2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動量與動量守恒定律 4 碰撞學(xué)案（必修1）

《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動量與動量守恒定律 4 碰撞學(xué)案（必修1）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動量與動量守恒定律 4 碰撞學(xué)案（必修1）（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、4　碰撞 [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求]　 物理觀念：1.知道彈性碰撞、非彈性碰撞的特點(diǎn).2.了解對心碰撞和非對心碰撞的概念.3.了解粒子的散射現(xiàn)象，進(jìn)一步理解動量守恒定律的普適性. 科學(xué)思維：學(xué)會利用動量守恒定律和能量守恒定律分析、解決一維碰撞問題. 一、彈性碰撞和非彈性碰撞 1.常見的碰撞類型 (1)彈性碰撞：碰撞過程中機(jī)械能守恒. (2)非彈性碰撞：碰撞過程中機(jī)械能不守恒. 2.一維彈性碰撞分析：假設(shè)物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2發(fā)生彈性碰撞，碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′，碰撞中動量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；碰撞中機(jī)械能守恒：m1v12＝m1v1

2、′2＋m2v2′2，解得：v1′＝v1，v2′＝v1. 二、對心碰撞和非對心碰撞 1.兩類碰撞 (1)對心碰撞：碰撞前后，物體的動量在同一條直線上，也叫正碰. (2)非對心碰撞：碰撞前后，物體的動量不在同一條直線上. 2.散射 (1)定義：微觀粒子相互接近時并不像宏觀物體那樣“接觸”而發(fā)生的碰撞. (2)散射方向：由于粒子與物質(zhì)微粒發(fā)生對心碰撞的概率很小，所以多數(shù)粒子碰撞后飛向四面八方. 1.判斷下列說法的正誤. (1)發(fā)生碰撞的兩個物體，機(jī)械能一定是守恒的.(　×　) (2)碰撞后，兩個物體粘在一起，動量一定不守恒，機(jī)械能損失最大.(　×　) (3)發(fā)生對心碰撞的系

3、統(tǒng)動量守恒，發(fā)生非對心碰撞的系統(tǒng)動量不守恒.(　×　) 2.現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動，發(fā)生了碰撞.已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，乙以2v的速度反向彈回，那么這次碰撞是_____. A.彈性碰撞 B.非彈性碰撞 C.完全非彈性碰撞 答案　A 解析　以甲滑塊的運(yùn)動方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣? 得：3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v 碰前總動能Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2 碰后總動能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′， 所以A正確. 一、碰撞的特點(diǎn)和分類 如圖甲、乙所示，兩個質(zhì)量都是m的物體，物體B

4、靜止在水平面上，物體A以速度v0正對B運(yùn)動，碰撞后兩個物體粘在一起，以速度v繼續(xù)前進(jìn)，兩物體組成的系統(tǒng)碰撞前后的總動能守恒嗎？如果不守恒，總動能如何變化？ 甲　　　　　　　　　乙 答案　不守恒.碰撞時：mv0＝2mv，得v＝ Ek1＝mv02，Ek2＝×2mv2＝mv02. 所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv02－mv02＝－mv02，即系統(tǒng)總動能減少了mv02. 1.碰撞的特點(diǎn) (1)時間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時間極短，相對物體運(yùn)動的全過程可忽略不計(jì). (2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以碰撞過程動量守恒. 2.碰撞的分類 (1)彈性碰

5、撞：系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒. m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 若v2＝0，則有v1′＝v1，v2′＝v1 (2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ΔE＝Ek初總－Ek末總＝Q. (3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大. 設(shè)兩者碰后的共同速度為v共，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 機(jī)械能損失為ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2. 例1　如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連

6、接，質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運(yùn)動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機(jī)械能損失.求碰撞后小球m2的速度大小v2.(重力加速度為g) 圖1 答案　 解析　設(shè)m1碰撞前的速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m1gh＝m1v2，解得v＝① 設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2② 由于碰撞過程中無機(jī)械能損失m1v2＝m1v12＋m2v22③ 聯(lián)立②③式解得v2＝④ 將①代入④得v2＝ 針對訓(xùn)練1　在光滑水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3

7、小球靜止并靠在一起，1小球以速度v0射向它們，如圖2所示.設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個小球的速度分別是(　　) 圖2 A.v1＝v2＝v3＝v0 B.v1＝0，v2＝v3＝v0 C.v1＝0，v2＝v3＝v0 D.v1＝v2＝0，v3＝v0 答案　D 解析　由于1球與2球發(fā)生碰撞，時間極短，2球的位置來不及發(fā)生變化.這樣2球?qū)?球不產(chǎn)生力的作用，即3球不會參與1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交換速度，即碰后1球停止，2球速度立即變?yōu)関0.同理分析，2、3球碰撞后交換速度，故D正確. 例2　如圖3所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著三個質(zhì)量均為m＝1kg的相同小球A、B、C，

8、現(xiàn)讓A球以v0＝2m/s的速度向著B球運(yùn)動，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續(xù)向右運(yùn)動并跟C球碰撞，C球的最終速度vC＝1m/s.求： 圖3 (1)A、B兩球跟C球相碰前的共同速度多大； (2)兩次碰撞過程中一共損失了多少動能. 答案　(1)1m/s　(2)1.25J 解析　(1)A、B相碰滿足動量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有：mv0＝2mv1 得兩球跟C球相碰前的速度v1＝1m/s. (2)兩球與C球碰撞同樣滿足動量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍校?mv1＝mvC＋2mv2 解得兩球碰后的速度v2＝0.5m/s， 兩次碰撞損失的動能|ΔEk|＝mv02－×2mv22

9、－mvC2＝1.25J. 碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞.彈性碰撞動量守恒，機(jī)械能守恒，非彈性碰撞動量守恒，但機(jī)械能不守恒.學(xué)習(xí)中要正確理解兩種碰撞，正確地選用物理規(guī)律.這正是“物理觀念”和“科學(xué)思維”學(xué)科素養(yǎng)的體現(xiàn). 二、碰撞可能性的判斷 碰撞問題遵循的三個原則： (1)系統(tǒng)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)系統(tǒng)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理： ①碰前兩物體同向，則v后>v前，碰后，原來在前面的物體速度一定增大，且v前′≥v后′. ②兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變. 例3　在光滑的水平面上，一

10、質(zhì)量為m，速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A.0.6vB.0.4vC.0.3vD.0.2v 答案　A 解析　A、B兩球在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設(shè)A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2， 以v的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣捎校簃v＝mv1＋2mv2，① 假設(shè)碰后A球靜止，即v1＝0， 可得v2＝0.5v 由題意可知A被反彈，所以球B的速度有：v2>0.5v② A、B兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關(guān)系有：mv2≥mv12＋×2mv22③ ①③兩式聯(lián)立得：v2≤v④

11、 由②④兩式可得：0.5v

12、碰前總動量p＝pA＋pB＝12kg·m/s，碰前總動能Ek＝＋＝ 若pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/s，碰后總動量p′＝pA′＋pB′＝12kg·m/s. 碰后總動能E′＝＋＝＝<，故可能發(fā)生，A正確. 若pA′＝6kg·m/s，pB′＝4kg·m/s， 碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B錯誤. 若pA′＝－6kg·m/s，pB′＝18kg·m/s， 碰后E′＝＋>，故不可能，C錯誤. 若pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/s， 碰后p′＝12kg·m/s＝p，E′＝＋＝<，故可能，D正確. 處理碰撞問題的思路 1.對一個給定的碰撞，首先要看

13、動量是否守恒，其次再看總機(jī)械能是否增加. 2.注意碰后的速度關(guān)系. 3.要靈活運(yùn)用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝幾個關(guān)系式. 1.(彈性碰撞)(多選)甲物體在光滑水平面上運(yùn)動的速度為v1，與靜止的乙物體相碰，碰撞過程中無機(jī)械能損失，下列結(jié)論正確的是(　　) A.乙的質(zhì)量等于甲的質(zhì)量時，碰撞后乙的速度為v1 B.乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于甲的質(zhì)量時，碰撞后乙的速度是2v1 C.乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于甲的質(zhì)量時，碰撞后甲的速度是－v1 D.碰撞過程中甲對乙做的功大于乙動能的增量 答案　ABC 解析　由于碰撞過程中無機(jī)械能損失，故是彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可以解得兩球碰后的速度v1′

14、＝v1，v2′＝v1.當(dāng)m1＝m2時，v2′＝v1，A對；當(dāng)m1?m2時，v2′＝2v1，B對；當(dāng)m1?m2時，v1′＝－v1，C對；根據(jù)動能定理可知D錯誤. 2.(非彈性碰撞)(2018·廣西賓陽中學(xué)期末)在光滑水平地面上有兩個相同的木塊A、B，質(zhì)量都為m.現(xiàn)B靜止，A向B運(yùn)動，發(fā)生正碰并粘合在一起運(yùn)動.兩木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE.則碰前A球的速度等于(　　) A.B.C.2D.2 答案　C 解析　設(shè)碰前A的速度為v0，兩木塊粘合在一起運(yùn)動的速度相同，設(shè)為v，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝2mv，根據(jù)題意，則有mv02＝×2mv2＋ΔE，聯(lián)立可得v0＝2. 3.(碰撞可能性的判

15、斷)(多選)質(zhì)量為1kg的小球以4m/s的速度與質(zhì)量為2kg的靜止小球正碰，關(guān)于碰后的速度v1′和v2′，下面可能正確的是(　　) A.v1′＝v2′＝m/s B.v1′＝3m/s，v2′＝0.5m/s C.v1′＝1m/s，v2′＝3m/s D.v1′＝－1m/s，v2′＝2.5m/s 答案　AD 解析　由碰撞前后總動量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和動能不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′驗(yàn)證A、B、D三項(xiàng)皆有可能.但B項(xiàng)碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，會發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際，所以A、D兩項(xiàng)有可能. 4.(多物體多過程的碰撞)(2018·揚(yáng)州十一中高二下期中)如圖

16、4所示的三個小球的質(zhì)量都為m，B、C兩球用水平輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運(yùn)動，碰后A、B兩球粘在一起.問： 圖4 (1)A、B兩球剛剛粘合在一起的速度是多大？ (2)彈簧壓縮至最短時三個小球的速度是多大？ (3)彈簧的最大彈性勢能是多少？ 答案　(1)　(2)　(3)mv02 解析　(1)在A、B碰撞的過程中彈簧的壓縮量是極其微小的，產(chǎn)生的彈力可完全忽略，即C球并沒有參與作用，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，則有：mv0＝2mv1，解得v1＝. (2)粘合在一起的A、B兩球向右運(yùn)動，壓縮彈

17、簧，由于彈力的作用，C球加速，速度由零開始增大，而A、B兩球減速，速度逐漸減小，當(dāng)三球相對靜止時彈簧最短，此時三球速度相等.在這一過程中，三球和輕彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，以A、B兩球剛剛粘合在一起的速度方向?yàn)檎较颍校?mv1＝3mv2，解得v2＝v1＝. (3)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，彈性勢能最大，即：Epm＝×2mv12－×3mv22＝mv02. 一、選擇題 考點(diǎn)一　彈性碰撞與非彈性碰撞 1.下列關(guān)于碰撞的理解正確的是(　　) A.碰撞是指相對運(yùn)動的物體相遇時，在極短時間內(nèi)它們的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程 B.在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時系統(tǒng)的動

18、能守恒 C.如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 D.微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞 答案　A 解析　碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對運(yùn)動的物體相遇時發(fā)生的一種現(xiàn)象，一般內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，非彈性碰撞中動能不守恒.如果碰撞中機(jī)械能守恒，就叫做彈性碰撞.微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內(nèi)發(fā)生強(qiáng)大內(nèi)力作用的特點(diǎn)，所以仍然是碰撞，故A正確. 2.(多選)(2018·鶴壁市高二下質(zhì)檢)如圖1，兩個物體1和2在光滑水平面上以相同動能相向運(yùn)動，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1

19、A.兩物體將向左運(yùn)動 B.兩物體將向右運(yùn)動 C.兩物體組成的系統(tǒng)損失能量最小 D.兩物體組成的系統(tǒng)損失能量最大 答案　AD 解析　物體的動量p＝，已知兩物體動能Ek相等，m1

20、　) 圖2 A.碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動 B.碰后m1和m2都向右運(yùn)動 C.由動量守恒可以算出m2＝0.3kg D.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能 答案　AC 解析　碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止，m1的速度大小為v1＝＝4m/s，方向只有向右才能與m2相撞，故A正確；由題圖乙可知，向右為正方向，碰后m2的速度方向?yàn)檎较颍f明m2向右運(yùn)動，而m1的速度方向?yàn)樨?fù)方向，說明m1向左運(yùn)動，故B錯誤；由題圖乙可求出碰后m2和m1的速度分別為v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根據(jù)動量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3kg，故C正確；碰

21、撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2＝0，故D錯誤. 4.(2018·湖北孝感八校聯(lián)盟高二下期末聯(lián)考)如圖3所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動，兩球質(zhì)量關(guān)系為mA＝2mB，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量大小均為6kg·m/s，運(yùn)動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則(　　) 圖3 A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10

22、 答案　B 解析　A、B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得：|ΔpA|＝|ΔpB|，由于碰后A球的動量增量為負(fù)值，所以右方不可能是A球，可知左方是A球，右方是B球，因此碰撞后A球的動量是2kg·m/s，B球的動量是10kg·m/s，由于兩球的質(zhì)量關(guān)系mA＝2mB，那么碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10.故B正確，A、C、D錯誤. 5.(2018·廣東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)、廣雅中學(xué)、佛山一中高二下期末)如圖4所示，在光滑的水平面上放有兩個小球A和B，其質(zhì)量mA

23、B.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，B球速率最大 C.當(dāng)A球速率為零時，B球速率最大 D.當(dāng)B球速率最大時，彈簧彈性勢能不為零 答案　B 解析　分析小球的運(yùn)動過程：A與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，彈簧對A產(chǎn)生向左的彈力，對B產(chǎn)生向右的彈力，A做減速運(yùn)動，B做加速運(yùn)動，當(dāng)B的速度等于A的速度時壓縮量最大，此后A球速度繼續(xù)減小，B球速度繼續(xù)增大，彈簧壓縮量減小，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時，B球速率最大.由以上分析可知，當(dāng)彈簧壓縮量最大時，A球速率沒有達(dá)到最小值，故A錯誤；彈簧被壓縮后，B球的速度一直在增大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，B球速率達(dá)到最大值，故B正確；由于質(zhì)量mA

24、彈簧仍然處于壓縮狀態(tài)，B球的速率沒有達(dá)到最大，故C錯誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，B球速率達(dá)到最大值，所以此時彈簧的彈性勢能是0，故D錯誤. 6.在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動.在小球的前方有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖5所示.小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞后，小球A、B均向右運(yùn)動.且碰后A、B的速度大小之比為1∶4，則兩小球質(zhì)量之比為(　　) 圖5 A.2∶1B.3∶1C.1∶2D.1∶3 答案　A 解析　兩球碰撞過程為彈性碰撞，以v0的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻茫簃1v0＝m1v1＋m2v2 由機(jī)械能守恒定律得：m1v02＝m1v12＋m2v22

25、 由題意知：v1∶v2＝1∶4 解得＝.故A正確. 7.一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰.若碰撞前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v1、v1′，碰撞后原子核的速度為v2，中子的質(zhì)量為m1，原子核的質(zhì)量為m2，則m2＝Am1.根據(jù)彈性碰撞規(guī)律可得m1v1＝m2v2＋m1v1′，m1v12＝m2v22＋m1v1′2，解得v1′＝v1，則碰撞后中子的速率為v1＝v1，因此碰撞前后中子速率之比為，A正確. 考點(diǎn)二　碰撞可能性問題 8.(多選)如圖6所示，小球A的質(zhì)量為mA＝5kg，動量大小

26、為pA＝4kg·m/s，小球A水平向右運(yùn)動，與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1kg·m/s，方向水平向右，則(　　) 圖6 A.碰后小球B的動量大小為pB＝3kg·m/s B.碰后小球B的動量大小為pB＝5kg·m/s C.小球B的質(zhì)量為15kg D.小球B的質(zhì)量為3kg 答案　AD 解析　規(guī)定向右為正方向，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3kg·m/s，A正確，B錯誤；由于是彈性碰撞，所以沒有機(jī)械能損失，故＝＋，解得mB＝3kg，C錯誤，D正確. 9.A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動，mA＝1k

27、g，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是(　　) A.vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s B.vA′＝2m/s，vB′＝4m/s C.vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s D.vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s 答案　B 解析　雖然題目所給四個選項(xiàng)均滿足動量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合實(shí)際，即A、D項(xiàng)錯誤；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57J，大于碰前的總動能Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝22J，所以C項(xiàng)錯誤. 二、非選擇題 10.(201

28、8·河北梁集中學(xué)高二年級第一次調(diào)研)如圖7所示，質(zhì)量mA＝0.2kg、mB＝0.3kg的小球A、B均靜止在光滑水平面上.現(xiàn)給A球一個向右的初速度v0＝5m/s，之后與B球發(fā)生對心碰撞. 圖7 (1)若碰后B球的速度向右為3m/s，求碰后A球的速度大?。? (2)若A、B兩球發(fā)生彈性碰撞，求碰后A、B球各自的速度大?。? (3)若A、B兩球發(fā)生的是完全非彈性碰撞，求碰撞后兩球損失的動能. 答案　見解析 解析　(1)A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得： mAv0＝mAvA＋mBvB，解得：vA＝0.5m/s； (2)兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、

29、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB， 由機(jī)械能守恒定律得：mAv02＝mAvA2＋mBvB2， 解得：vA＝－1m/s，vB＝4m/s； (3)碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向， 由動量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)v，解得：v＝2m/s， 系統(tǒng)損失的動能：ΔEk＝(mA＋mB)v2－mAv02＝－1.5J，即動能損失1.5J. 11.兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段.兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖8所示.求： 圖8 (1)滑塊a、b的質(zhì)量之

30、比； (2)整個運(yùn)動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比. 答案　(1)1∶8　(2)1∶2 解析　(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度分別為v1、v2.由題圖得 v1＝－2m/s① v2＝1m/s② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題圖得v＝m/s③ 由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④ 聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤ (2)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為 ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2⑥ 由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動. 由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝(m1＋m2)v2⑦ 聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE＝1∶2 13