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第4节 碰撞
「根底达标练」
1．在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动，这说明原来( )
A．A球的质量一定大于B球的质量
B．A球的速度一定大于B球的速度
C．A球的动量一定大于B球的动量
D．A球的动能一定大于B球的动能
解析：选C 在碰撞过程中，A、B两小球组成的系统动量守恒．碰撞后两球一起沿A原来的速度方向运动，说明系统的总动量沿A原来的速度方向，由动量守恒定律可知，碰撞前A的动量一定大于B的动量．由p＝mv知：由于不知道两球的速度关系，所以无法判断两球的质量关系，也不能判断动能关系，故A、B、D错误，C正确．
2．如下图，光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B，A以3 m/s的速率向右运动，B以1 m/s的速率向左运动，发生正碰后都以2 m/s的速率反弹，那么A、B两球的质量之比为( )
A．3∶5 B．2∶3
C．1∶2 D．1∶3
解析：选A 两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝mBvB′－mAvA′，代入数据解得：mA∶mB＝3∶5，故A正确，B、C、D错误．
3．(多项选择)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如下图．那么( )
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，两物块及弹簧组成的系统动量守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0
D．甲物块的速率可能到达5 m/s
解析：选AC 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，甲、乙两物块及弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有：mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5 m/s，故B错误；假设物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，那么由mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝2 m/s；假设物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，那么由mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝0，故C正确；假设物块甲的速率到达5 m/s，方向与原来相同，那么mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；假设物块甲的速率到达5 m/s，方向与原来相反，那么mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝－4 m/s，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能到达5 m/s，故D错误．
4．如下图，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )
A．h B.h
C.h D.h
解析：选C 对A由机械能守恒有mgh＝mv2，得v＝.对碰撞过程由动量守恒有mv＝2mv′，得v′＝.对整体设上升的最大高度为h′，那么由机械能守恒有2mgh′＝·2mv′2，解得h′＝，C正确．
5．如下图，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )
A．4 J B．8 J
C．16 J D．32 J
解析：选B A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．
由碰撞过程中动量守恒得
mAvA＝(mA＋mB)v
代入数据解得v＝＝2 m/s
所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J，故B选项正确．
6．如下图，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝，以下选项正确的选项是( )
A．e＝1 B．e＝
C．e＝ D．e＝
解析：选A 两球碰撞过程中，组成的系统动量守恒，碰撞为弹性碰撞．以B球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，2mv0＝mv1＋2mv2，根据机械能守恒定律可知，×2mv02＝mv12＋×2mv22，解得v1＝v0，v2＝v0，恢复系数e＝＝1，A选项正确，B、C、D选项错误．
7．(多项选择)(2022·福建三明一中高二期末)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的xt图象．m1＝0.1 kg.由此可以判断( )
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.2 kg
D．碰撞过程中系统机械能未损失
解析：选AD 由xt(位移—时间)图线的斜率表示速度可知，碰前m2的位移不随时间的变化而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相碰，故A正确；由题图乙读出，碰后m2向右运动，m1向左运动，故B错误；由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，解得m2＝0.3 kg，故C错误；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2，代入数据解得ΔE＝0 J，故D正确．
8.如下图，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小；
(2)小球B掉入小车后的速度大小．
解析：(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒，有
mAv02＝mAv12＋mBv22
解得v1＝－v0，v2＝v0，碰后A球向左运动，B球向右运动．
(2)B球掉入小车的过程中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
mBv2－m车v3＝(mB＋m车)v3′
解得v3′＝v0.
答案：(1)v0 v0 (2)v0
「能力提升练」
9．如下图，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．以下关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是( )
解析：选A 物块b与弹簧相互作用的过程中，弹簧先被压缩后恢复原长，弹力先逐渐增大后逐渐减小，两物体的加速度先增大后减小，pt图象的斜率先增大后减小，A选项不合理；物块b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，B选项合理；物块a、b质量相等，那么可以出现符合C选项的运动过程，C选项合理；物块a的质量很小，可能出现符合D选项的运动过程，D选项合理．
10．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运发动用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．假设碰撞前、后两壶的vt图象如图(b)所示．关于冰壶的运动，以下说法正确的选项是( )
A．两壶发生弹性碰撞
B．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m
C．蓝壶受到的滑动摩擦力较大
D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.1 m/s2
解析：选B 设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.4 m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6 m/s；碰撞前两壶的总动能为Ek1＝mv02＝0.5m.碰撞后两壶的总动能为Ek2＝mv0′2＋mv2＝0.26m<Ek1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，根据图(b)知，蓝壶停止运动的时刻为t＝＝ s＝6 s，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，那么碰后两壶相距的最远距离为s＝ m－ m＝1.1 m，故B正确；根据vt图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故C错误；碰后蓝壶的加速度大小为a′＝＝ m/s2＝0.12 m/s2，故D错误．
11．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A、B的质量分别为2 kg和4 kg，A的动量是6 kg·m/s，B的动量是8 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞后，A、B两球动量可能值分别为( )
A．4 kg·m/s,10 kg·m/s
B．－6 kg·m/s,20 kg·m/s
C．10 kg·m/s,4 kg·m/s
D．5 kg·m/s,9 kg·m/s
解析：选A 选项A碰后vA′＝ m/s＝2 m/s，VB′＝ m/s＝2.5 m/s，vA′＜vB′且碰前动能＋＞＋，A正确；B选项碰后动能大于碰前动能，B错误；C选项碰后vA′＝ m/s＝5 m/s，vB′＝ m/s＝1 m/s，vA′＞vB′，会发生第二次碰撞，C错误；同理D选项错误．
12．如下图，轨道AOB光滑且在O处平滑相接，B点右侧为粗糙水平面．有两个材料及外表粗糙程度均相同的小物块P、Q，其中物块P的质量为0.9 kg，把物块P从斜面上0.8 m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为零，BC长为1 m；假设把物块Q置于B点，物块P仍从斜面上0.8 m高处由静止释放，物块P、Q碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为0.64 m、0.81 m．重力加速度g＝10 m/s2，那么物块与水平面间的动摩擦因数μ及物块Q的质量M分别为( )
A．μ＝0.4，M＝0.2 kg B．μ＝0.4，M＝0.4 kg
C．μ＝0.8，M＝0.2 kg D．μ＝0.8，M＝0.4 kg
解析：选C 把物块P从斜面上0.8 m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为零，根据动能定理可得mgh－μmgLBC＝0
代入数据解得μ＝0.8；
P滑到底端的速度为v0＝＝4 m/s，
碰后P的速度为v1，那么有mv12＝μmgL1，
那么有v1＝＝ m/s＝3.2 m/s
碰后Q的速度为v2，那么有Mv22＝μMgL2，
那么有v2＝＝ m/s＝3.6 m/s
碰撞过程中根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1＋Mv2
联立解得M＝0.2 kg，故C正确，A、B、D错误．
13．如下图，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，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′，那么v′＝.
(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＝Mv02－(M＋m)v′2
解得x相＝.
(3)由能量守恒定律可得，
Q＝Mv02－(M＋m)v′2＝.
答案：(1) (2) (3)
14．如下图，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．所有接触面均光滑，重力加速度为g，求：
(1)小球A滑到水平轨道上时速度的大小；
(2)小球B的质量．
解析：(1)小球A在圆弧轨道上运动的过程中，小球A和圆弧轨道组成的系统水平方向上的动量守恒．
选取向右为正方向，根据动量守恒定律可知，mAv1＝Mv
根据能量守恒定律可知，mAgh＝mAv12＋Mv2
联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s.
小球A滑到水平轨道上时速度的大小为2 m/s.
(2)小球A、B碰撞过程中，动量守恒，
mAv1＝－mAv1′＋mBv2
根据题意可知，v1′＝v＝1 m/s
A、B系统能量守恒，mAv12＝mAv1′2＋mBv22
解得mB＝3 kg.
答案：(1)2 m/s (2)3 kg
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