1、课后素养落实(四)弹性碰撞和非弹性碰撞(建议用时：40分钟)题组一弹性碰撞和非弹性碰撞1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A由动量守恒定律有3mvmv0mv，所以v2v。碰前总动能Ek3mv2mv22mv2，碰后总动能Ekmv22mv2，EkEk，所以A项正确。2.(2020湖南长沙第一中学高二上入学考试)质量分别为ma1 kg、mb2 kg的a、b两球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移时间图像如图所示，可知该碰撞属于()A
2、弹性碰撞B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞D条件不足，不能确定A由xt图像知，碰撞前va3 m/s，vb0，碰撞后va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前系统的总动能Ek1mavmbv J，碰撞后系统的总动能Ek2mavmbv J，故系统的机械能守恒；碰撞前系统的总动量p1mavambvb3 kgm/s，碰撞后系统的总动量p2mavambvb3 kgm/s，故系统的动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确。3(多选)(2019河南南阳第一中学高一下月考)如图所示，运动的A球在光滑水平面上与一个原来静止的B球发生弹性碰撞，则()A要使B球获得最大动能，则应让A、B两球质量相等B要使B球获得最大速度，则应
3、让A球质量远大于B球质量C要使B球获得最大动量，则应让A球质量远小于B球质量D若A球质量远大于B球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量ABC设A球的质量为m1、B球的质量为m2、碰前A球的速度为v0，碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，A球与B球发生弹性碰撞，则m1v0m1v1m2v2，m1vm1vm2v，解得v1v0，v2v0。由v1v0知，当A、B两球质量相等时，碰后A球的速度为零，B球获得了A球碰前的全部动能，即B球获得了最大动能，A项正确；由v2v0知，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A球速度的2倍，B项正确；由v1v0知，当A球质量远小于B球质量时，
4、A球几乎以原速率反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得的动量接近A球初始动量的2倍，B球获得最大动量，C项正确；由以上三项分析知，D项错误。题组二碰撞可能性的判断4(多选)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有 ()AE1p0CE2E0Dp1p0AB因为碰撞前后动能不增加，故有E1E0，E2E0，p1p0，B正确。5(多选)如图所示，动量分别为pA12 kgm/s、pB13 kgm/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿同一直线向右运动，经
5、过一段时间后两球发生正碰，分别用pA、pB表示两小球动量的变化量。则下列选项可能正确的是()ApA3 kgm/s、pB3 kgm/sBpA2 kgm/s、pB2 kgm/sCpA24 kgm/s、pB24 kgm/sDpA3 kgm/s、pB3 kgm/sAB本题属于追及碰撞，碰撞前小球A的速度一定要大于小球B的速度(否则无法实现碰撞)。碰撞后，小球B的动量增大，小球A的动量减小，减小量等于增大量，所以pA0，并且pApB，D错误；若pA24 kgm/s、pB24 kgm/s，碰后两球的动量分别为pA12 kgm/s、pB37 kgm/s，根据关系式Ek可知，小球A的质量和动量大小不变，动能不
6、变，而小球B的质量不变，但动量增大，所以小球B的动能增大，这样系统的机械能比碰撞前增大了，选项C错误；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则。6(多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA5 kgm/s，B球的动量pB7 kgm/s，两球碰撞后B球的动量变为pB10 kgm/s，则两球质量关系可能是()AmBmABmB3mACmB5mADmB7mABC根据动量守恒定律得pApBpApB，代入数据解得pA2 kgm/s。根据碰撞过程总机械能不增加，得，代入数据解得。碰撞前A球的速度大于B球的速度，则有，解得，碰撞后两球同向运动，A球的速度不大于B球的速度，则有，解得
7、，则，故B、C正确，A、D错误。题组三碰撞的综合性问题7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x0.5 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()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/sD2.0 m/sC碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得2mgx02mv2，代入数据得v1 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mv0mv12mv，由于没有机械能的损失，则有mvmv2m
8、v2，联立解得v01.5 m/s，选项C正确。8质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示。具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为()AE0 BC DC由碰撞中动量守恒mv03mv1，得v1E0mvEk3mv由式得Ek3m，故C正确。9(新情境题)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机
9、械能之比。解析(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得v12 m/sv21 m/s a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题图得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v联立式得m1m218。(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Em1vm2v(m1m2)v2由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W(m1m2)v2联立式，并代入题给数据得WE12。答案(1)18(2)121如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有
10、的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m23m1，则小球m1反弹后能达到的高度为()AhB2h C3hD4hD下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小相等，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与m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2vm1vm1v1m2v2，由能量守恒定律得(m1m2)v2m1vm2v，且m23m1，联立解得v12，v20，反弹后高度H4h，选项D正确。2(新情境题)(2020山东青岛期中)随着科幻电影流浪地球的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探
11、测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律进行类比。那么下列判断正确的是()(a)(b)Av1v0Bv1v0Cv2v0Dv2v0A题图(a)中，探测器与行星的运动可类比为两者发生弹性正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，
12、碰后行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0Mu(mv1Mu1)，由能量守恒定律可得mvMu2mvMu，解得v1v0 u，由于Mm，故v1v02uv0，A正确，B错误；题图(b)中，探测器与行星的运动可类比为探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为u2，向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0Mumv2Mu2，由能量守恒定律可得mvMu2mvMu，解得v2 v0 u，由于Mm，故v2v02uv0，C、D错误。3(吉林梅河口博文学校2020高二上期末)如图所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发
13、生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。解析设滑块的质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vAv0，B的速度vBv0，由动量守恒定律得mvAmvAmvB，设碰撞前A克服轨道摩擦力所做的功为WA，由功能关系得WAmvmv，设B与C碰撞前B的速度为vB，B克服轨道摩擦力所做的功为WB，由功能关系得WBmvmvB2，根据题意可知WAWB，设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB2mv，联立并代入数据解得vv0。
14、答案v04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m11 kg，木板与物体间动摩擦因数0.1。二者以相同的初速度v00.8 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m23 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；(2)如果木板质量m20.6 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m2v0m1v0(m1m2)vv0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞。由能量守恒定律(m1m2)v(m1m2)v2m1gs1解得s10.96 m。(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律m2v0m1v0(m1m2)vv0.2 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(m1m2)vm1gs2解得s20.512 m。答案(1)0.96 m(2)0.512 m
