1、第第 5 节节 弹性碰撞和非弹性碰撞弹性碰撞和非弹性碰撞 基础过关 1.在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是 ( ) A.若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开 B.若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C.若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开 D.若两球质量不同，碰后两球都静止 解析 若两球质量相等，碰前两球总动量为零，碰后总动量也应该为零，由此分 析可得选项 A 可能、B 不可能；若两球质量不同，碰前两球总动量不为零，碰 后总动量也不能为零，选项 D 不可能；若两球质量不同且碰后以某一相等速率 分开，则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同，与
2、碰前总动量方向相反， 选项 C 不可能。 答案 A 2.(多选)质量分别为 m1和 m2的两个物体碰撞前后的位移时间 图像如图所示，由图判断以下说法中正确的是( ) A.碰撞前两物体质量与速度的乘积相同 B.质量 m1等于质量 m2 C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动 D.碰撞前两物体质量与速度的乘积大小相等、方向相反 解析 由题图可知，m1和 m2碰前都做匀速直线运动，但运动方向相反，碰后两 物体位置不变，即处于静止，所以碰后速度都为零，故 A、C 错误，D 正确；又 由图线夹角均为 ，故碰前速度大小相等，可得 m1等于 m2，B 正确。 答案 BD 3.(多选)质量为 1 kg 的小球以
3、4 m/s 的速度与质量为 2 kg 的静止小球正碰，关于 碰后的速度 v1和 v2，下面哪些是可能正确的( ) A.v1v24 3 m/s B.v13 m/s，v20.5 m/s C.v11 m/s，v23 m/s D.v11 m/s，v22.5 m/s 解析 由碰撞前、后总动量守恒 m1v1m1v1m2v2和能量不增加 EkEk1Ek2 验证 A、 B、 D 三项皆有可能； 但 B 项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度， 会发生第二次碰撞，不符合实际，所以 A、D 两项有可能。 答案 AD 4.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
4、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可 能是( ) 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 两球碰撞过程动量守恒，取水平向右方向为正方向，碰撞前系统总动量 p mAvAmBvBm2v02m(v0)0，则碰撞后系统的总动量也为零，那么 A、B 应都静止或向相反方向运动，知选项 D 正确。 答案 D 5.如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量 m甲大于乙球质 量 m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( ) A.甲
5、球速度为零，乙球速度不为零 B.两球速度都为零 C.乙球速度为零，甲球速度不为零 D.两球都以各自原来的速率反向运动 解析 首先根据两球动能相等， 1 2m 甲v2甲1 2m 乙v2乙得出两球碰前动量大小之比为p 甲 p乙 m甲 m乙，因 m 甲m乙，则 p甲p乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒 定律可以判断，碰后两球运动情况可能是 A 所述情况，而 B、C、D 情况是违背 动量守恒的。 答案 A 6.冰壶运动深受观众喜爱，图 1 为 2014 年 2 月第 22 届索契冬奥会上中国队员投 掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生 正碰，如图 2。若两冰壶质
6、量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中 的哪幅图( ) 解析 两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后 系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可 知，A 图示情况是不可能的，故 A 错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程 动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙 的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图 B 所示，故 B 正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前， 甲在后，如图 C 所示是不可能的，故 C 错误；碰撞过程机械能不可能增大，两 冰壶质量相等，碰
7、撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大 于乙的位移，故 D 错误。 答案 B 7.如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球 A 和 B，其质量 mAmB。B 球上固定一轻质弹簧。若将 A 球以速率 v 去碰撞静止的 B 球，碰撞 时能量损失不计，下列说法中正确的是( ) A.当弹簧压缩量最大时，A 球速率最小，B 球速率最大 B.当弹簧恢复原长时，B 球速率最大 C.当 A 球速率为零时，B 球速率最大 D.当 B 球速率最大时，弹簧弹性势能不为零 解析 当弹簧压缩量最大时，两球速度相等，故选项 A 错误；当弹簧压缩量最 大以后，由于受到弹簧弹力作用，则 A 球速度继续减小，B
8、球速度继续增大， 当弹簧恢复原长时，B 球速率最大，弹簧弹性势能为零，由于 mAmB，A 球的速 度变化比 B 快，A 球的速度是零时，弹簧仍然处于压缩状态，B 球的速率没有达 到最大，故选项 B 正确，C、D 错误。 答案 B 8.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放质量为 m 的装有弧形槽 的小车。现有一质量也为 m 的小球以 v0的水平速度沿切线水平 的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小 车右端，则( ) A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为v0 2 B.小球离车后，对地将向右做平抛运动 C.小球离车后，对地将做自由落体运动 D.此过程中小球对车做的功为1 2m
9、v 2 0 解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向动量守恒，小球离 开车时类似弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项 A、C、D 都是正确的。 答案 ACD 9.(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 。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.1 2mv 2 B.1 2 mM mMv 2 C.1 2NmgL D.NmgL
10、解析 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度 v mv Mm，损失的动能 Ek 1 2 mv21 2(Mm)v 21 2 mM mMv 2，所以 B 正确；根据能量守恒，损失的动能等于因 摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程，所以 EkFf NL NmgL，可见 D 正确。 答案 BD 10.(多选)如图(a)所示，光滑平台上，物体 A 以初速度 v0滑到上表面粗糙的水平 小车上，车与水平面间的摩擦不计；(b)图为物体 A 与小车 B 的 vt 图像，由此 可计算出( ) A.小车上表面长度 B.物体 A 与小车 B 的质量之比 C.物体 A 与小车 B 上表面之间的动摩擦因数
11、D.小车 B 获得的动能 解析 由图像可知，物体 A 与小车 B 最终以共同速度 v1匀速运动，但由于题给 条件不足，不能确定小车上表面的长度，故 A 错误；由动量守恒定律得 mAv0 (mAmB)v1，解得mA mB v1 v0v1，可以确定物体 A 与小车 B 的质量之比，故 B 正 确；由图像可以知道，物体 A 相对小车 B 的位移 x1 2v0t1，根据能量守恒定律 得 mAgx1 2mAv 2 01 2(mAmB)v 2 1，根据求得的物体 A 与小车 B 的质量关系，可 以解出物体 A 与小车 B 上表面之间的动摩擦因数，故 C 正确；由于小车 B 的质 量未知，故不能确定小车 B
12、 获得的动能，故 D 错误。 答案 BC 能力提升 11.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测器， 借助行星的引力来改变自己的速度。 该过程可简化为探测器从行星运动的反方向或同方向接近行星， 因相互作用改变 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弹性碰撞的规律作类比。 那 么下列判断中正确的是( )
13、A.v1v0 B.v1v0 C.v2v0 D.v2v0 解析 题图甲中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的质量为 m，行星的 质量为 M，碰后行星的速度大小为 u1，以向右为正方向 根据动量守恒定律有 mv0Mu(mv1Mu1) 由能量守恒定律可得 1 2mv 2 01 2Mu 21 2mv 2 11 2Mu 2 1 联立可得 v1Mm Mmv0 2M Mmu 由于 Mm，则 v1v02uv0，故 A 正确，B 错误； 题图乙中，类似于探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为 u2，以向 右为正方向 根据动量守恒定律有mv0Mumv2Mu2 由能量守恒定律可得 1 2mv 2 01
14、2Mu 21 2mv 2 21 2Mu 2 2 联立可得 v2Mm Mmv0 2M Mmu 由于 Mm，则 v2v02uv0，故 C 错误，D 错误。 答案 A 12.如图所示， 竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接， 右边与一个足够高的1 4光滑圆弧轨道平滑相连，木块 A、B 静 置于光滑水平轨道上，A、B 的质量分别为 1.5 kg 和 0.5 kg。现让 A 以 6 m/s 的 速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为 0.3 s，碰后的速度大小变 为 4 m/s。当 A 与 B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取 10 m/s2，求： (1)在 A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对
15、A 的平均作用力的大小； (2)A、B 滑上圆弧轨道的最大高度。 解析 (1)设水平向右为正方向，当 A 与墙壁碰撞时，根据动量定理有 F tmAv1mA(v1) 解得F 50 N。 (2)设碰撞后 A、B 的共同速度为 v，根据动量守恒定律有 mAv1(mAmB)v A、B 在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒，由机械能守恒定律得 1 2(mAmB)v 2(mAmB)gh 解得 h0.45 m。 答案 (1)50 N (2)0.45 m 13.如图所示， 质量为 m 的炮弹运动到水平地面 O 点正上方时速 度沿水平方向，离地面的高度为 h，动能为 E，此时发生爆炸， 分解为质量相等的两部分，两部
16、分的动能之和为 2E，速度方向 仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为 g，不计空气阻力 和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离。 解析 爆炸之前 E1 2mv 2 0 爆炸过程动量守恒，有 mv01 2mv1 1 2mv2 1 2 m 2 v211 2 m 2 v222E 联立解得 v10，v22v0 即爆炸后一部分做自由落体运动，另一部分做平抛运动， 有 h1 2gt 2 x2v0t 解得炮弹的两部分落地点之间的距离为 x4 Eh mg。 答案 4 Eh mg 14.如图所示，光滑半圆形轨道 MNP 竖直固定在水平面上， 直径 MP 垂直于水平面，轨道半径 R0.5 m，质量为 m
17、1的小 球 A 静止于轨道最低点 M，质量为 m2的小球 B 用长度为 2R 的细线悬挂于轨道最高点 P。现将小球 B 向左拉起，使细线 水平，以竖直向下的速度 v04 m/s 释放小球 B，小球 B 与小球 A 碰后粘在一起 恰能沿半圆形轨道运动到 P 点，两球可视为质点，g10 m/s2，试求： (1)B 球与 A 球碰撞前的速度大小； (2)A、B 两球的质量之比 m1m2。 解析 (1)B 球下摆过程由动能定理得 m2g 2R1 2m2v 2 11 2m2v 2 0 解得 v16 m/s。 (2)两球恰好到达 P 点，由牛顿第二定律得 (m1m2)g(m1m2)v 2 P R ， 解得 vP 5 m/s，两球从 M 到 P 过程中， 由动能定理得 (m1m2)g 2R1 2(m1m2)v 2 P1 2(m1m2)v 2 2， 解得 v25 m/s 两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，以 B 球的初速度方向 为正方向，由动量守恒定律得 m2v1(m1m2)v2，解得 m1m215。 答案 (1)6 m/s (2)15
