2022年高中物理選修（3-5）第一章《動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用》word學(xué)案

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1、2022年高中物理選修（3-5）第一章《動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用》word學(xué)案 [學(xué)習(xí)目標(biāo)定位] 1.掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟.2.進(jìn)一步理解彈性碰撞和非彈性碰撞，會(huì)用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)綜合分析解決一維碰撞問題． 1．碰撞的特點(diǎn) (1)經(jīng)歷的時(shí)間很短； (2)相互作用力很大，物體速度變化明顯． 2．碰撞的分類 (1)彈性碰撞：碰撞過程中總動(dòng)能守恒； (2)非彈性碰撞：碰撞過程中總動(dòng)能減少； (3)完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體粘在一起，此過程機(jī)械能損失最大． 3．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式 (兩個(gè)物體組成的系統(tǒng))m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量

2、式，列方程時(shí)首先選取正方向． 4．動(dòng)量守恒的條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零； (2)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力； (3)系統(tǒng)所受合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，則系統(tǒng)在該方向上的動(dòng)量守恒. 一、對(duì)三種碰撞的進(jìn)一步認(rèn)識(shí) [問題設(shè)計(jì)] 碰撞過程有什么特點(diǎn)？若兩物體在光滑水平面上相碰，動(dòng)量是否守恒？若水平面不光滑，動(dòng)量是否守恒？ 答案　由于碰撞發(fā)生的時(shí)間很短，碰撞過程中內(nèi)力往往遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)所受的外力可以忽略不計(jì)，故無論碰撞發(fā)生時(shí)水平面是否光滑，動(dòng)量都是守恒的． [要點(diǎn)提煉] 三種碰撞類型及其遵守的規(guī)律 (1)彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m

3、2v2′ 機(jī)械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 (2)非彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 |ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q (3)完全非彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 碰撞中機(jī)械能損失最多 |ΔEk|＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2 二、彈性正碰模型及拓展應(yīng)用 [問題設(shè)計(jì)] 已知A、B兩個(gè)彈性小球，質(zhì)量分別為m1、m2，B小球靜止在光滑的水平面上，如圖1所示，A小球以初速度v0與B小球發(fā)生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方

4、向． 圖1 答案　以v0方向?yàn)檎较?，由碰撞中的?dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得 m1v0＝m1v1＋m2v2① m1v02＝m1v12＋m2v22② 由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0 (1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1＝0，v2＝v0，兩小球交換速度； (2)當(dāng)m1>m2時(shí)，則v1>0，v2>0，即小球A、B同方向運(yùn)動(dòng)．因<，所以v10，即小球A、B反方向運(yùn)動(dòng)． (其中，當(dāng)m1?m2時(shí)，v1≈－v0，v2≈0.) [要點(diǎn)提煉] 1．兩質(zhì)量分別為m1

5、、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝v1，v2′＝v1. (1)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度． (2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去． (3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止． 2．如果兩個(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成是彈性碰撞．

6、 三、碰撞需滿足的三個(gè)條件 1．動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. 2．動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. 3．速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞不會(huì)結(jié)束． 一、彈性碰撞模型及拓展分析 例1　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(dòng)．在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖2所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動(dòng)．小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球

7、與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質(zhì)量之比m1/m2. 圖2 解析　從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，小球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1 兩球碰撞過程為彈性碰撞，有：m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22 解得＝2. 答案　2 二、非彈性碰撞模型分析 例2　(單選)如圖3所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著三個(gè)質(zhì)量均為m＝1 kg的相同小球A、B、C，現(xiàn)讓A球以v0＝2 m/s的速度向著B球運(yùn)動(dòng)，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)并跟C球碰撞，C球的最終速度vC＝1 m/s.求

8、： 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(dòng)能？ 解析　(1)以v0的方向?yàn)檎较?，A、B相碰滿足動(dòng)量守恒：mv0＝2mv1 解得A、B兩球跟C球相碰前的速度： v1＝1 m/s. (2)A、B兩球與C碰撞，以vC的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得： 2mv1＝mvC＋2mv2 解得兩球碰后的速度：v2＝0.5 m/s， 兩次碰撞損失的動(dòng)能： ΔEk＝mv02－×2mv22－mvC2＝1.25 J 答案　(1)1 m/s　(2)1.25 J 三、碰撞滿足的條件分析 例3　(單選)質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m、

9、靜止的B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值．請(qǐng)你論證：碰撞后B球的速度可能是以下值中的(　　) A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．0.1v 解析　若發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A的速度為v1，B的速度為v2，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律：mv＝mv1＋3mv2 由機(jī)械能守恒定律：mv2＝mv12＋×3mv22 由以上兩式得v1＝－，v2＝ 若碰撞過程中損失機(jī)械能最大，則碰后兩者速度相同，設(shè)為v′，由動(dòng)量守恒定律：mv＝(m＋3m)v′ 解得v′＝ 所以在情況不明確時(shí)，B球速度vB應(yīng)滿足≤vB≤.因此選B.

10、答案　B 針對(duì)訓(xùn)練　在光滑水平長(zhǎng)直軌道上， 圖4 放著一個(gè)靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各連結(jié)一個(gè)小球構(gòu)成，如圖4所示，兩小球質(zhì)量相等，現(xiàn)突然給左端小球一個(gè)向右的速度v，試分析從開始運(yùn)動(dòng)到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)這一過程中兩球的運(yùn)動(dòng)情況并求彈簧第一次恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，每個(gè)小球的速度大?。? 答案　見解析 解析　剛開始，A向右運(yùn)動(dòng)，B靜止，彈簧被壓縮，對(duì)兩球產(chǎn)生斥力，此時(shí)A動(dòng)量減小，B動(dòng)量增加．當(dāng)兩者速度相等時(shí)，兩球間距離最小，彈簧形變量最大，彈簧要恢復(fù)原長(zhǎng)，對(duì)兩球產(chǎn)生斥力，A動(dòng)量繼續(xù)減小，B動(dòng)量繼續(xù)增加．所以，到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A球動(dòng)量最小，B球動(dòng)量最大．整個(gè)過程相當(dāng)于完全彈性碰

11、撞．在整個(gè)過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且系統(tǒng)的動(dòng)能不變，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mvA2＋mvB2 解得：vA＝0，vB＝v 例4　(雙選)A、B兩個(gè)質(zhì)量相等的球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7 kg·m/s，B球的動(dòng)量是5 kg·m/s，若A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是(　　) A．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s B．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s C．pA′＝5 kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s D．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s 解析　從動(dòng)量守恒的角度分析，

12、四個(gè)選項(xiàng)都正確；從能量角度分析，A、B碰撞過程中沒有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為它們的動(dòng)能，所以碰撞后它們的總動(dòng)能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度應(yīng)小于B的速度． A選項(xiàng)中，顯然碰后A的速度大于B的速度，這是不符合實(shí)際情況的，所以A錯(cuò)． 碰前A、B的總動(dòng)能Ek＝＋＝ 碰后A、B的總動(dòng)能，B選項(xiàng)中Ek′＝＋＝Ek＝，所以D是不可能發(fā)生的． 綜上所述，本題正確選項(xiàng)為B、C. 答案　BC 1．(單選)為了模擬宇宙大爆炸的情

13、況，科學(xué)家們使兩個(gè)帶正電的重離子被加速后，沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)而發(fā)生猛烈碰撞．若要使碰撞前的動(dòng)能盡可能多地轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，應(yīng)設(shè)法使離子在碰撞前的瞬間具有(　　) A．相同的速率 B．相同的質(zhì)量 C．相同的動(dòng)能 D．大小相同的動(dòng)量 答案　D 解析　當(dāng)兩重離子碰前動(dòng)量等大反向時(shí)，碰后離子可能均靜止，這時(shí)動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化為內(nèi)能． 2．(單選)如圖5所示，質(zhì)量為m的A小球以水平速度v與靜止的質(zhì)量為3m的B小球正碰后，A球的速率變?yōu)樵瓉淼?，而碰后B球的速度是(以v方向?yàn)檎较?(　　) 圖5 A．v/6 B．－v C．－v/3 D．v/2 答案　D 解析　碰后A的速率為v/2，可能

14、有兩種情況：v1＝v/2；v1′＝－v/2 根據(jù)動(dòng)量守恒定律，當(dāng)v1＝v/2時(shí)，有mv＝mv1＋3mv2，v2＝v/6；當(dāng)v1′＝－v/2時(shí)，有mv＝mv1′＋3mv2′，v2′＝v/2.若它們同向，則A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正確． 3．(雙選)兩個(gè)小球A、B在光滑的水平地面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s (設(shè)為正)，B的速度vB＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為(　　) A．均為＋1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s 答案

15、　AD 解析　由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求．再看動(dòng)能變化情況： E前＝mAvA2＋mBvB2＝27 J E后＝mAvA′2＋mBvB′2 由于碰撞過程中動(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有E前≥E后，據(jù)此可排除B；選項(xiàng)C雖滿足E前≥E后，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向，這顯然是不符合實(shí)際的，因此C選項(xiàng)錯(cuò)誤．驗(yàn)證A、D均滿足E前≥E后，且碰后狀態(tài)符合實(shí)際，故正確選項(xiàng)為A、D. 4．(單選)如圖6所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運(yùn)動(dòng)，選定向右為正方向，兩球的動(dòng)量分別為pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.當(dāng)兩球相碰之后，兩

16、球的動(dòng)量可能是(　　) 圖6 A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s C．pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s D．pa＝2 kg·m/s、pb＝0 答案　C 解析　對(duì)于碰撞問題要遵循三個(gè)規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過程要符合實(shí)際情況．本題屬于迎面對(duì)碰，碰撞前，系統(tǒng)的總動(dòng)量為2 kg·m/s.選項(xiàng)A中，系統(tǒng)碰后的動(dòng)量變?yōu)椋? kg·m/s，不滿足動(dòng)量守恒定律，選項(xiàng)A可排除；選項(xiàng)B中，系統(tǒng)碰后的動(dòng)量變?yōu)? kg·m/s，滿足動(dòng)量守恒定律，但碰后a球動(dòng)量大小不變，b球動(dòng)量增加，根據(jù)

17、關(guān)系式Ek＝可知，a球的動(dòng)能不變，b球動(dòng)能增加，系統(tǒng)的機(jī)械能增大了，所以選項(xiàng)B可排除；選項(xiàng)D中，顯然滿足動(dòng)量守恒，碰后系統(tǒng)的機(jī)械能也沒增加，但是碰后a球運(yùn)動(dòng)方向不變，b球靜止，這顯然不符合實(shí)際情況，選項(xiàng)D可排除；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)C滿足碰撞所遵循的三個(gè)規(guī)律，故選C. [概念規(guī)律題組] 1．(雙選)下面關(guān)于碰撞的理解正確的是(　　) A．碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程 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(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒 C．如果碰撞過程中機(jī)械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 D．微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，

18、所以不滿足動(dòng)量守恒的條件，不能應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解 答案　AB 解析　碰撞過程中機(jī)械能守恒的碰撞為彈性碰撞，C錯(cuò)．動(dòng)量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一，不僅低速、宏觀物體的運(yùn)動(dòng)遵守這一規(guī)律，而且高速、微觀物體的運(yùn)動(dòng)也遵守這一規(guī)律，D錯(cuò)． 2．(雙選)在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是(　　) A．若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率互相分開 B．若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C．若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率互相分開 D．若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率同向而行 答案　AD 解析　本題考查運(yùn)用動(dòng)量守恒定律定性分析

19、碰撞問題．光滑水平面上兩小球的對(duì)心碰撞符合動(dòng)量守恒的條件，因此碰撞前、后兩小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒． A項(xiàng)，碰撞前兩球總動(dòng)量為零，碰撞后也為零，動(dòng)量守恒，所以A項(xiàng)是可能的． B項(xiàng)，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動(dòng)量不為零，而碰撞前兩球總動(dòng)量為零，所以B項(xiàng)不可能． C項(xiàng)，碰撞前、后系統(tǒng)的總動(dòng)量的方向不同，所以動(dòng)量不守恒，C項(xiàng)不可能． D項(xiàng)，碰撞前總動(dòng)量不為零，碰后也不為零，方向可能相同，所以，D項(xiàng)是可能的． [方法技巧題組] 3．(單選)如圖1所示，木塊A和B質(zhì)量均為2 kg，置于光滑水平面上．B與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以4 m/s的速度

20、向B撞擊時(shí)，由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動(dòng)，那么彈簧被壓縮到最短時(shí)，具有的彈性勢(shì)能大小為(　　) 圖1 A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J 答案　B 解析　A與B碰撞過程動(dòng)量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2 m/s.當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢(shì)能，所以Ep＝(mA＋mB)v＝8 J. 4．(單選)在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們成一條直線，2、3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(gè)小球的速度可能值是(　　) 圖2 A．v1＝v2＝v3＝v

21、0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0 C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 答案　D 解析　兩個(gè)質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，碰撞后將交換速度，故D項(xiàng)正確． 5．(單選)如圖3所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與A質(zhì)量相同的物體B以速度v向A運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運(yùn)動(dòng)，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大的時(shí)刻是(　　) 圖3 A．A開始運(yùn)動(dòng)時(shí) B．A的速度等于v時(shí) C．B的速度等于零時(shí) D．A和B的速度相等時(shí) 答案　D 解析　對(duì)A、B組成的系統(tǒng)由于水平面光滑，所以動(dòng)量守恒．

22、而對(duì)A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即A、B動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能之和為定值．當(dāng)A、B速度相等時(shí)，彈簧形變量最大，彈性勢(shì)能最大，所以此時(shí)動(dòng)能損失最大． 6．(單選)如圖4所示，在光滑水平面上有A、B兩小球沿同一條直線向右運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生對(duì)心碰撞．設(shè)向右為正方向，碰前A、B兩球的動(dòng)量分別是pA＝10 kg·m/s、pB＝15 kg·m/s，碰后兩小球的動(dòng)量變化可能是(　　) 圖4 A．ΔpA＝15 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s B．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s C．ΔpA＝5 kg·m/s，ΔpB＝－5 kg·m/s D．ΔpA＝－20 kg·m/s，

23、ΔpB＝20 kg·m/s 答案　B 解析　因碰撞過程動(dòng)量守恒，故兩個(gè)球的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．B被碰后動(dòng)量的變化向右，則A的動(dòng)量變化向左，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤．在碰撞過程中，動(dòng)能不可能增加，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 7．(單選)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(dòng)，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，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 D．條件不足，無法確定 答案　A 解析　由動(dòng)量守恒3m·v－mv＝0＋mv ′，所以v ′＝2v 碰前總動(dòng)能Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2 碰后總動(dòng)

24、能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確． 8．(xx·新課標(biāo)Ⅰ·35(2))如圖5所示， 圖5 質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t＝0.3 s 時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰．碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失．求： (ⅰ)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度； (ⅱ)P點(diǎn)距離地面的高度． 答案　(ⅰ)4 m/s　(ⅱ)0.75 m 解析　(ⅰ)設(shè)B球

25、第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得 vB＝4 m/s② (ⅱ)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知 v1＝gt③ 由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變．規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，? mAv1＋mBv2＝mBv2′④ mAv＋mBv＝mBv2′2⑤ 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得 vB′＝vB⑥ 設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知 h′＝⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知

26、條件可得 h′＝0.75 m 9. 圖6 如圖6所示，兩個(gè)質(zhì)量m1＝20 g、m2＝80 g的小球，用等長(zhǎng)的細(xì)線懸掛在O點(diǎn)．懸掛m2的細(xì)線處于豎直狀態(tài)，懸掛m1的細(xì)線處于伸直狀態(tài)且與豎直方向成37°角．現(xiàn)將m1由靜止釋放，m1與m2碰撞后粘在一起．若線長(zhǎng)L＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)碰撞前瞬間m1的速度v0； (2)碰撞中損失的機(jī)械能ΔE. 答案　(1)2 m/s　(2)0.032 J 解析　(1)由機(jī)械能守恒，得 m1gL(1－cos 37°)＝m1v02 解得v0＝2 m/s (2)設(shè)碰后兩

27、球速度為v，由動(dòng)量守恒得 m1v0＝(m1＋m2)v ΔE＝m1gL(1－cos 37°)－(m1＋m2)v2 解得ΔE＝0.032 J [創(chuàng)新應(yīng)用題組] 10. 圖7 (xx·山東·39(2))如圖7所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m.開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求： (ⅰ)B的質(zhì)量； (ⅱ)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失． 答案　(ⅰ)　(ⅱ)mv02 解析　(ⅰ)以初速度v0的方向?yàn)檎较?，設(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動(dòng)量守恒定律得 m·＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得mB＝② (ⅱ)從開始到碰撞后的全過程，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為ΔE，則 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 聯(lián)立②③④式得 ΔE＝mv02