高中物理人教版5第十六章动量守恒定律4碰撞 第十六章第4节碰撞

第4节碰撞1.理解弹性碰撞、非弹性碰撞、正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞)．2．会运用动量守恒定律和能量的观点分析、解决一维碰撞问题．一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞和非弹性碰撞(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞．(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性碰撞．2．一维弹性碰撞分析在光滑水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒和能量守恒：m1v1＝m1v′1＋m2v′2；eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)碰后两个物体的速度分别为v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.(1)若m1>m2，v′1和v′2都是正值，表示v′1和v′2都与v1方向同向．(若m1≫m2，v′1＝v1，v′2＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)(2)若m1<m2，v′1为负值，表示v′1与v1方向反向，m1被弹回．(若m1≪m2，v′1＝－v1，v′2＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止)(3)若m1＝m2，则有v′1＝0，v′2＝v1，即碰撞后两球速度互换．(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．()(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的．()(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．()提示：(1)√(2)×(3)√二、对心碰撞和非对心碰撞及散射1．对心碰撞和非对心碰撞(1)对心碰撞(正碰)：碰撞前后，物体的运动方向在一条直线上．(2)非对心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物体的运动方向不在一条直线上．2．散射(1)定义：微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不发生直接接触而发生的碰撞．(2)散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方．如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？碰撞一定是对心碰撞吗？提示：不一定．只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度．母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生．知识点一碰撞过程的特点及分类1．碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．弹性碰撞在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0[解析]由弹性碰撞的规律可知，当两球质量相等时，碰撞时两球交换速度．先球1与球2碰，再球2与球3碰，故选D.[答案]D完全非弹性碰撞如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．问：(1)A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？[解析](1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．以v0的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2).(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球构成的系统动量守恒，有：2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v1＝eq\f(v0,3).[答案](1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(v0,3)知识点二分析碰撞问题的“三个原则”1．动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.2．总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p′eq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(2,2),2m2).3．速度要符合情景：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的速度大小或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后．如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是()A．v′A＝－2m/s，v′B＝6m/sB．v′A＝2m/s，v′B＝2m/sC．v′A＝1m/s，v′B＝3m/sD．v′A＝－3m/s，v′B＝7m/s[解析]两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)≥eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)②，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．[答案]D处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系．(3)要灵活运用Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)，Ek＝eq\f(1,2)pv或p＝eq\f(2Ek,v)几个关系式.质量相等的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pA＝9kg·m/s，B球的动量pB＝3kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是()A．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sC．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/sD．pA′＝－4kg·m/s，pB′＝17kg·m/s解析：选A.由碰撞前后两球总动量守恒，即pA＋pB＝pA′＋pB′，可排除选项D；由碰撞后两球总动能不可能增加，即eq\f(peq\o\al(2,A),2m)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2m)≥eq\f(pA′2,2m)＋eq\f(pB′2,2m)，可排除选项C；由碰撞后A球不可能穿越B球，即eq\f(pA′,m)≤eq\f(pB′,m)，可排除选项B.所以，四个选项中只有选项A是可能的．知识点三爆炸类问题解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．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，因此爆炸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，物体发生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能．[思路点拨](1)手榴弹到达最高点时具有水平方向的动量，爆炸过程中水平方向动量守恒．(2)爆炸过程中增加的动能来源于燃料的化学能．[解析](1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0设v1的方向为正方向，如图所示．由动量守恒定律得3mv1＝2mv′1＋mv2其中爆炸后大块弹片速度v′1＝2v0解得v2＝－，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即ΔEk＝eq\f(1,2)·2mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)＝eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0).[答案](1)方向与爆炸前速度方向相反(2)eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)处理爆炸问题的注意事项(1)在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能增加．典型问题——用动量和能量观点解决“三类模型”动量与能量观点的综合应用常见的有以下三种模型：1．子弹打木块类模型(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．(3)若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．1.如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能．[解析]因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．(1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′，①二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，②由①②两式解得：x＝eq\f(m2v2,2（M＋m）2μg).(2)射入过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，③解得：ΔE＝eq\f(Mmv2,2（M＋m）).[答案](1)eq\f(m2v2,2（M＋m）2μg)(2)eq\f(Mmv2,2（M＋m）)2．滑块—滑板类模型(1)把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．(2)由于摩擦生热，机械能转化为内能，则系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．(3)注意滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度．2.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？[解析](1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝eq\f(Mv0,M＋m).(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v′2.解得x相＝eq\f(Mveq\o\al(2,0),2μg（M＋m）).(3)由能量守恒定律可得，Q＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）).[答案](1)eq\f(Mv0,M＋m)(2)eq\f(Mveq\o\al(2,0),2μg（M＋m）)(3)eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)3．弹簧类模型(1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．(2)整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．(3)注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．3.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．[解析]A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)③联立①②③式得ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0).④(2)由②式可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep⑥联立④⑤⑥式得Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0).⑦[答案](1)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)(1)多个物体组成的系统应用动量守恒时，既可以根据作用的先后顺序选取系统，也可以选所有物体为系统，这要由题目需要而定．(2)注意题目中出现两物体相距最远、最近或物体上升到最高点等状态时，往往对应两物体速度相等．(3)当问题有多过程、多阶段时，必须分清不同过程的受力特点、力的做功特点等，明确对应过程所遵从的规律.一轻质弹簧的两端连接两滑块A和B，已知mA＝kg，mB＝3kg，放在光滑水平面上，开始时弹簧处于原长，现滑块A被水平飞来的质量为mC＝10g、速度为400m/s的子弹击中，且没有穿出，如图所示，求：(1)子弹击中滑块A的瞬间滑块A和B的速度；(2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)子弹击中滑块A的过程中，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，很短时间具有共同速度vA，取子弹开始运动方向为正方向，有mCv0＝(mA＋mC)vA得vA＝eq\f(mCv0,mA＋mC)＝4m/s滑块A在此过程中无位移，弹簧无形变，滑块B仍静止，即vB＝0.(2)对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，当滑块A、B速度v相等时弹簧的弹性势能Ep最大，根据动量守恒和机械能守恒，有mCv0＝(mA＋mB＋mC)v得v＝eq\f(mCv0,mA＋mB＋mC)＝1m/sEp＝eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝6J.答案：(1)4m/s0(2)6J[随堂达标]1．(2023·南通高二检测)两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断()A．碰撞前两个球的动量一定相等B．两个球的质量一定相等C．碰撞前两个球的速度一定相等D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反解析：选D.两球碰撞过程动量守恒，由于碰撞后两球都静止，总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A错误，D正确；两球的质量是否相等不确定，故碰撞前两个球的速度是否相等也不确定，B、C错误．2．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰．碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是()\f(1,3)v0 \f(2,3)v0\f(4,9)v0 \f(5,9)v0解析：选AB.当以A球原来的速度方向为正方向时，则vA′＝±eq\f(1,3)v0根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mvB′mv0＋0＝m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)v0))＋2mvB″解得：vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0.由于碰撞过程中动能不增加，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)将eq\f(1,3)v0及eq\f(2,3)v0代入上式均成立，所以A、B选项均正确．3．(多选)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()\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2\f(1,2)NμmgL D．NμmgL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恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,t)＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝eq\f(Mm,2（M＋m）)v2，可知选项A错误、B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误、D正确．4．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．5．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？解析：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)·vABC，解得vABC＝eq\f(（2＋2）×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s.(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝eq\f(2×6,2＋4)m/s＝2m/s，设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝eq\f(1,2)×(2＋4)×22J＋eq\f(1,2)×2×62J－eq\f(1,2)×(2＋2＋4)×32J＝12J.答案：(1)3m/s(2)12J[课时作业][学生用书P73(独立成册)]一、单项选择题1．(2023·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2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，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pA＝m·2v0＝的动量pB＝－2mv0.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．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，无法确定解析：选A.由动量守恒3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v碰前总动能Ek＝eq\f(1,2)×3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2碰后总动能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确．3．如图所示，质量为m的A小球以水平速度v与静止的质量为3m的B小球正碰后，A球的速率变为原来的eq\f(1,2)，则碰后B球的速度是(以v方向为正方向)()\f(v,6) B．－vC．－eq\f(v,3) \f(v,2)解析：选D.碰后A的速率为eq\f(v,2)，可能有两种情况：v1＝eq\f(v,2)；v1′＝－eq\f(v,2).根据动量守恒定律，当v1＝eq\f(v,2)时，有mv＝mv1＋3mv2，v2＝eq\f(v,6)；当v1′＝－eq\f(v,2)时，有mv＝mv1′＋3mv2′，v2′＝eq\f(v,2).若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．4．如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧．B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用．作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为()\f(1,16)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)\f(1,4)mveq\o\al(2,0) \f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：选、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，这时设A、B的速度为v，由动量守恒mv0＝2mv，弹性势能的最大值Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0).5.(2023·东城区高二检测)A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．3∶1解析：选C.由图象知，碰前vA＝4m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故选项C正确．6．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p乙′＝10kg·m/s，则两球质量m甲、m乙的关系可能是()A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲解析：选C.由动量守恒定律p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，得p甲′＝2kg·m/s，若两球发生弹性碰撞，则eq\f(peq\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(peq\o\al(2,乙),2m乙)＝eq\f(p甲′2,2m甲)＋eq\f(p乙′2,2m乙)解得m乙＝eq\f(17,7)m甲，若两球发生完全非弹性碰撞，则v甲′＝v乙′，即eq\f(p甲′,m甲)＝eq\f(p乙′,m乙)，解得m乙＝5m甲，即乙球的质量范围是eq\f(17,7)m甲≤m乙≤5m甲，选项C正确．二、多项选择题7．如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中错误的是()A．P的速度恰好为零 B．P与Q具有相同速度C．Q刚开始运动 D．Q的速度等于v解析：选物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D错误．8．(2023·湖北重点高中联考)如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A射入深度dA大于子弹B射入的深度dB，则可判断()A．子弹在木块中运动时间tA>tBB．子弹入射时的初动能EkA>EkBC．子弹入射时的初速度vA<vBD．子弹质量mA<mB解析：选BD.子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，两子弹与木块的相互作用必然同时开始同时结束，即两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故A错误；由于木块始终保持静止状态，两子弹对木块的作用力大小相等，则两子弹所受的阻力f大小相等，根据动能定理，对A子弹有－fdA＝0－EkA，EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，EkB＝fdB，而dA>dB，所以子弹的初动能EkA>EkB，故B正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有mAvA－mBvB＝eq\r(2mAEkA)－eq\r(2mBEkB)＝0，即mAEkA＝mBEkB，mAvA＝mBvB，而EkA>EkB，所以mA<mB，vA>vB，故D正确、C错误．9.带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道的质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则()A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对滑车做的功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在弧形槽上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,0),2g)解析：选BC.由于没摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决．因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的速度为v0，小球的速度为0，因而小球将做自由落体运动，对滑车做功W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，A错误，B、C正确．小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度v′，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过程看做完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′①eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝2×eq\f(1,2)Mv′2＋Mgh②解①②得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，D错误．☆10.如图所示，质量为M的小车原来静止在光滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m的物体C，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起，下列说法中正确的是()A．物体离开弹簧时，小车向左运动B．物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比为eq\f(m,M)C．物