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49 碰撞[方法点拨] (1)对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．(2)明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．1．(2018·湖北荆州质检)如图1所示， A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1＝4 kg·m/s 和p 2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为( )图1A ．－2 kg·m/s, 3 kg·m/sB ．－8 kg·m/s, 8 kg·m/sC ．1 kg·m/s, －1 kg·m/sD ．－2 kg·m/s, 2 kg·m/s2．(2017·湖北武汉2月调考)在光滑水平面上，物块a 以大小为v 的速度向右运动，物块b 以大小为u 的速度向左运动，a 、b 发生弹性正碰．已知a 的质量远远小于b 的质量，则碰后物块a 的速度大小是( ) A ．v B ．v ＋u C ．v ＋2u D ．2u －v3．(2018·山东济宁期中)在光滑的水平地面上放有一质量为M 带光滑14圆弧形槽的小车，一质量为m 的小铁块以速度v 沿水平槽口滑去，如图2所示，若M ＝m ，则铁块离开车时将( )图2A ．向左平抛B ．向右平抛C ．自由落体D ．无法判断4．(2017·北京海淀区零模) 如图3所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个小物块，其中物块A 的左侧连接一水平轻质弹簧．物块A 处于静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A 的速率变化情况，图线2表示物块B 的速率变化情况．则在这四个图象中可能正确的是( )图35.质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x－t 图象如图4所示，则( )图4A．此碰撞一定为弹性碰撞B．被碰物体质量为2 kgC．碰后两物体速度相同D．此过程有机械能损失6．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图5所示．则上述两种情况相比较( )图5A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大7．(多选)(2017·江西新余一中第七次模拟)如图6所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，物体压缩弹簧(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断开，物体沿车滑动到B端并粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )图6A．若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒B．若物体滑动中受摩擦力，全过程系统动量守恒C．不论物体滑动中受不受摩擦力，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中受不受摩擦力，系统损失的机械能相同8．如图7所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B两球碰撞前、后两球的总动能之比为________．图79．(2017·广东广州12月模拟)如图8所示，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d ＝3 m．一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞．两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能．重力加速度g＝10 m/s2, 求：图8(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔．10．(2018·甘肃天水一中学段考试)如图9所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M＝2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求：图9(1)平板车的长度L至少多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度v n；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s.答案精析1．D [由于碰撞过程中动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A 错误；因为碰撞的过程中系统动能不增加．若Δp 1和Δp 2分别为－8 kg·m/s, 8 kg·m/s，则p 1′＝－4kg·m/s，p 2′＝14 kg·m/s，根据E k ＝p 22m知相撞过程中系统动能增加，B 错误；两球碰撞的过程中，B 球的动量增加，Δp 2为正值，A 球的动量减小，Δp 1为负值，故C 错误．变化量分别为－2 kg·m/s、2 kg·m/s，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D 正确．] 2．C3．C [小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝Mv 车＋mv 铁由机械能守恒定律得：12mv 2＝12Mv 车2＋12mv 铁2解得铁块离开小车时：v 铁＝0，v 车＝v所以铁块离开时将做自由落体运动，故A 、B 、D 错误，C 正确．]4．B [物块B 压缩弹簧的过程，开始时A 做加速运动，B 做减速运动，两个物块的加速度增大．当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A 继续加速，B 继续减速．当弹簧恢复原长时B 离开弹簧，A 、B 均做匀速直线运动，C 、D 错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度v A ＝2m B m A ＋m B v 0，v B ＝m B －m Am A ＋m Bv 0.A 、B 两项中碰后B 的速度为正值，可知m B >m A ，故v A ＝2m Am B＋1v 0>v 0，故A 错误，B 正确．]5．A [x －t 图象的斜率表示物体的速度，由题图求出碰撞前后的速度分别为：v 1＝4 m/s ，v 2＝0，v 1′＝－2 m/s ，v 2′＝2 m/s ；由动量守恒定律m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′得，m 2＝3 kg ；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J ，机械能没有损失，因此是弹性碰撞，B 、C 、D 错误，A 正确．]6．AB [根据动量守恒，两种情况下最终子弹与木块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量也相同，B 正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C 错误；产生的热量Q ＝F f ·Δx ，由于产生的热量相同，而相对位移Δx 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．]7．BCD [物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A 错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B 正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中受不受摩擦力无关，故D 正确．] 8．4∶1 9∶5解析 设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前、后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，所以有m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝41.A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为12m B v B 1212m B v B 22＋12m A v A 22＝95. 9．(1)2 m/s ，方向向左 4 m/s ，方向向右 (2)1 s解析 (1)设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向 由动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2碰撞前后动能相等：12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22解得：v 1＝－2 m/s ，负号表示方向向左；v 2＝4 m/s ，方向向右 (2)碰后，两物块在OQ 段减速时加速度大小均为：a ＝μg ＝2 m/s 2B 经过t 1时间与Q 处挡板碰，由运动学公式： v 2t 1－12at 12＝d得t 1＝1 s(t 1＝3 s 舍去)与挡板碰后，B 的速度大小v 3＝v 2－at 1＝2 m/s 反弹后减速时间t 2＝v 3a＝1 s反弹后经过位移x 1＝v 322a＝1 m ，B 停止运动．物块A 与P 处挡板碰后，以v 4＝2 m/s 的速度滑上O 点，经过x 2＝v 422a＝1 m 停止．所以最终A 、B 的距离x ＝d －x 1－x 2＝1 m ，两者不会碰第二次． 在A 、B 碰后，A 运动总时间t A ＝2(L －d )|v 1|＋v 4μg＝3 sB 运动总时间t B ＝t 1＋t 2＝2 s则时间间隔Δt AB ＝1 s. 10．(1)8v 023μg (2)v 03n (3)3v 022μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有 12(M ＋m )v 02－12(M ＋m )v 12＝12F f L 解得L ＝8v 023μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的13，那么平板车和物块以相同的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同， 所以v 2＝13v 1＝(13)2v 0所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝v 03n(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝12(M ＋m )v 02整理得s ＝3v 022μg .。
第 2 讲动量守恒定律及应用见学生用书 P094微知识 1 动量守恒定律1．内容：假如系统不受外力，或许所受外力的协力为零，这个系统的总动量保持不变。
2．常用的四种表达形式(1)p＝p′，即系统互相作用前的总动量 p 和互相作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
(2)p＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为零。
(3)p1＝－ p2，即互相作用的系统内的两部分物体，此中一部分动量的增添量等于另一部分动量的减少许。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即互相作用前后系统内各物体的动量都在同向来线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
3．常有的几种守恒形式及建立条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的协力为零。
(2)近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
(3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上协力为零，系统在该方向上动量守恒。
微知识 2 碰撞1．碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生特别大的互相作用的过程。
2．碰撞特色(1)作用时间短。
(2)作使劲变化快。
(3)内力远大于外力。
(4)知足动量守恒。
3．碰撞的分类及特色(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
(3)完整非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
微知识 3 爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分构成的系统总动量守恒。
微知识 4 反冲运动1．物体的不一样部分在内力作用下向相反方向运动的现象。
2．反冲运动中，互相作使劲一般较大，往常能够用动量守恒定律来办理。
一、思想辨析 (判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)1．动量守恒定律中的速度是相关于同一参照系的速度。
(√)2．质量相等的两个物体发生碰撞时，必定互换速度。
(×)3．系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。
(×)4．系统的动量守恒时，机械能也必定守恒。
(×)二、对点微练1．(动量守恒条件 )(多项选择 )如下图，在圆滑水平面上有 A、B 两个木块， A、B 之间用一轻弹簧连结， A 靠在墙壁上，使劲 F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。
第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲【基础梳理】一、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.二、碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类2.爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．3．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．【自我诊断】判一判(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．( )(2)动量守恒只适用于宏观低速．( )(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．( )(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．( )(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．( )(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒．( )提示：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√做一做(2018·安徽名校联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同提示：选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．想一想碰撞过程除了系统动量守恒之外，还需要满足什么条件？碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同？提示：碰撞过程除了系统动量守恒之外，还要满足的条件：系统动能不增加；碰撞结果要符合实际情况．碰撞系统动能不增加，而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同．对动量守恒定律的理解和应用[学生用书P113]【知识提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．2．动量守恒定律的“五性”(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[审题指导] 在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．[解析] (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案] (1)20 kg (2)见解析1．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m 1v －1＝m 2v －2得m 1x 1＝m 2x 2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒． (2)构成系统的两物体原来静止，因相对作用而反向运动． (3)x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．【迁移题组】迁移1 动量守恒的条件判断 1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C.动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C 正确，A 、B 、D 错误．迁移2 人船模型 2.如图所示，长为l ，质量为m 的小船停在静水中，一个质量为m ′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v 1、v 2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝m ′v 2－mv 1，即m ′v 2＝mv 1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m ′ v －2＝m v －1，等式两边同乘运动的时间t ，得m ′v －2t ＝m v －1t ，即m ′x 2＝mx 1又因x 1＋x 2＝l ，因此有x 1＝m ′lm ′＋m. 答案：m ′lm ′＋m迁移3 子弹打木块模型3．(多选)如图所示，质量为m 的子弹水平射入质量为M 、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为( )A ．16 JB ．11.2 JC ．4.8 JD ．3.4 J解析：选AB.法一：设子弹的初速度为v 0，与木块的共同速度为v ，则由动量守恒定律有mv 0＝(M ＋m )v ；系统产生的内能Q ＝fd ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2，木块得到的动能为E k1＝fs ＝12Mv 2，其中，f 为子弹与木块间的摩擦力，d 为子弹在木块内运动的位移，s 为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q ＝M ＋mmE k1>E k1，故选项A 、B 正确．法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的v －t 图象如图所示，根据v －t 图象与坐标轴所围面积表示位移，ΔOAt 的面积表示木块的位移s ，ΔOAv 0的面积表示子弹相对木块的位移d ，系统产生的内能Q ＝fd ，木块得到的动能E k1＝fs ，从图象中很明显可以看出d >s ，故系统产生的内能大于木块得到的动能．迁移4 弹簧模型 4.如图所示，滑块A 、B 的质量分别为m 1与m 2，m 1<m 2，由轻质弹簧相连接，置于水平的气垫导轨上．用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧，两滑块一起以恒定的速度v 0向右滑动，突然，轻绳断开．当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块A 的速度正好为零，问在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度等于零的时刻？试通过定量分析，证明你的结论．解析：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块A 的速度为零，故系统的机械能等于滑块B 的动能．设这时滑块B 的速度为v ，则有E ＝12m 2v 2由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 解得E ＝12·（m 1＋m 2）2v 2m 2假定在以后的运动中，滑块B 可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块A 的速度为v 1，这时，不论弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，都具有弹性势能E p .由机械能守恒定律得12m 1v 21＋E p ＝12·（m 1＋m 2）2v 20m 2 ①根据动量守恒得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1求出v 1，代入①式得（m 1＋m 2）2v 202m 1＋E p ＝（m 1＋m 2）2v 202m 2因为E p ≥0，故得（m 1＋m 2）2v 202m 1≤（m 1＋m 2）2v 22m 2即m 1≥m 2，与已知条件m 1<m 2不符．可见滑块B 的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑块B 的速度为零的情况．答案：见解析对碰撞现象中规律的分析[学生用书P114]【知识提炼】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′212m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． ④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等． (2)完全非弹性碰撞 ①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【典题例析】(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[审题指导] 由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．[解析] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ②联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0 解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去． 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .[答案] (5－2)M ≤m ＜M动量与能量的综合在碰撞中的求解技巧(1)处理这类问题，关键是区分物体相互作用的情况，分清物体的运动过程，寻找各相邻运动过程的联系，弄清各物理过程所遵循的规律．(2)对于发生弹性碰撞的物体，其作用过程中系统机械能守恒，动量守恒；对于非弹性碰撞来说，系统的动量守恒但机械能不守恒，系统损失的机械能等于转化的内能．【迁移题组】迁移1 碰撞的可能性分析1．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v ′A 大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E ′k ＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．迁移2 弹性碰撞规律求解 2．(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋μmgl③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv 1＝mv ′1＋3m4v ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22 ⑤联立④⑤式解得v ′2＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 2113gl⑧联立②⑧式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为32v 20113gl ≤μ<v 22gl .答案：32v 20113gl ≤μ<v 22gl迁移3 非弹性碰撞的分析3．(多选)(2018·宁夏银川模拟)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是( )A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg ·m/sB ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·sC ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg ·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：选ABD.根据题图可知，碰前A 球的速度v A ＝－3 m/s ，碰前B 球的速度v B ＝2 m/s ，碰后A 、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s ，故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝mv －mv A ＝4 kg ·m/s ，选项A 正确；A 球的动量变化量为4 kg ·m/s ，碰撞过程中动量守恒，B 球的动量变化为－4 kg ·m/s ，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·s ，选项B 正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，解得m B＝43kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12mv 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝10 J ，选项D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103kg ·m/s ，选项C 错误．迁移4 爆炸与反冲模型4．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102kg ·m/sD ．6.3×102kg ·m/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．[学生用书P115]1.(2015·高考福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0，B 的动量p B ＝－2mv 0.碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D 符合题意．2.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A 队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A ＝5 kg ·m/s ，花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p ′B ＝4 kg ·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是( )A ．mB ＝m A B ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．m B ＝6m A解析：选A.由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p ′A ＋p ′B ，解得p ′A ＝1 kg ·m/s ，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p 2A 2m A ≥p ′2A 2m A ＋p ′2B2m B ，代入数据解得m B ≥23m A ，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B 的速度，则p ′A m A ≤p ′B m B ，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，选项A 正确． 3.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1①代入数据解得v 1＝8 m/s.它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时， 它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有 (m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2 ②由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m ＋m 0＋M )v 22③联立①②③并代入数据解得μ＝0.54. 答案：0.544．(2015·高考全国卷Ⅱ)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 变化的图象如图所示．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械能之比． 解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得 v ＝23m/s③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④ 联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8. ⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v2⑥由图象可知，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 ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8 (2)1∶2[学生用书P315(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(高考浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．2．(2018·泉州检测)有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向右，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv 0＝2mv ＋mv ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.3．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)解析：选D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1，解得v 1＝（m 1＋m 2）v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1·(v 0－v 2)．4．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m Mv 0 B ．M mv 0 C.MM －mv 0 D ．mM －mv 0 解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m )v ′故v ′＝mv 0M －m，选项D 正确． 5.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M ，质量为m 的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A.2LMM ＋mB ．2LmM ＋mC.ML M ＋m D ．mL M ＋m解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O 点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L .小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有mv 1＝Mv 2，故ms 1＝Ms 2，s 1＋s 2＝2L ，其中s 1代表小球的水平位移大小，s 2代表小车的水平位移大小，因此s 2＝2LmM ＋m，选项B 正确． 6．(2018·江西赣州信丰模拟)如图所示，B 、C 、D 、E 、F ，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B 、C 、D 、E ，4个球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A 球的质量等于F 球质量．A 球以速度v 0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )A ．3个小球静止，3个小球运动B ．4个小球静止，2个小球运动C ．5个小球静止，1个小球运动D ．6个小球都运动解析：选A.因A 、B 质量不等，M A ＜M B .A 、B 相碰后A 速度向左运动，B 向右运动．B 、C 、D 、E 质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E 有向右的速度，B 、C 、D 静止．E 、F 质量不等，M E ＞M F ，则E 、F 都向右运动．所以B 、C 、D 静止；A 向左，E 、F 向右运动．故A 正确，B 、C 、D 错误．二、多项选择题7．如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s解析：选AB.以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1≈2.67 m/s ，当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 正在做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．8.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B ＜v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg ·m/s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v ′A 、v ′B ，由题意知p ′A ＝m A v ′A ＝2 kg ·m/s ，p ′B ＝m B v ′B ＝10 kg ·m/s ，解得v ′A v ′B ＝25.碰撞后A 球动量变为2 kg ·m/s ，B 球动量变为10 kg ·m/s ，又m B＝2m A ，由计算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确．9.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2 B ．mM2（m ＋M ）v 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守。
