有Ⅱ→Ⅲ過程。這種碰撞是完全非彈性碰撞。可以證明，物體A，B最終的共同速度為v1′＝v2′＝v′＝v1。在完全非彈性碰撞過程中，系統的動能損失最大，即ΔEk＝(m1＋m2)v′2＝。
[答案]　見解析Ｋ
【典例2】　(碰撞的分類)某次訓練中使用的冰壺A和冰壺B的質量均為20 kg，初始時兩冰壺之間的距離s＝7.5 m，冰壺A被運動員以v0＝2 m/s的初速度水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變為vA＝0.2 m/s，方向不變，碰撞時間極短。已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數均為μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)冰壺A與B碰撞前的速度大小v1；
(2)兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大小vB；
(3)判斷兩冰壺間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。
[解析]　(1)冰壺A從開始運動到與冰壺B碰撞過程中，根據動能定理可得－μmgs＝，代入數據解得v1＝1 m/s。
(2)兩冰壺碰撞過程中，滿足動量守恒，以v0的方向為正方向，
則有mv1＝mvA＋mvB
代入數據解得vB＝0.8 m/s。
(3)碰撞前兩冰壺的總動能為
Ek1＝＝10 J
碰撞后兩冰壺的總動能為
Ek2＝＝6.8 J，由于Ek1>Ek2，可知兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞。
[答案]　(1)1 m/s　(2)0.8 m/s　(3)非彈性碰撞
　　彈性碰撞的實例分析
【鏈接教材】　(源自教科版教材)英國皇家學會有一個很著名的實驗：在天花板上懸掛許多相等擺長的雙線擺，當第一個小球擺動以后，這個速度就會一直傳遞到最后一個小球，最后一個小球也就能擺到與第一個小球等高的位置，這樣一直往復運動下去，中間的雙線擺靜止不動，起到傳遞能量的作用，如圖所示。
問題1　發生上述現象對擺球有什么要求？
提示：大小、質量完全一樣。
問題2　上述現象屬于哪種碰撞？
提示：彈性碰撞。
問題3　你能解釋上述現象的原因嗎？
提示：碰撞過程中動量和能量都守恒，發生了動量和能量的“傳遞”。
【知識梳理】　
1．正碰
兩個小球相碰，碰撞之前球的運動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沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰，也叫作對心碰撞或一維碰撞。
2．彈性碰撞碰后的速度特點
假設物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2發生正碰，如圖所示。碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′。
則：m1v1＝m1v′1＋m2v′2；；
碰后兩個物體的速度分別為
v′1＝v1，v′2＝v1。
【思考討論】　如圖所示，物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2發生彈性正碰。
問題　如下三種特殊情況下，碰撞后兩個物體的速度v1′和v2′有什么特點？
①m1＝m2時；②m1 m2時；③m1 m2時。
提示：①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1。
②m1 m2時，v1′＝v1，v2′＝2v1。
③m1 m2時，v1′＝－v1，v2′＝0。
【知識歸納】
1．碰撞問題遵循的“三個原則”
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或。
(3)速度要合理
2．碰撞合理性的判斷思路
(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次看總動能是否增加，同時注意碰前、碰后合理的速度關系。
(2)要靈活運用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝等關系式進行有關計算。
【典例3】　(彈性碰撞)如圖所示，一個質量為m的物塊A與靜止在水平面上的另一個質量為2m的物塊B發生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.4，與沙坑的距離x＝0.5 m，g取10 m/s2。物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小為(　　)
A．1.5 m/s　　 B．3 m/s
C．4.5 m/s 　 D．6 m/s
B　[碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ×2mgx＝0－×2mv2，代入數據解得v＝2 m/s ，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機械能的損失，則有×2mv2，聯立解得v0＝3 m/s，故選B。]
【教用·備選例題】　(彈性碰撞)如圖所示，AB為傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，質量為m2的小球乙靜止在水平軌道上，質量為m1的小球甲以速度v0與乙球發生彈性正碰。若m1∶m2＝1∶2，且軌道足夠長，要使兩球能發生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的動摩擦因數μ的取值范圍。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[解析]　設碰后甲的速度為v1，乙的速度為v2，由動量守恒和能量關系，
有m1v0＝
解得v1＝v0
設乙球沿斜面上滑的最大位移大小為s，滑到斜面底端的速度大小為v，由動能定理有
(m2g sin 37°＋μm2g cos 37°)s＝
(m2g sin 37°－μm2g cos 37°)s＝m2v2
解得。乙要能追上甲，則v＞，又μ＞0，解得0＜μ＜0.45。
[答案]　0＜μ＜0.45
【典例4】　(碰撞問題的可能性分析)甲、乙兩鐵球的質量分別是m甲＝1 kg、m乙＝2 kg，在光滑水平面上均沿同一直線向正方向運動，速度大小分別是v甲＝6 m/s、v乙＝2 m/s，甲球追上乙球發生正碰后兩球的速度有可能是(　　)
A．v′甲＝2 m/s，v′乙＝4 m/s
B．v′甲＝7 m/s，v′乙＝1.5 m/s
C．v′甲＝3.5 m/s，v′乙＝3 m/s
D．v′甲＝3 m/s，v′乙＝3 m/s
A　[以甲球的初速度方向為正方向，碰撞前的總動量p＝m甲v甲＋m乙v乙＝10 kg·m/s，碰撞前的總動能Ek＝m甲m＝22 J。如果v′甲＝2 m/s，v′乙＝4 m/s，碰撞后的總動量為10 kg·m/s，碰撞后的總動能E′k＝m甲m＝18 J，動能不增加，碰撞后不能發生二次碰撞，故A正確；如果v′甲＝7 m/s，v′乙＝1.5 m/s，碰后甲球的速度不可能大于乙球的速度，故B錯誤；如果v′甲＝3.5 m/s，v′乙＝3 m/s，碰撞后的總動量為9.5 kg·m/s，碰撞過程動量不守恒，故C錯誤；如果v′甲＝3 m/s，v′乙＝3 m/s，碰撞后的總動量為9 kg·m/s，碰撞過程動量不守恒，故D錯誤。]
【教用·備選例題】　(碰撞的可能性)(多選)如圖所示，足夠長的光滑斜劈固定在光滑水平面上，兩等大的小球甲、乙的質量分別為m1、m2，小球乙靜止在水平面上，小球甲以水平向左的速度運動，經過一段時間后與小球乙發生碰撞，已知碰后小球甲的速率為碰前的，整個過程中兩球剛好只能發生一次碰撞，則m1∶m2可能為(　　)
A．1∶2　　 B．1∶3
C．1∶4 　 D．1∶5Ｋ
CD　[取小球甲的初速度方向為正方向，碰前小球甲的速度大小為v0，整個過程中兩球只能發生一次碰撞，說明碰后兩球的速度方向相反且乙球的速度大小不大于甲球的速度大小，設碰后乙球速度大小為v′，根據動量守恒定律有m1v0＝m2v′－m1v0，即m1v0＝m2v′≤m2v0，可得m2≥4m1，C、D正確，A、B錯誤。]
　碰撞過程的圖像問題
【思考討論】　為了進一步理解和應用一維情況下的彈性碰撞和非彈性碰撞，我們把“一動碰一靜”模型這個短暫的作用過程中微小的形變放大處理，得到如圖所示的5個狀態(其中A的質量為m1，B的質量為m2)。
問題　結合v-t圖像試分析碰撞的特點。
提示：
根據圖像分析碰撞問題的思路：
【典例5】　(人教版P29T7改編)(碰撞的圖像問題)(多選)質量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。已知m1＝1 kg，下列說法正確的是 (　　)
A．碰撞前m2的速度為4 m/s
B．碰撞后m1做減速運動
C．m2的質量為3 kg
D．該碰撞為彈性碰撞
CD　[由圖像可知碰撞前m2圖線與t軸平行，得碰撞前m2處于靜止狀態，速度為零，故A錯誤；由圖像可知碰撞后m1做反向勻速直線運動，故B錯誤；由圖線的斜率等于速度，可知碰撞前m1的速度v＝ m/s＝4 m/s，碰撞后m1和m2兩個物體的速度分別為v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s，根據動量守恒定律可知m1v＝m1v1＋m2v2，代入數據解得m2＝3 kg，故C正確；上述碰撞損失能量ΔE＝＝0，則該碰撞為彈性碰撞，故D正確。]
【典例6】　(“滑塊——彈簧”碰撞模型)(多選)如圖所示，與輕彈簧相連的物塊A靜止在光滑的水平面上。物塊B沿水平方向以速度v0向右運動，跟與A相連的輕彈簧相碰。在B跟彈簧相碰時開始計時，到B與彈簧分開的這段時間t0內，下列兩物塊的v-t圖像可能正確的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
AD　[根據對稱性可知兩物塊共速的時間為，根據動量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v，解得v＝，在B跟彈簧相碰時開始計時，到B與彈簧分開的這段時間t0內，根據動量守恒定律以及能量守恒定律有mBv0＝mAv1＋mBv2，，解得v1＝v0，當mA＝mB時，解得v＝，v1＝v0，v2＝0，當mA>mB時，解得v<，v1，v1>v0，v2>0，故A、D符合題意，B、C不符合題意。]
【教用·備選例題】　(“滑塊—彈簧”碰撞模型)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1、m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑水平面上。現使A獲得水平向右、大小為3 m/s的瞬時速度，從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像提供的信息可得(　　)
A．t1和t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧分別處于壓縮和拉伸狀態
B．在t1到t2時間內A、B的距離逐漸增大，t2時刻彈簧的彈性勢能最大
C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝2∶1
D．在t2時刻A、B兩物塊的動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶6
A　[根據圖像可得開始時A的速度大，彈簧被壓縮，t1時A、B速度相同，此時彈簧壓縮量達到最大，之后B的速度大，壓縮量開始變小，t2時彈簧恢復原長，之后彈簧開始被拉伸，t3時刻A、B速度相等，此時拉伸量達到最大，之后A速度又大于B，拉伸量開始變小，所以t2時刻彈簧處于原長狀態，此時的彈性勢能最小，A正確，B錯誤；根據系統動量守恒，取向右為正方向，在0到t1時間段有m1×3＝(m1＋m2)×1，解得，C錯誤；t2時刻A、B兩物塊的動能之比為，D錯誤。]
1．(粵教版教材改編)如圖所示，兩個質量都為3 kg的球，以6 m/s的速率相向運動，發生正碰后，每個球都以原來的速率向相反方向運動，它們的碰撞是(　　)
A．彈性碰撞　　　　 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 　 D．無法判斷
A　[由于兩個質量都為3 kg的球，以6 m/s的速率相向運動，發生正碰后，每個球都以原來的速率向相反方向運動，即符合動量守恒定律，也符合機械能守恒定律，故兩個球的碰撞是彈性碰撞，故選A。]
2．某同學設計了一個臺球娛樂項目，如圖所示，在光滑水平面上，利用一個白球A以初速度v0去撞擊2 025個一字排開的花球來模擬，已知球與球之間的碰撞為彈性正碰，白球質量是花球質量的2倍，則編號為1的花球的最終速度為(　　)
A．v0　　B．v0　　C．v0　　D．v0
A　[質量為2m的白球A以初速度v0與編號為2 025 的花球發生彈性正碰，滿足動量守恒和機械能守恒，設碰后白球和編號為2 025的花球的速度分別為vA1、v1，以向右為正方向，則有2mv0＝2mvA1＋mv1，，解得vA1＝v0。同理分析，兩個質量相同花球碰撞時，根據動量守恒和機械能守恒知，兩球碰后速度交換，此時編號為2 025的花球與編號為2 024的花球交換速度，以此類推，最終編號為1的花球的速度為v1′＝v1＝v0，故A正確，B、C、D錯誤。故選A。]
3．甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1 kg，則碰撞過程中兩物塊損失的機械能為(　　)
A．3 J　　B．4 J　　C．5 J　　D．6 J
A　[設甲、乙的質量分別為m甲、m乙，由題圖可知，碰撞前后甲、乙的速度分別為v甲＝5.0 m/s、v甲′＝－1.0 m/s、v乙＝1.0 m/s、v乙′＝2.0 m/s，根據動量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入數據解得m乙＝6 kg，根據能量守恒定律可知，碰撞過程中兩物塊損失的機械能ΔE＝m甲m乙m甲vm乙=3 J，A正確。]
4．(多選)光滑的水平面上物體A以8 kg·m/s的動量撞擊靜止的物體B，碰撞后物體A、B動量的可能值為 (　　)
A．4 kg·m/s；4 kg·m/s
B．－9 kg·m/s；1 kg·m/s
C．0；8 kg·m/s
D．9 kg·m/s；－1 kg·m/s
AC　[若A、B質量相等，且碰后以共同的速度運動，則碰后動量分別為4 kg·m/s和4 kg·m/s；若兩物體發生彈性碰撞，則碰后兩物體交換速度，即動量分別為0和8 kg·m/s，選項A、C正確；因碰前總動量為8 kg·m/s，若碰后動量為－9 kg·m/s和1 kg·m/s，則總動量為－8 kg·m/s，動量不守恒，選項B錯誤；由Ek＝，因為<，即碰后總動能增加，則選項D錯誤。故選A、C。]
回歸本節知識，完成以下問題：
1．碰撞具有什么特點？
提示：相互作用時間短，相互作用力大，近似滿足動量守恒，碰撞前后兩物體的位置不變。
2．碰撞可分哪些類型？
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：質量相等的兩小球。
課時分層作業(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．下列關于碰撞的理解正確的是 (　　)
A．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短的時間內它們的運動狀態發生了顯著變化的過程
B．在碰撞現象中，盡管內力都遠大于外力，但外力仍不可以忽略不計
C．如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
D．微觀粒子的相互作用由于不發生直接接觸，所以不能稱其為碰撞
A　[碰撞是十分普遍的現象，它是相對運動的物體相遇時發生的一種現象，一般內力遠大于外力，外力可忽略不計，動能不一定守恒；如果碰撞前后系統動能不變，就叫作彈性碰撞；微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內發生強大內力作用的特點，所以仍然是碰撞，故B、C、D錯誤，A正確。]
2．在一條直線上相向運動的甲、乙兩個小球，它們的動能相等。已知甲球的質量大于乙球的質量，它們正碰后可能發生的情況是(　　)
A．甲、乙兩球都沿乙球的運動方向
B．甲球反向運動，乙球停下
C．甲、乙兩球都反向運動
D．甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等
C　[由題意知Ek甲＝Ek乙，因為動能與動量的關系p＝，m甲>m乙，所以p甲>p乙，甲、乙相向運動，故甲、乙碰撞前總動量沿甲原來的方向，碰撞過程兩球的總動量守恒，則碰撞后甲、乙的總動量仍沿甲原來的方向，所以碰撞后，甲球停下或反向彈回，乙必彈回，乙的速度不可能為零，A、B錯誤，C正確；若甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等，則碰后總動量方向與甲原來的動量方向相反，違反了動量守恒定律，D錯誤。]
?題組二　彈性碰撞的合理性分析與判斷
3．在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速度v0向右運動，在小球A的前方O點有一質量為m2(形狀與A完全相同)的小球B處于靜止狀態，如圖所示。小球A與小球B發生正碰后小球A、B均向右運動，小球B在Q點處被墻壁彈回，返回時與小球A在P點相遇，PQ＝PO。假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞。則 (　　)
A．m1＝m2　　 B．m1＝2m2
C．m1＝3m2 　 D．m1＝4m2
C　[兩球發生彈性碰撞，設碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規定向右為正方向，根據系統動量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2。已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機械能損失，由機械能守恒定律得，且從兩球碰撞后到它們再次相遇，兩球的速度大小保持不變，由運動學規律有＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶3，聯立解得m1∶m2＝3∶1，選項C正確。]
4．在某期節目中有這樣一個實驗：主持人手拿小球和籃球，使兩個球相互接近但不接觸，且球心在一條豎直線上，從h高處由靜止釋放，觀察小球彈起的高度。假設h遠大于兩球的半徑，下面籃球的質量是上面小球的3倍，所有碰撞皆為彈性碰撞，且碰撞時間極短，不考慮空氣阻力的影響，籃球落地后速度瞬間反向，大小不變。則小球彈起的高度為(　　)
A．4h　　　B．3h　　　C．2h　　　D．h
A　[設上面小球的質量為m，則下面籃球的質量為3m，兩球自由下落h時的速度均為v＝，籃球落地后速度瞬間反向，大小不變，令碰撞后小球、籃球的速度分別為v1、v2，以向上為正方向，由動量守恒定律分別可得3mv－mv＝mv1＋3mv2，由彈性碰撞中沒有動能損失可得v2＝，聯立解得v1＝故小球彈起的高度為H＝＝4h，A正確。]
5．(人教版P24T3改編)秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應堆技術，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能為E，碰撞可視為彈性正碰。經過該次碰撞，中子損失的動能為(　　)
A．E　　B．E　　C．E　　D．E
B　[質量數為1的中子與質量數為2的氘核發生彈性正碰，滿足動量守恒定律，并且碰撞前后系統動能不變。設中子的初速度為v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，以v0的方向為正方向，則有，mv0＝mv1＋2mv2，解得v1＝－v0，即中子的動能減小為原來的，則動能損失量為E，選項B正確。]
?題組三　碰撞過程的圖像問題
6．在同一豎直平面內，3個完全相同的小鋼球(1號、2號、3號)懸掛于同一高度，靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是(　　)
A．將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度h
B．將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都守恒
C．將右側涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據機械能守恒定律可知，3號仍能擺至高度h
D．將1號和右側涂膠的2號一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒
D　[將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h，可知，小鋼球1、2，2、3發生了彈性碰撞，且碰后交換速度，若2號換成質量不同的小鋼球，1、2，2、3碰后并不交換速度，則3號上擺的高度不等于h，A錯誤；將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h，則釋放后球速度方向、大小在改變，動量不守恒，B錯誤；將右側涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，發生完全非彈性碰撞，機械能有損失，再與3號碰撞后，3號獲得的速度小于1與2碰撞前瞬間1號的速度，則3號上升的高度小于h，C錯誤；將1號和右側涂膠的2號一起移至高度h釋放，小鋼球2、3間發生完全非彈性碰撞，機械能有損失，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒，D正確。]
7．(多選)如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直彈性擋板，擋板右側依次放有10個質量均為2m的白色小球(在一條直線上)，一質量為m的紅色小球以與白色小球共線的速度v0與1號小球發生彈性正碰，紅色小球反彈后與擋板發生彈性碰撞，碰后速度方向與碰前速度方向相反，兩白色小球碰撞時交換速度，則下列說法正確的是 (　　)
A．10號小球最終速度為v0
B．10號小球最終速度為v0
C．紅色小球最終速度為v0
D．紅色小球最終速度為v0
BD　[設紅色小球與1號小球碰撞后兩球速度分別為v01和v1，取向右為正方向，根據動量守恒定律有mv0＝mv01＋2mv1，由能量守恒定律有，解得v01＝－v0，白色小球碰撞時交換速度，故10號小球最終速度為選項A錯誤，B正確；設紅色小球被擋板反彈與1號小球發生第2次碰撞后速度為v02，根據動量守恒定律，有m·v0＝mv02＋2mv2，根據能量守恒定律，有，解得v02＝－v0，以此類推，紅色小球與1號小球碰撞10次后的速度為－v0，再被擋板反彈后，紅色小球最終速度為v0，選項C錯誤，D正確。]
8．(多選)帶有光滑圓弧軌道、質量為m0的滑車靜置于光滑水平面上，如圖所示。一質量為m的小球以速度v0水平沖上滑車，當小球上滑再返回，并脫離滑車時，以下說法可能正確的有(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平拋運動
B．小球可能沿水平方向向左做平拋運動
C．小球可能做自由落體運動
D．若小球初速度v0足夠大，以致小球能從滑道右端沖出滑車，則小球再也落不進滑車
BC　[小球滑上滑車，又返回，到離開滑車的整個過程，選取小球的速度v0方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋m0v2，由系統的機械能守恒得，聯立解得v1＝如果mm0，則v1>0，小球離開小車向右做平拋運動，故A錯誤，B、C正確；小球從右端離開四分之一圓弧軌道，在水平方向上與小車的速度相同，則返回時仍然回到小車上，故D錯誤。]
9．(多選)如圖所示，質量m＝2 kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺上，B的左端固定一輕質彈簧。平臺右側有一質量M＝4 kg的小車C，其上表面與平臺等高，小車與水平面間的摩擦不計。光滑圓弧軌道半徑R＝0.9 m，連線PO與豎直方向夾角為60°，另一與B完全相同的滑塊A從P點由靜止開始沿圓弧下滑。滑塊A滑至平臺上擠壓彈簧，彈簧恢復原長后滑塊B離開平臺滑上小車C且恰好未滑落，滑塊B與小車C之間的動摩擦因數μ＝0.5，滑塊A、B可視為質點，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．滑塊A剛到平臺上的速度大小為3 m/s
B．該過程中彈簧彈性勢能的最大值為4.5 J
C．該過程中由于摩擦產生的熱量為8 J
D．小車C的長度為0.6 m
ABD　[滑塊A自P點滑至平臺過程中，由動能定理有mgR(1－cos 60°)＝，解得滑塊A剛到平臺上的速度大小為v0＝3 m/s，故A正確；當A、B速度大小相等時彈簧彈性勢能最大，由動量守恒定律有mv0＝2mv共，由能量守恒定律有Ep＝，代入數據聯立解得，該過程中彈簧彈性勢能的最大值為Ep＝4.5 J，故B正確；彈簧恢復原長時B與A分離，設分離時A的速度為v1，B的速度為v2，由動量守恒和機械能守恒有mv0＝mv1＋mv2，，解得v1＝0，v2＝3 m/s，B恰好未從小車C上滑落，即B到小車C右端時二者速度相同，由動量守恒有mv2＝(m＋M)v3，解得B到小車C右端時二者相同的速度為v3＝1 m/s，由能量守恒有Q＝＝6 J，又Q＝μmgL，可得小車C的長度為L＝0.6 m，故C錯誤，D正確。故選ABD。]
10．在光滑水平面上放著兩塊質量都是m的木塊A和B，中間用一根勁度系數為k的輕彈簧連接，如圖所示，現從水平方向射來一顆質量為、速度為v0的子彈，射中木塊A后并留在其中(作用時間極短)，求：
(1)子彈擊中木塊瞬間木塊A、B的速度vA和vB；
(2)在以后運動中彈簧的最大彈性勢能。
[解析]　(1)由于作用時間極短，所以vB＝0，對子彈和木塊A由動量守恒定律有vA，得vA＝v0，方向水平向右。
(2)兩者共速時彈簧彈性勢能達到最大值，由動量守恒定律有v1
再由機械能守恒定律得
＋Ep
解得Ep＝。
[答案]　(1)v0，方向水平向右　0　(2)
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