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课时1弹性碰撞与非弹性碰撞区分与联系一、弹性碰撞和非弹性碰撞1.(2024·六盘水高二期中)2023年9月21日,“天宫课堂”第四课开讲,神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了“验证动量守恒定律”的试验。假设试验所用较小钢球的质量为较大钢球质量的一半,较小钢球以大小为1m/s的水平向左的速度与静止的较大钢球正碰,碰后速度大小分别为v1、v2,两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。则(D)A.v1=v2=0.5m/sB.v1=0,v2=1m/sC.v1=1m/s,v2=0D.v1=eq\f(1,3)m/s,v2=eq\f(2,3)m/s解析:设较小钢球的质量为m,较大钢球的质量为2m,两球碰撞过程中动量守恒、能量守恒,规定向左为正方向,依据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0=mv1+2mv2,eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2),解得v1=-eq\f(1,3)m/s,v2=eq\f(2,3)m/s,“-”代表方向向右,故选D。2.如图所示,在光滑的水平面上有一质量为1kg的小球以1m/s的速度向前运动,与质量为3kg的静止木块发生碰撞,假设碰撞后木块的速度是v木=1m/s,则(C)A.v木=1m/s这一假设是合理的,碰撞后球的速度为v球=-2m/sB.v木=1m/s这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回来C.v木=1m/s这一假设是不合理的,因为这种状况不行能发生D.v木=1m/s这一假设是可能发生的,但由于题给条件不足,v球的大小不能确定解析:若v木=1m/s,则由动量守恒定律知m1v0=m1v球+m2v木,解得v球=-2m/s,碰前动能E1=eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)=0.5J,碰后动能E2=eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,球)+eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,木)=3.5J>E1=0.5J,则假设不合理,这种状况不行能发生,故选项C正确。二、弹性碰撞实例分析3.如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同始终线相向运动,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v0A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A向右运动,B向左运动D.A向左运动,B向右运动解析:选向右为正方向,则A的动量pA=m·2v0=2mv0,B的动量pB=-2mv0。碰前A、B的动量之和为零,因动量守恒,则碰后A、B的动量之和也应为零,可知四个选项中D符合题意,选项C虽然不违反动量守恒,但违反了运动方向的合理性,A、B两个滑块不行能穿越对方而运动,故只有选项D正确。4.(多选)(2024·山东潍坊高二检测)如图所示,质量为1kg的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的弧面光滑,底部与水平面相切,一个质量为2kg的小球以3m/s的初速度滑上滑块,已知小球不能越过滑块,g取10m/s2。则(BCD)A.小球滑到滑块的最高点时,小球的速度大小为零B.小球滑到滑块的最高点时,滑块的速度大小为2m/sC.小球滑到滑块的最高点时,小球上升的高度为0.15mD.滑块所能获得的最大速度为4m/s解析:系统在水平方向动量守恒,小球到达最高点时,与滑块的水平速度相等,设为v,设小球上升的最大高度为h,已知小球的初速度v0=3m/s,小球质量m=2kg,滑块质量M=1kg,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,整个过程只有重力做功,由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)(M+m)v2+mgh,代入数据解得v=2m/s,h=0.15m,故A错误,B、C正确;小球与滑块分别时滑块的速度最大,设此时小球的速度为v1,滑块的速度为v2,系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2,由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2),代入数据解得v2=4m/s,故D正确。5.如图所示,质量为1kg的小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到水平面的高度h=0.45m。物块B的质量是小球的2倍,置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方。现拉动小球使线水平伸直,小球由静止起先释放,运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上摆至距水平面0.05m高处速度减为0。小球与物块均视为质点,不计空气阻力,求:(g取10m/s2)(1)小球A在与物块B碰撞前瞬间,对细线的拉力;(2)发生正碰后,物块B的速度大小;(3)请判定此碰撞是否为弹性碰撞,并说明理由;(4)若物块B在水平面上滑行时间t=1s,则其与水平面间的动摩擦因数μ为多大。答案:(1)30N(2)2m/s(3)弹性碰撞(4)0.2解析:(1)由动能定理知mgh=eq\f(1,2)mv1-0,v1=eq\r(2gh)=3m/s,在最低点依据牛顿其次定律,有T-mg=meq\f(v\o\al(2,1),h),代入数据得T=30N,依据牛顿第三定律,小球A对细线的拉力为30N。(2)设碰撞后小球A反弹的速度大小为v2,依据机械能守恒定律有mgh2=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2),得v2=eq\r(2gh2)=1m/s。设碰后物块B的速度大小为v3,取水平向右为正方向,依据动量守恒定律,有mv1=-mv2+2mv3,得v3=2m/s。(3)碰撞前小球A的动能为Ek1=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)=4.5J,碰撞后小球A的动能为Ek2=eq\f(1,2)mve
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