資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
1.5彈性碰撞和非彈性碰撞
（1）解彈性碰撞和非彈性碰撞。
（2）會分析具體實例中的碰撞特點及類型。
（3）會用動量、能量的觀點解決生產(chǎn)生活中與一維碰撞相關(guān)的實際問題。
碰撞是自然界中常見的現(xiàn)象。隕石撞擊地球而對地表產(chǎn)生破壞，網(wǎng)球受球拍撞擊而改變運動狀態(tài)……
物體碰撞中動量的變化情況，前面已進行了研究。那么，在各種碰撞中能量又是如何變化的？
物體碰撞時，通常作用時間很短，相互作用的內(nèi)力很大，因此，外力往往可以忽略不計，滿足動量守恒條件。下面我們從能量的角度研究碰撞前后物體動能的變化情況，進而對碰撞進行分類。
考點一、彈性碰撞和非彈性碰撞
研究小車碰撞前后的動能變化
如圖 1.5-1，滑軌上有兩輛安裝了彈性碰撞架的小車，它們發(fā)生碰撞后改變了運動狀態(tài)。測量兩輛小車的質(zhì)量以及它們碰撞前后的速度，研究碰撞前后總動能的變化情況。
通過實驗可以發(fā)現(xiàn)，在上述實驗條件下，碰撞前后總動能基本不變。
如果系統(tǒng)在碰撞前后動能不變，這類碰撞叫作彈性碰撞（elastic collision）。如果系統(tǒng)在碰撞后動能減少，這類碰撞叫作非彈性碰撞（inelastic collision）。
（2024春 九龍坡區(qū)校級期末）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰。小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的x﹣t圖像。已知m1＝0.1kg。由此可以判斷（　　）
A．碰后m2和m1都向右運動
B．碰撞過程中m2對m1的沖量大小為0.2N s
C．m2＝0.1kg
D．碰撞過程是彈性碰撞
（多選）（2024春 城中區(qū)校級期末）質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移—時間圖像如圖所示，由圖像可判斷以下說法正確的是（　?。?br/>A．碰后兩物體的運動方向相同
B．碰后m2的速度大小為2m/s
C．兩物體的質(zhì)量之比m1：m2＝2：5
D．兩物體的碰撞是彈性碰撞
（2023春 天津期中）在光滑水平面上，有A、B兩個小球向右沿同一直線運動，取向右為正，兩球的動量分別是pA＝5kg m/s，pB＝7kg m/s，如圖所示，若能發(fā)生正碰，則碰后兩球的動量增量ΔpA、ΔpB可能是（　?。?br/>A．ΔpA＝﹣3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s
B．ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s
C．ΔpA＝﹣10kg m/s，ΔpB＝10kg m/s
D．ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝﹣3kg m/s
（多選）（2022秋 慈溪市期末）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球A、B發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x﹣t圖像。已知m1＝0.1kg，由此可以判斷（　?。?br/>A．碰前B靜止，A向右運動
B．碰后A和B都向右運動
C．由動量守恒可以算出m2＝0.3kg
D．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能
（2020 通榆縣校級模擬）第24屆冬奧會將于2022年在北京舉行，冰壺是比賽項目之一。如圖甲，藍壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經(jīng)過P點沿直線向藍壺滑去，滑行一段距離后，隊員在紅壺前方開始不斷刷冰，直至兩壺發(fā)生正碰為止。已知，紅壺經(jīng)過P點時速度v0＝3.25m/s，P、O兩點相距L＝27m，大本營半徑R＝1.83m，從紅壺進入刷冰區(qū)域后某時刻開始，兩壺正碰前后的v﹣t圖線如圖乙所示。假設(shè)在未刷冰區(qū)域內(nèi)兩壺與冰面間的動摩擦因數(shù)恒定且相同，紅壺進入刷冰區(qū)域內(nèi)與冰面間的動摩擦因數(shù)變小且恒定，兩壺質(zhì)量相等且均視為質(zhì)點。
（1）試計算說明碰后藍壺是否會滑出大本營；
（2）求在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離s。
考點二、彈性碰撞的實例分析
在光滑水平面上質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰．根據(jù)動量守恒和能量守恒：
m1v1＝m1v1′＋m2v2′；m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
碰后兩個物體的速度分別為
v1′＝v1，v′2＝v1.
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都與v1方向同向．(若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去)
(2)若m1(3)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度互換．
（2024 南關(guān)區(qū)校級模擬）如圖所示，用長度均為l的輕質(zhì)細繩懸掛三個形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依次滿足m1 m2 m3（“ ”表示“遠大于”）。將左邊第一個小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個小球開始運動時的速度約為（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2024春 昆明期末）質(zhì)量為1kg的物塊A與另一物塊B在光滑水平面上發(fā)生正碰，兩物塊的位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。則物塊B的質(zhì)量為（　?。?br/>A．1kg B．2kg C．3kg D．6kg
（2024春 武漢期末）光滑水平面上有A、B兩球，質(zhì)量分別為m1、m2，A球以初速度vB與靜止的B球發(fā)生正碰。下列說法不正確的是（　　）
A．若碰撞是彈性碰撞且碰后A球速度反向，則一定有m1＜m2
B．若碰撞是彈性碰撞且有m1＜m2，則碰后A球速度一定反向
C．若碰撞是非彈性碰撞且碰后A球速度反向，則一定有m1＜m2
D．若碰撞是非彈性碰撞且有m1＜m2，則碰后A球速度一定反向
（2024春 廬陽區(qū)校級期中）如圖所示的裝置中，木塊B放在光滑的水平桌面上，子彈A以水平速度v0射入木塊后（子彈與木塊作用時間極短），子彈立即停在木塊內(nèi)。然后將輕彈簧壓縮到最短，已知木塊B的質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則從子彈開始入射木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（　　）
A．系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒
B．系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒
C．系統(tǒng)損失的機械能為
D．彈簧最大的彈性勢能等于
（2024春 朝陽區(qū)期末）在同一豎直平面內(nèi)，兩個大小相同的小球A，B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?，F(xiàn)將A球從最低點拉起高度h并由靜止釋放，在最低點與B球發(fā)生正碰。已知A球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計小球半徑和空氣阻力。
（1）若B球的質(zhì)量也為m且將左側(cè)涂膠，A、B兩球碰后粘在一起。求：
a．碰后瞬間兩球的速度大小v；
b．碰撞過程中損失的機械能ΔE。
（2）若將B球換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實驗，兩球發(fā)生彈性碰撞且碰后兩球上升的最大高度相同，求B球的質(zhì)量mB。
一：完全非彈性碰撞
系統(tǒng)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．
設(shè)兩者碰后的共同速度為v共，則有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
機械能損失為ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2.
聯(lián)立解得：v共 =；ΔEk=
二、碰撞的原則
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
（2024春 惠山區(qū)校級期末）在短道速滑接力賽中，“接棒”運動員甲在“交棒”運動員乙前面向前滑行，追上時乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。不計阻力，則（　　）
A．乙對甲的沖量與甲對乙的沖量大小相等
B．甲的動量變化一定比乙的動量變化快
C．甲的動量變化量與乙的動量變化量大小不等
D．甲的速度變化量與乙的速度變化量大小相等
（2024春 房山區(qū)期末）如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度，不計空氣阻力。對于彈丸射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．整個過程中，彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量守恒
B．從彈丸擊中沙箱到與沙箱共速的過程機械能守恒
C．若保持M、m、l不變，v變大，且彈丸未射出，則系統(tǒng)損失的機械能變大
D．若保持M、m、v不變，l變大，則彈丸與沙箱的最大擺角不變
（2024春 大興區(qū)期末）體積相同的小球A和B懸掛于同一高度，靜止時兩根輕繩豎直，兩球球心等高且剛好彼此接觸。如圖所示，保持B球靜止于最低點，拉起A球，將其由距最低點高度為h處靜止釋放，兩球發(fā)生碰撞后分離。兩球始終在兩懸線所決定的豎直平面內(nèi)運動，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．兩球從碰撞到分離的過程中，A球減少的動能與B球增加的動能大小一定相等
B．兩球從碰撞到分離的過程中，A球動量的變化量與B球動量的變化量大小一定相等
C．兩球從碰撞到分離的過程中，A球?qū)球的沖量大于B球?qū)球的沖量
D．B球上升的最大高度不可能大于h
（2024 東港區(qū)校級模擬）如圖所示，木塊A的右側(cè)為光滑曲面，且下端極薄，上端軌道切線豎直，其質(zhì)量為2.0kg，靜止于光滑水平面上。一質(zhì)量為2.0kg的小球B以2.0m/s的速度從右向左運動沖上A的曲面，與A發(fā)生相互作用。B球沿A曲面上升的最大高度為（　?。?br/>A．0.1m B．0.2m C．0.5m D．0.05m
（2024春 鷹潭期末）如圖所示，一質(zhì)量為M＝3.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量為m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B。在A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小可能是（　?。?br/>A．1.8m/s B．2.4m/s C．2.8m/s D．3.0m/s
（2024春 重慶期末）如圖所示，質(zhì)量分別為50kg、60kg的甲、乙兩人靜止在光滑的水平冰面上，甲沿水平方向推了乙，結(jié)果兩人向相反方向滑去。兩人分開后，乙的速度大小為2.5m/s，下列說法正確的是（　?。?br/>A．甲對乙的作用力大小與乙對甲的作用力大小之比為6：5
B．兩人分開后，甲的動能與乙的動能相等
C．甲對乙的沖量大小為180N s
D．兩人分開后，甲的速度大小為3m/s
（2024春 高新區(qū)期末）如圖所示，一小車靜止于光滑水平面，其上固定一光滑彎曲軌道，整個小車（含軌道）的質(zhì)量為m．現(xiàn)有質(zhì)量也為m的小球，以水平速度v0從左端滑上小車，沿彎曲軌道上升到最高點，最終從軌道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小球沿軌道上升到最高點時，小車的速度為零
C．小球沿軌道上升的最大高度為
D．小球滑離小車后，做自由落體運動
（2024春 重慶期末）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A與質(zhì)量為3m的物塊B靜置于光滑水平面上，B與一個水平輕質(zhì)彈簧拴接。現(xiàn)使物塊A獲得水平向右的初速度v0，A與彈簧發(fā)生相互作用，最終與彈簧分離，全過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。
（1）求兩物塊最終分離時各自的速度；
（2）在兩物塊相互作用過程中，求當物塊A的速度大小為時彈簧的彈性勢能。
（2024 坪山區(qū)校級模擬）如圖所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接。一質(zhì)量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質(zhì)量為m的子彈射中，子彈留在木塊中。子彈擊中木塊前的速度為v0。若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為g，求：
（1）子彈擊中木塊后的速度；
（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量Q；
（3）木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s。中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
1.5彈性碰撞和非彈性碰撞
（1）解彈性碰撞和非彈性碰撞。
（2）會分析具體實例中的碰撞特點及類型。
（3）會用動量、能量的觀點解決生產(chǎn)生活中與一維碰撞相關(guān)的實際問題。
碰撞是自然界中常見的現(xiàn)象。隕石撞擊地球而對地表產(chǎn)生破壞，網(wǎng)球受球拍撞擊而改變運動狀態(tài)……
物體碰撞中動量的變化情況，前面已進行了研究。那么，在各種碰撞中能量又是如何變化的？
物體碰撞時，通常作用時間很短，相互作用的內(nèi)力很大，因此，外力往往可以忽略不計，滿足動量守恒條件。下面我們從能量的角度研究碰撞前后物體動能的變化情況，進而對碰撞進行分類。
考點一、彈性碰撞和非彈性碰撞
研究小車碰撞前后的動能變化
如圖 1.5-1，滑軌上有兩輛安裝了彈性碰撞架的小車，它們發(fā)生碰撞后改變了運動狀態(tài)。測量兩輛小車的質(zhì)量以及它們碰撞前后的速度，研究碰撞前后總動能的變化情況。
通過實驗可以發(fā)現(xiàn)，在上述實驗條件下，碰撞前后總動能基本不變。
如果系統(tǒng)在碰撞前后動能不變，這類碰撞叫作彈性碰撞（elastic collision）。如果系統(tǒng)在碰撞后動能減少，這類碰撞叫作非彈性碰撞（inelastic collision）。
（2024春 九龍坡區(qū)校級期末）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰。小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的x﹣t圖像。已知m1＝0.1kg。由此可以判斷（　　）
A．碰后m2和m1都向右運動
B．碰撞過程中m2對m1的沖量大小為0.2N s
C．m2＝0.1kg
D．碰撞過程是彈性碰撞
【解答】解：A．x﹣t圖像斜率表示速度，根據(jù)題中圖像，碰后m2向右運動，m1向左運動，故A錯誤；
BC．根據(jù)x﹣t圖像的斜率表示速度，可知碰前m1和m2的速度分別為
，v2＝0
碰后m1和m2的速度分別為
，
以v1方向為正，根據(jù)動量守恒可得
m1v1＝m1v′1+m2v′2
聯(lián)立解得
m2＝0.3kg
對m1，以v1方向為正，根據(jù)動量定理可得
I＝m1v′1﹣m1v1＝﹣0.6N s
可知碰撞過程中m2對m1的沖量大小為0.6N s，故BC錯誤；
D．碰撞前系統(tǒng)的機械能為
，代入數(shù)據(jù)解得E1＝0.8J
碰撞后系統(tǒng)的機械能為
，代入數(shù)據(jù)解得E2＝0.8J
碰撞前后沒有機械能損失，是彈性碰撞，故D正確。
故選：D。
（多選）（2024春 城中區(qū)校級期末）質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移—時間圖像如圖所示，由圖像可判斷以下說法正確的是（　?。?br/>A．碰后兩物體的運動方向相同
B．碰后m2的速度大小為2m/s
C．兩物體的質(zhì)量之比m1：m2＝2：5
D．兩物體的碰撞是彈性碰撞
【解答】解：A、x﹣t圖像的斜率表示速度，根據(jù)圖像可知，碰撞后速度方向相反，故A錯誤；
B、x﹣t圖像的斜率表示速度，根據(jù)圖像可知，碰撞后m2的速度大小為：v2m/s＝2m/s，故B正確；
C、x﹣t圖像的斜率表示速度，根據(jù)圖像可知，碰撞后m1的速度大小為：v1m/s＝1m/s
碰撞前m1的速度大小為：v0m/s＝4m/s，碰撞前m2的速度為零；
取碰撞前m1的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m1v0＝﹣m1v1+m2v2
解得兩物體的質(zhì)量之比為：m1：m2＝2：5，故C正確；
D、碰撞前系統(tǒng)的動能為：E0（J）＝8m1（J）
碰撞后系統(tǒng)的動能為：Em1m2
解得：E＝5.5m1（J），系統(tǒng)能量有損失，發(fā)生的是非彈性碰撞，故D錯誤。
故選：BC。
（2023春 天津期中）在光滑水平面上，有A、B兩個小球向右沿同一直線運動，取向右為正，兩球的動量分別是pA＝5kg m/s，pB＝7kg m/s，如圖所示，若能發(fā)生正碰，則碰后兩球的動量增量ΔpA、ΔpB可能是（　?。?br/>A．ΔpA＝﹣3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s
B．ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s
C．ΔpA＝﹣10kg m/s，ΔpB＝10kg m/s
D．ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝﹣3kg m/s
【解答】解：A、根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果ΔpA＝﹣3kg m/s、ΔpB＝3kg m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝pA+ΔpA＝5kg m/s﹣3kg m/s＝2kg m/s，p′B＝pB+ΔpB＝7kg m/s+3kg m/s＝10kg m/s，碰撞后A的動能減小，B的動能增加，總動能可能不增加，這是可能發(fā)生的，故A正確；
B、兩球碰撞過程，系統(tǒng)的動量守恒，兩球動量變化量應(yīng)大小相等，方向相反，若ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s，違反了動量守恒定律，不可能，故B錯誤；
C、如果ΔpA＝﹣10kg m/s，ΔpB＝10kg m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝﹣5kg m/s、p′B＝17kg m/s，可以看出，碰撞后A的動能不變，而B的動能增加，總動能增加，違反了能量守恒定律，不可能，故C錯誤；
D、如果ΔpA＝3kg m/s、ΔpB＝﹣3kg m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝8kg m/s、p′B＝4kg m/s，由題，碰撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大，與實際運動不符，故D錯誤。
故選：A。
（多選）（2022秋 慈溪市期末）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球A、B發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x﹣t圖像。已知m1＝0.1kg，由此可以判斷（　?。?br/>A．碰前B靜止，A向右運動
B．碰后A和B都向右運動
C．由動量守恒可以算出m2＝0.3kg
D．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能
【解答】解：A、由s﹣t（位移—時間）圖象的斜率得到，碰前B的位移不隨時間而變化，處于靜止。A向右速度大小為v1，代入數(shù)據(jù)得：v1＝4m/s，方向只有向右才能與B相撞。故A正確；
B、由圖讀出，碰后B的速度為正方向，說明向右運動，A的速度為負方向，說明向左運動。故B錯誤；
C、由圖求出碰后B和A的速度分別為v2′＝2m/s，v1′＝﹣2m/s，根據(jù)動量守恒定律得，m1v1＝m2v2′+m1v1′，代入解得，m2＝0.3kg。故C正確。
D、碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE，代入解得，ΔE＝0，故D錯誤。
故選：AC。
（2020 通榆縣校級模擬）第24屆冬奧會將于2022年在北京舉行，冰壺是比賽項目之一。如圖甲，藍壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經(jīng)過P點沿直線向藍壺滑去，滑行一段距離后，隊員在紅壺前方開始不斷刷冰，直至兩壺發(fā)生正碰為止。已知，紅壺經(jīng)過P點時速度v0＝3.25m/s，P、O兩點相距L＝27m，大本營半徑R＝1.83m，從紅壺進入刷冰區(qū)域后某時刻開始，兩壺正碰前后的v﹣t圖線如圖乙所示。假設(shè)在未刷冰區(qū)域內(nèi)兩壺與冰面間的動摩擦因數(shù)恒定且相同，紅壺進入刷冰區(qū)域內(nèi)與冰面間的動摩擦因數(shù)變小且恒定，兩壺質(zhì)量相等且均視為質(zhì)點。
（1）試計算說明碰后藍壺是否會滑出大本營；
（2）求在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離s。
【解答】解：（1）根據(jù)速度圖象可知，碰撞前紅壺的速度v1＝1.25m/s，碰后的速度為v1′＝0.25m/s，
碰撞前藍壺的速度為0，設(shè)碰撞后藍壺的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律可得：mv1＝mv1′+mv2
解得：v2＝1m/s，
根據(jù)速度圖象可知，兩壺在未刷冰區(qū)域內(nèi)的加速度為：a2m/s2＝0.25m/s2，
碰后藍壺運動的位移為：x2m＝2m＞R＝1.83m，故藍壺會滑出大本營；
（2）根據(jù)圖象可知紅壺在刷冰區(qū)域內(nèi)的加速度為：a1m/s2＝0.15m/s2，
設(shè)紅壺進入刷冰區(qū)域時的速度為v，根據(jù)速度—位移關(guān)系可得：L
解得：v＝2.88m/s
在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離為：s22.46m
答：（1）碰后藍壺會滑出大本營；
（2）在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離為22.46m。
考點二、彈性碰撞的實例分析
在光滑水平面上質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰．根據(jù)動量守恒和能量守恒：
m1v1＝m1v1′＋m2v2′；m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
碰后兩個物體的速度分別為
v1′＝v1，v′2＝v1.
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都與v1方向同向．(若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去)
(2)若m1(3)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度互換．
（2024 南關(guān)區(qū)校級模擬）如圖所示，用長度均為l的輕質(zhì)細繩懸掛三個形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依次滿足m1 m2 m3（“ ”表示“遠大于”）。將左邊第一個小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個小球開始運動時的速度約為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：設(shè)碰撞前瞬間第一個小球的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律，有
解得
設(shè)第一個小球與第二個小球碰撞后兩個小球的速度分別為v1和v2，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有
m1v0＝m1v1+m2v2
根據(jù)機械能守恒定律，有
聯(lián)立解得
由于m1 m2，則v2＝2v0，同理，v3＝2v2，所以
故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024春 昆明期末）質(zhì)量為1kg的物塊A與另一物塊B在光滑水平面上發(fā)生正碰，兩物塊的位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。則物塊B的質(zhì)量為（　　）
A．1kg B．2kg C．3kg D．6kg
【解答】解：位移—時間圖像的斜率表示滑塊的速度，由圖像可得兩滑塊A、B碰撞前后的速度分別為
v2m/s＝0、v1′m/s＝﹣2m/s、v2′m/s＝2m/s
取碰撞前A的速度方向為正方向，由動量守恒定律有
m1v1＝m1v1′+m2v2′
解得
m2＝3kg
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024春 武漢期末）光滑水平面上有A、B兩球，質(zhì)量分別為m1、m2，A球以初速度vB與靜止的B球發(fā)生正碰。下列說法不正確的是（　　）
A．若碰撞是彈性碰撞且碰后A球速度反向，則一定有m1＜m2
B．若碰撞是彈性碰撞且有m1＜m2，則碰后A球速度一定反向
C．若碰撞是非彈性碰撞且碰后A球速度反向，則一定有m1＜m2
D．若碰撞是非彈性碰撞且有m1＜m2，則碰后A球速度一定反向
【解答】解：AB、若發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
根據(jù)機械能守恒定律得：
解得：
若m1＜m2，則有v1＜0，同理：若v1＜0，則m1＜m2，故AB正確；
CD、若碰撞為非彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
根據(jù)動能不增加原則有：
解得：
若m1＜m2可知碰后A球速度不一定反向；
若碰后A球速度反向，即v1＜0，則一定有m1＜m2，故C正確，D錯誤。
本題選錯誤的，
故選：D。
（2024春 廬陽區(qū)校級期中）如圖所示的裝置中，木塊B放在光滑的水平桌面上，子彈A以水平速度v0射入木塊后（子彈與木塊作用時間極短），子彈立即停在木塊內(nèi)。然后將輕彈簧壓縮到最短，已知木塊B的質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則從子彈開始入射木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（　?。?br/>A．系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒
B．系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒
C．系統(tǒng)損失的機械能為
D．彈簧最大的彈性勢能等于
【解答】解：AB、子彈在擊中木塊過程要克服阻力做功，機械能有損失，系統(tǒng)機械能不守恒，子彈與木塊壓縮彈簧過程，子彈、木塊、彈簧組成的系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，由此可知，彈簧、子彈和木塊組成的系統(tǒng)在整個過程中動量不守恒、機械能不守恒，故AB錯誤；
C、子彈擊中木塊過程子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，
系統(tǒng)損失的機械能：ΔE，故C正確；
D、木塊壓縮彈簧過程，由能量守恒定律得：（M+m）v2＝EP，解得：EP，故D錯誤；
故選：C。
（2024春 朝陽區(qū)期末）在同一豎直平面內(nèi)，兩個大小相同的小球A，B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?，F(xiàn)將A球從最低點拉起高度h并由靜止釋放，在最低點與B球發(fā)生正碰。已知A球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計小球半徑和空氣阻力。
（1）若B球的質(zhì)量也為m且將左側(cè)涂膠，A、B兩球碰后粘在一起。求：
a．碰后瞬間兩球的速度大小v；
b．碰撞過程中損失的機械能ΔE。
（2）若將B球換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實驗，兩球發(fā)生彈性碰撞且碰后兩球上升的最大高度相同，求B球的質(zhì)量mB。
【解答】解：（1）a．根據(jù)動能定理得：，解得小球A的碰前速度
小球A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝（m+m）v，解得碰后瞬間兩球的速度大小v
b．根據(jù)能量守恒定律得：，解得碰撞過程中損失的機械能ΔE
（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝mv1+mBv2
根據(jù)機械能守恒定律得：
由于碰后兩球上升的最大高度相同，設(shè)為H，根據(jù)機械能守恒得：，
聯(lián)立解得：mB＝3m
答：（1）a．碰后瞬間兩球的速度大小v為；
b．碰撞過程中損失的機械能ΔE為。
（2）B球的質(zhì)量mB為3m。
一：完全非彈性碰撞
系統(tǒng)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．
設(shè)兩者碰后的共同速度為v共，則有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
機械能損失為ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2.
聯(lián)立解得：v共 =；ΔEk=
二、碰撞的原則
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
（2024春 惠山區(qū)校級期末）在短道速滑接力賽中，“接棒”運動員甲在“交棒”運動員乙前面向前滑行，追上時乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。不計阻力，則（　?。?br/>A．乙對甲的沖量與甲對乙的沖量大小相等
B．甲的動量變化一定比乙的動量變化快
C．甲的動量變化量與乙的動量變化量大小不等
D．甲的速度變化量與乙的速度變化量大小相等
【解答】解：A.因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等、方向相反，由沖量的定義I＝Ft分析可知，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等，故A正確；
B.動量變化率大小為F，即動量的變化率大小為二者的相互作用力，大小相等，由于系統(tǒng)動量守恒，所以甲的動量變化與乙的動量變化一樣快，故B錯誤；
C.由I＝Δp知即甲、乙的動量變化一定大小相等，方向相反，故C錯誤；
D.由Δp＝mΔv，可知由于甲、乙的質(zhì)量大小關(guān)系未知，所以甲的速度變化量與乙的速度變化量大小不一定相等，故D錯誤。
故選：A。
（2024春 房山區(qū)期末）如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度，不計空氣阻力。對于彈丸射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．整個過程中，彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量守恒
B．從彈丸擊中沙箱到與沙箱共速的過程機械能守恒
C．若保持M、m、l不變，v變大，且彈丸未射出，則系統(tǒng)損失的機械能變大
D．若保持M、m、v不變，l變大，則彈丸與沙箱的最大擺角不變
【解答】解：AB．彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，而系統(tǒng)的機械能因摩擦生熱而減少，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝（M+m）v1
解得
彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，而系統(tǒng)的外力之和不為零動量不守恒，故整個過程中彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量不守恒，子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機械能不守恒，故AB錯誤；
C．由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能為
解得
若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大，故C正確；
D．彈丸與沙箱一起擺動過程，設(shè)最大擺角為α，則有
聯(lián)立解得
若保持M、m、v不變，l變大，則彈丸與沙箱的最大擺角α變小，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 大興區(qū)期末）體積相同的小球A和B懸掛于同一高度，靜止時兩根輕繩豎直，兩球球心等高且剛好彼此接觸。如圖所示，保持B球靜止于最低點，拉起A球，將其由距最低點高度為h處靜止釋放，兩球發(fā)生碰撞后分離。兩球始終在兩懸線所決定的豎直平面內(nèi)運動，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．兩球從碰撞到分離的過程中，A球減少的動能與B球增加的動能大小一定相等
B．兩球從碰撞到分離的過程中，A球動量的變化量與B球動量的變化量大小一定相等
C．兩球從碰撞到分離的過程中，A球?qū)球的沖量大于B球?qū)球的沖量
D．B球上升的最大高度不可能大于h
【解答】解：A、兩球質(zhì)量未知，由題中條件無法確定是不是彈性碰撞，所以不能確定A球減少的動能與B球增加的動能是不是一定相等，故A錯誤；
B、兩球在最低點碰撞，從碰撞到分離的過程中，動量守恒，AB球的總動量不變，所以A球動量的變化量與B球動量的變化量大小一定相等，方向相反，故B正確；
C、沖量I＝Ft，A對B的作用力和B對A的作用力等大反向，且作用時間相同，所以A球?qū)球的沖量等于B球?qū)球的沖量，故C錯誤；
D、假設(shè)AB是彈性碰撞，則有動量守恒和能量守恒得mAvA＝mAv'A+mBv'B，
聯(lián)立可得：，
且根據(jù)機械能守恒可得：mAgh，mBgh'
聯(lián)立可得：
如果mA＞mB，則可得h'＞h，故D錯誤。
故選：B。
（2024 東港區(qū)校級模擬）如圖所示，木塊A的右側(cè)為光滑曲面，且下端極薄，上端軌道切線豎直，其質(zhì)量為2.0kg，靜止于光滑水平面上。一質(zhì)量為2.0kg的小球B以2.0m/s的速度從右向左運動沖上A的曲面，與A發(fā)生相互作用。B球沿A曲面上升的最大高度為（　?。?br/>A．0.1m B．0.2m C．0.5m D．0.05m
【解答】解：A與B組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mBvB＝（mA+mB）v
由機械能守恒定律得
解得h＝0.1m
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024春 鷹潭期末）如圖所示，一質(zhì)量為M＝3.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量為m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B。在A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小可能是（　?。?br/>A．1.8m/s B．2.4m/s C．2.8m/s D．3.0m/s
【解答】解：以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，因為系統(tǒng)不受外力，則系統(tǒng)動量守恒，選擇水平向右的方向為正方向，從A開始運動到A的速度為零的過程中，根據(jù)動量守恒定律可得：
（M﹣m）v0＝MvB1
代入數(shù)據(jù)解得：vB1＝2.67m/s
當從開始運動到A、B共速的過程中，根據(jù)動量守恒定律可得：
（M﹣m）v0＝（M+m）vB2
代入數(shù)據(jù)解得：vB2＝2m/s
木塊A加速運動的過程為其速度為零至與B共速，此過程中B始終減速，則在木塊A正在做加速運動的時間內(nèi)，B的速度范圍為2m/s≤vB≤2.67m/s，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2024春 重慶期末）如圖所示，質(zhì)量分別為50kg、60kg的甲、乙兩人靜止在光滑的水平冰面上，甲沿水平方向推了乙，結(jié)果兩人向相反方向滑去。兩人分開后，乙的速度大小為2.5m/s，下列說法正確的是（　?。?br/>A．甲對乙的作用力大小與乙對甲的作用力大小之比為6：5
B．兩人分開后，甲的動能與乙的動能相等
C．甲對乙的沖量大小為180N s
D．兩人分開后，甲的速度大小為3m/s
【解答】解：A、根據(jù)牛頓第三定律可知甲對乙的作用力大小與乙對甲的作用力大小相等，方向相反，故A錯誤；
BD、甲、乙兩人組成的系統(tǒng)動量守恒，以甲的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：0＝m甲v甲﹣m乙v乙，解得甲的速度v甲＝3m/s
二者的動量相等，質(zhì)量不等，根據(jù)可知二者的動能不等，故B錯誤，D正確；
C、取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得：甲對乙的沖量大小I＝m乙v乙﹣0＝60×2.5N s＝150N s，故C錯誤。
故選：D。
（2024春 高新區(qū)期末）如圖所示，一小車靜止于光滑水平面，其上固定一光滑彎曲軌道，整個小車（含軌道）的質(zhì)量為m．現(xiàn)有質(zhì)量也為m的小球，以水平速度v0從左端滑上小車，沿彎曲軌道上升到最高點，最終從軌道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小球沿軌道上升到最高點時，小車的速度為零
C．小球沿軌道上升的最大高度為
D．小球滑離小車后，做自由落體運動
【解答】解：ABC．依題意，小車和小球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，則系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向上不守恒。設(shè)達到最高點的高度為H，此時小球仍然具有水平速度，取水平向右為正方向，由動量守恒定律，可得mv0＝（m+m）v
根據(jù)能量守恒，可得
聯(lián)立，解得
故ABC錯誤；
D．設(shè)小球滑離小車時，二者速度分別為v球和v車，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒可得
聯(lián)立解得v球＝0
小球滑離小車后，做自由落體運動，故D正確。
故選：D。
（2024春 重慶期末）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A與質(zhì)量為3m的物塊B靜置于光滑水平面上，B與一個水平輕質(zhì)彈簧拴接。現(xiàn)使物塊A獲得水平向右的初速度v0，A與彈簧發(fā)生相互作用，最終與彈簧分離，全過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。
（1）求兩物塊最終分離時各自的速度；
（2）在兩物塊相互作用過程中，求當物塊A的速度大小為時彈簧的彈性勢能。
【解答】解：（1）取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得
mv0＝mvA1+3mvB1
根據(jù)機械能守恒定律得
聯(lián)立解得：，
即分離時A的速度為，方向向左；B的速度為，方向向右；
（2）取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得
mv0＝mvA+3mvB
根據(jù)機械能守恒定律有
當物塊A的速度大小為時，方向向右時，，解得：
當物塊A的速度大小為時，方向向左，，解得：
答：（1）兩物塊最終分離時A的速度為，方向向左，B的速度為，方向向右；
（2）當物塊A的速度大小為時彈簧的彈性勢能為或。
（2024 坪山區(qū)校級模擬）如圖所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接。一質(zhì)量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質(zhì)量為m的子彈射中，子彈留在木塊中。子彈擊中木塊前的速度為v0。若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為g，求：
（1）子彈擊中木塊后的速度；
（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量Q；
（3）木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s。
【解答】解：（1）子彈擊中木塊的過程，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有
mv0＝（m+M）v
解得子彈擊中木塊后的速度
（2）根據(jù)能量守恒定律得
解得子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量：
（3）從子彈擊中木塊后到木塊運動到C點的過程，由機械能守恒定律有：
（M+m）v2（M+m）（M+m）g 2R
木塊從C點飛出后做平拋運動，豎直方向有
水平方向有s＝vct
聯(lián)立解得
答：（1）子彈擊中木塊后的速度為；
（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量Q為；
（3）木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s為2。

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