第09講 彈性碰撞和非彈性碰撞-【暑假銜接講義】2025年新高二物理暑假提升講義（含答案）（人教版2019）

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第二步：記
串知識 識框架：思維導圖助力掌握知識框架、學習目標復核內(nèi)容掌握
第三步：測
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知識點1：彈性碰撞和非彈性碰撞
1.彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動能不變的碰撞。即碰撞過程中機械能不損失，即碰撞前后系統(tǒng)總動能守恒，Ek1′＋Ek2′＝Ek1＋Ek2。
2.非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞后動能減少的碰撞。
(1)非彈性碰撞：碰撞過程中機械能有損失，系統(tǒng)總動能不守恒，Ek1′＋Ek2′＜Ek1＋Ek2。
(2)完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體“合”為一體，具有共同的速度，這種碰撞動能損失最大。
知識點2：碰撞三原則
1.動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2.動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al( 2,1),2m1)＋eq \f(p\\al( 2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
3.速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
知識點3：兩種彈性碰撞
1. “動碰靜”彈性碰撞的結論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 （2）
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)
(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
2. “動碰動”彈性碰撞
發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
(1) (2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1
知識點4：非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。
根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2.完全非彈性碰撞
碰后物體的速度相同， 根據(jù)動量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：
ΔEk= ?m1v12+ ? m2v22- ?(m1+m2)v共2 （2）
聯(lián)立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
考點一：碰撞可能性分析
1．“充氣碰碰球”游戲簡化為如圖乙所示的模型：直徑相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直線上運動，碰前A球的動量pA=50kg?m/s，B球靜止，碰后B球的動量變?yōu)閜B=30kg?m/s。則兩球質(zhì)量mA與mB間的關系可能是（ ）
A．mA=mBB．mA=3mBC．mA=4mBD．mA=5mB
【答案】A
【詳解】以A球的初速度方向為正方向，由碰撞過程系統(tǒng)動量守恒得
解得
根據(jù)碰撞過程總動能不增加，有
解得
碰后兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則有
解得
因此，兩球質(zhì)量關系為
故選A。
2．在光滑水平面上，質(zhì)量為、速度大小為的A球與質(zhì)量為靜止的B球發(fā)生對心碰撞，則碰撞后（ ）
A．A球的速度大小可能是
B．B球的速度大小可能是
C．A球所受最大沖量為
D．B球所受最大沖量為
【答案】B
【詳解】AB．如果兩個小球發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則有
解得
如果兩個小球發(fā)生的是彈性碰撞，則有
解得
故A錯誤，B正確；
CD．球和B球所受最大沖量相等，根據(jù)動量定理有
故CD錯誤；
故選B。
3．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA=1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s，當A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（ ）
A．vA′=3 m/s，vB′=3.5 m/s
B．vA′=5 m/s，vB′=2.5 m/s
C．vA′=1.5 m/s，vB′=3 m/s
D．vA′=?3 m/s，vB′=6.5 m/s
【答案】A
【詳解】A．碰撞過程動量守恒，碰前總動量為
碰后總動量為
碰撞過程動量守恒。碰前總動能為
碰后總動能為
可知總動能沒有增大，A、B兩球速度可能為3m/s，3.5m/s，A正確；
B．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)可知，碰后速度均為正值，則碰后兩球同向，此時碰后A的速度不可能大于B的速度，而
可知，A、B兩球速度不可能為5m/s，2.5m/s，B錯誤；
C．碰后總動量為
可知碰后的動量小于碰前的動量，碰撞前后動量不守恒，可知，A、B兩球速度不可能為1.5m/s，3m/s，C錯誤；
D．碰后總動量為
碰撞過程動量守恒。碰后總動能為可知碰后的總動能大于碰前的總動能，而碰撞前后總動能不增加，可知，A、B兩球速度不可能為-3m/s，6.5m/s，D錯誤。
故選A。
考點二：彈性碰撞模型
4．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰。小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的圖像。已知m1=0.1 kg。由此可以判斷（ ）
A．碰后m2和m1都向右運動
B．碰撞過程中m2對m1的沖量大小為0.2N·s
C．m2=0.1kg
D．碰撞過程是彈性碰撞
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)圖像的斜率表示速度，可知碰后向右運動，向左運動，故A錯誤；
BC．根據(jù)圖像的斜率表示速度，可知碰前和的速度分別為
，
碰后和的速度分別為
，
根據(jù)動量守恒可得
聯(lián)立解得
對，根據(jù)動量定理可得
可知碰撞過程中對的沖量大小為，故BC錯誤；
D．碰撞前系統(tǒng)的機械能為
碰撞后系統(tǒng)的機械能為
可知碰撞過程是彈性碰撞，故D正確。
故選D。
5．如圖所示，半徑為R、豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計一切摩擦。圓心O點正下方放置質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度向左運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞。碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球B的初速度不可能為（重力加速度為g）（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】根據(jù)題意可知，小球B與小球A發(fā)生彈性碰撞，設碰撞后小球B的速度為，小球A的速度為，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律有
解得
由于碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球A未通過與圓心的等高點或通過圓弧最高點，若小球A恰好到達圓心的等高點，由能量守恒定律有
解得
解得
若小球恰好通過圓弧最高點，由能量守恒定律有
由牛頓第二定律有
解得
解得
則碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，小球B的初速度取值范圍為
或
選不可能的，故選A。
6．如圖所示為一種基于伽利略大炮原理的簡易模型。兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留有較小空隙，從距水平地面高度為h處同時由靜止釋放。已知小球Q的質(zhì)量是P的3倍。設所有碰撞均為彈性碰撞。忽略空氣阻力及碰撞時間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】設小球P、Q的質(zhì)量分別為m、3m，落地前的瞬間二者速度均為v，由動能定理可得
解得
Q與地面碰撞后速度等大反向，然后與P碰撞，P、Q碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒，規(guī)定向上為正方向，則有
，
解得
碰后小球P機械能守恒，則有
解得
故選C。
考點三：完全非彈性碰撞模型
7．超市里用的購物車為顧客提供了購物方便，又便于收納，收納時一般采用完全非彈性碰撞的方式把購物車收到一起，如圖甲所示。某興趣小組在超市對同款購物車（以下簡稱“車”）的碰撞進行了研究，分析時將購物車簡化為原來靜止的小物塊。已知車的凈質(zhì)量均為，將1號車以速度向右推出，先與2碰撞結合為一體后再撞擊3，最終三車合為一體。忽略一切摩擦和阻力，則第二次碰撞過程中損失的機械能為（ ）
A．18JB．36JC．54JD．72J
【答案】B
【詳解】依題意，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，可得
解得
，
則第二次碰撞過程中損失的機械能為
故選B。
8．A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間圖像。a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時間圖線，c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖線。若A球的質(zhì)量m=2kg，則下列結論正確的是（ ）
A．碰撞過程A的動量變化量為4kg?m/s
B．B球的質(zhì)量是4kg
C．碰撞過程中A對B的沖量為4N?s
D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為8J
【答案】A
【詳解】由圖可知，碰撞前A、B兩球的速度大小分別為
碰撞后兩球共同運動的速度大小
A．碰撞過程A的動量變化量為
A正確；
B．根據(jù)動量守恒可得
求得
B錯誤；
C．由動量定理可知，碰撞時A對B的沖量為
C錯誤；
D．根據(jù)能量守恒可得
D錯誤。
故選A。
9．如圖所示，A、B和C是光滑水平面上的三個質(zhì)量都為m的相同的小球，其中B、C兩小球用不計質(zhì)量的輕質(zhì)彈簧連接后靜止在水平面上?，F(xiàn)A球以速度沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起。對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（ ）
A．機械能守恒，動量不守恒
B．彈簧的最大彈性勢能等于
C．三球速度相等時，彈簧一定處于壓縮狀態(tài)
D．三球速度相等后，速度將保持不變
【答案】B
【詳解】A．對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，其所受合外力為零，機械能守恒，動量守恒，A錯誤；
B．A、B碰撞動量守恒，設粘在一起時速度為，有
A、B整體和C通過彈簧作用時第一次達到共速v的過程，根據(jù)動量和能量守恒有
，
解得彈簧的最大彈性勢能為
B正確；
CD．根據(jù)動量守恒和牛頓第二定律，A、B整體和C通過彈簧作用的過程中，一段時間內(nèi)的圖見下圖，在0~t2時間內(nèi)，彈簧先壓縮后恢復原狀。在t2~t4時間內(nèi)，彈簧先拉長后恢復原狀。且分別在t1和t3時刻系統(tǒng)有共同速度，CD錯誤。
故選B。
知識導圖記憶
知識目標復核
1.了解彈性碰撞、非彈性碰撞，知道碰撞現(xiàn)象的特點。
2.彈性碰撞中的能量轉(zhuǎn)化及特點。
1．如圖所示為雜技表演“胸口碎大石”。其原理可解釋為，當大石獲得的速度較小時，下面的人感受到的震動就會較小，人的安全性就較強。若大石塊的質(zhì)量是鐵錘的120倍，則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得
解得
如果發(fā)生的是彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒和機械能守恒得，
解得
所以撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的和之間。
故選B。
2．質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上，沿同一直線，同一方向運動，A球的動量為，B球的動量為。當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【詳解】設兩球質(zhì)量均為m．碰撞前總動量
碰撞前總動能為
A．若，，則碰撞后總動量
碰撞后總動能為
滿足動量守恒和總動能不增加原則，故A正確；
B．若碰撞后，，可知碰撞后A的速度大于B的速度，不符合速度合理性，故B錯誤；
C．若碰撞后，，則碰撞后總動量
不滿足動量守恒，故C錯誤；
D．若碰撞后，，則碰撞后總動量為
不滿足動量守恒，故D錯誤。
故選A。
3．斯諾克原意是“阻礙、障礙”，所以斯諾克臺球也被稱為障礙臺球，打球過程中可以利用球來作障礙迫使對方失誤，而且作障礙是每個職業(yè)斯諾克球手都必須掌握的一種技術．假設光滑水平面一條直線上依次放4個質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度與4號紅球發(fā)生彈性正碰，則4號紅球最終的速度大小為（ ）
A．B．C．D．0
【答案】B
【詳解】假設光滑水平面一條直線上依次放4個質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度與4號紅球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)一動碰一靜的彈性碰撞特點可知，每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉淼?，?號紅球每次將速度傳給右側球，故白球與4號紅球碰撞3次后，白球速度
此時4號球速度為零，根據(jù)動量守恒和能量守恒有
，
解得，4號紅球最終的速度大小為
故選B。
4．如圖所示，水平面上A、B兩處有甲、乙兩個可視為質(zhì)點的小滑塊處于靜止狀態(tài)，B點右側水平面粗糙，左側水平面光滑。若甲在水平向右的拉力的作用下由靜止向右運動，當時撤去拉力F，緊接著甲與乙發(fā)生彈性正碰，其中乙滑行1.6m后停下，已知乙的質(zhì)量為1kg，乙與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取，則（ ）
A．0~2s內(nèi)，拉力F的沖量為12N·s
B．撤去拉力F時甲的速度大小為3m/s
C．兩個滑塊碰撞以后乙的速度是1m/s
D．甲的質(zhì)量為1kg
【答案】B
【詳解】A．F與t線性關系，力F對甲的沖量為I
故A錯誤；
C．對乙碰撞后的過程中利用動能定理得
故C錯誤；
BD．設甲的質(zhì)量為m1，碰前速度為v0，碰后速度為v1，根據(jù)動量守恒得
根據(jù)機械能守恒得
聯(lián)立得
B正確，D錯誤。
故選B。
5．如圖3所示，質(zhì)量為的木塊靜止于光滑水平面上，一質(zhì)量為的子彈以水平速度打入木塊并停在木塊中，下列說法正確的是（ ）

A．子彈打入木塊后子彈和木塊的共同速度為
B．子彈對木塊做的功
C．木塊對子彈做正功
D．子彈打入木塊過程中產(chǎn)生的熱量
【答案】A
【詳解】A．根據(jù)動量守恒可得
解得子彈打入木塊后子彈和木塊的共同速度為
故A正確；
B．根據(jù)動能定理可知，子彈對木塊做的功為
故B錯誤；
C．由于子彈的動能減小，根據(jù)動能定理可知，木塊對子彈做負功，故C錯誤；
D．根據(jù)能量守恒可知，子彈打入木塊過程中產(chǎn)生的熱量為
故D錯誤。
故選A。
6．如圖所示，用長度為L的輕質(zhì)細繩懸掛一個質(zhì)量為M的木塊，一個質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為和v。子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計，木塊和子彈可以看作質(zhì)點，以木塊初始位置為零勢能點，下列說法正確的是（ ）
A．子彈穿透木塊過程中，子彈、木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
B．子彈剛穿透木塊時，木塊速度為
C．子彈剛穿透木塊時，繩子的拉力為
D．子彈剛穿透木塊后，木塊能到達的最大高度為
【答案】C
【詳解】A．子彈穿透木塊過程中，由于子彈穿過木塊的時間不計，子彈、木塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒；子彈與木塊間有摩擦，一部分機械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，故系統(tǒng)不滿足機械能守恒，故A錯誤；
B．子彈剛穿透木塊過程中，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得
解得子彈剛穿透木塊時，木塊速度為
故B錯誤；
C．子彈穿透木塊時，以木塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得繩子的拉力為
故C正確；
D．彈剛穿透木塊后，若木塊上升的最大高度低于天花板，對木塊，根據(jù)機械能守恒可得
解得
故D錯誤。
故選C。
7．在光滑水平地面上放一個質(zhì)量為2kg的內(nèi)側帶有光滑弧形凹槽的滑塊M，凹槽的底端切線水平，離地高度為5cm，如圖所示。質(zhì)量為1kg的小物塊m以的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，恰好能到達滑塊M的頂端，然后滑下離開凹槽。重力加速度取，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（ ）
A．小物塊落地時與槽左端的水平距離為30cm
B．小物塊m離開槽后做自由落體運動
C．弧形凹槽的高度為45cm
D．小物塊對滑塊先做正功后做負功
【答案】A
【詳解】AB．小物塊在槽上運動的過程中，小物塊與凹槽構成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設小物塊剛離開槽時，小物塊速度為v1，槽的速度為v2，以向右為正方向，則水平方向根據(jù)動量守恒定律有
整個運動過程機械能守恒，故有
聯(lián)立解得
（方向向左），
故小物塊離開凹槽后做平拋運動，故小物塊離開凹槽到落地過程中，豎直方向上有
水平方向上有
此過程中凹槽移動位移為
小物塊落地時與槽左端的水平距離為
聯(lián)立解得
，
故A正確，B錯誤；
C．小物塊運動到凹槽最高點時，小物塊與凹槽的水平方向速度相等，小物塊與凹槽構成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設小物塊到達凹槽最高點時速度為v，以向右為正方向，則水平方向根據(jù)動量守恒定律有
上升到最高點的過程中系統(tǒng)機械能守恒，故有
聯(lián)立解得
故C錯誤；
D．小物塊在凹槽上運動過程中，小物塊對滑塊的正壓力始終指向斜右下方，對滑塊始終做正功后。故D錯誤。
故選A。
8．如圖，質(zhì)量和半徑都相同的四分之一光滑圓弧體A、B靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點和水平面相切，圓弧的半徑為R。圓弧體B鎖定，一個小球從A圓弧體的最高點由靜止釋放，小球在圓弧體B上升的最大高度為。已知重力加速度大小為g，則（ ）
A．小球與圓弧體的質(zhì)量之比為
B．小球與圓弧體的質(zhì)量之比為
C．若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為
D．若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為
【答案】C
【詳解】AB．設小球質(zhì)量為m，圓弧體質(zhì)量為M，小球從圓弧體A上滾下時，A的速度大小為v1，小球的速度大小為v2，由題意可知
，
根據(jù)能量守恒
解得
，
故AB錯誤；
CD．若圓弧體B沒有鎖定，則小球滑上B過程到滑離
，
解得圓弧體B最終獲得的速度大小為，故C正確D錯誤。
故選C。
9．如圖所示，一小車靜止于光滑水平面，其上固定一光滑彎曲軌道，整個小車（含軌道）的質(zhì)量為m?，F(xiàn)有質(zhì)量也為m的小球，以水平速度從左端滑上小車，沿彎曲軌道上升到最高點，最終從軌道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是（ ）
A．小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小球沿軌道上升到最高點時，小車的速度為零
C．小球沿軌道上升的最大高度為
D．小球滑離小車后，做自由落體運動
【答案】D
【詳解】A．小球在豎直方向分速度的初始值與末狀態(tài)值均為0，可知，豎直方向上先加速后減速，即豎直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重與失重，小球和小車構成的系統(tǒng)所受外力的合力不為0，系統(tǒng)的動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向上所受外力的合力為0，即系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒，故A錯誤；
B．小球沿軌道上升到最高點時，小球豎直分速度為0，結合上述可知，在水平方向，系統(tǒng)動量守恒，則小球與小車的速度相等，均不為零，故B錯誤；
C．小球沿軌道上升到最高點時，根據(jù)動量守恒定律有
根據(jù)機械能守恒定律有
解得
故C錯誤；
D．小球從軌道左端滑離小車時，根據(jù)動量守恒定律有
根據(jù)機械能守恒定律有
解得
即小球滑離小車后，做自由落體運動，故D正確。
故選D。
10．如圖所示，在光滑的水平面上有兩個滑塊，滑塊的左端固定一輕質(zhì)彈簧。兩個滑塊以大小為的速度沿同一直線相向運動，滑塊的質(zhì)量為，滑塊的質(zhì)量為。不計空氣阻力，則下列說法正確的是（ ）
A．當彈簧被壓縮至最短時，的動能達到最小值
B．彈簧的彈性勢能最大值為
C．兩個滑塊分離時滑塊的速度為
D．彈簧存在彈力的過程中，彈力對的沖量大小為
【答案】C
【詳解】A．當彈簧被壓縮至最短時，滑塊PQ共速，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知
解得
可知滑塊Q速度由向左變成向右，最小動能時為零，所以當彈簧被壓縮至最短時，滑塊Q的動能不是最小值，故A錯誤；
B．當彈簧被壓縮至最短時，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律
解得彈簧的彈性勢能最大值為
故B錯誤；
C．兩個滑塊分離時，設滑塊P的速度為，滑塊Q的速度為，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律
解得
，
故C正確；
D．彈簧存在彈力的過程中，彈力對P的沖量大小為
負號表示方向向左，大小為，故D錯誤。
故選C。
11．如圖所示，光滑水平地面上的輕彈簧一端拴接著質(zhì)量為1kg的物塊Q，初始時彈簧處于原長，Q靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為2kg的物塊P靜止在距彈簧右端一定距離處。現(xiàn)給物塊P一方向水平向左、大小為6N·s的瞬時沖量，從物塊P開始接觸彈簧到離開彈簧的過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（ ）
A．彈簧壓縮量最大時物塊Q的速度最大
B．物塊Q的最大速度為4m/s
C．彈簧的最大彈性勢能為9J
D．物塊P離開彈簧時的速度大小為2m/s
【答案】B
【詳解】A．當彈簧恢復原長時，物塊Q的速度最大，當彈簧壓縮量最大時，兩個物塊速度相同，物塊Q的速度不最大，故A錯誤；
BD．當彈簧恢復原長時，物塊Q的速度最大，根據(jù)動量守恒定律得
根據(jù)機械能守恒定律

根據(jù)動量定理得

解得
物塊Q的最大速度為4m/s ，物塊P離開彈簧時的速度大小為1m/s ，故B正確，D錯誤；
C．彈簧最短時，彈簧的彈性勢能最大，兩物塊速度相同，根據(jù)動量守恒定律得

彈簧的最大彈性勢能為

解得

故C錯誤。
故選B。
12．如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細線連接，靜止在光滑的水平面上，此時細線剛好伸直且無彈力?，F(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運動過程中，細線沒有繃斷，以下判斷正確的是（ ）
A．細線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大
B．細線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大
C．彈簧的最大彈性勢能等于
D．物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機械能最多為
【答案】C
【詳解】AB．細線再次伸直時，也就是彈簧再次恢復原長時，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒可得
，
解得細線再次伸直時，A的速度為
，
可知細線再次伸直時，A的速度沒有反向；則細線恢復原長的過程中，A始終受到向左的彈力，一直做減速運動，B始終受到向右的彈力，即一直做加速運動，彈簧的彈力先變大后變小，故B的加速度先增大后減小，故AB錯誤；
C．彈簧彈性勢能最大時，彈簧壓縮到最短，此時A、B速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得
解得
根據(jù)能量守恒定律可得，彈性勢能最大值為
故C正確；
D．當細線再次伸直后，物塊A、B速度又變?yōu)楣菜?，根?jù)動量守恒可得
解得
細線再次伸直過程，物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機械能為
故D錯誤。
故選C。
13．如圖所示，水平地面上A、B兩個木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2m、3m，靜止時彈簧恰好處于原長，一質(zhì)量為m的木塊C以速度v0水平向右運動并與木塊A相撞。不計一切摩擦，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【詳解】當C與A發(fā)生彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有
聯(lián)立解得
當A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設共同速度為，以A的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得
由機械能守恒定律可知
解得
當C與A發(fā)生完全非彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律有
當A、B、C速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設共同速度為，則由動量守恒定律得
由機械能守恒定律可知
解得
由此可知，碰后彈簧的最大彈性勢能范圍是
故選A。
14．如圖所示，質(zhì)量為的鋼板B與直立的輕彈簧連接，彈簧的下端固定在水平地面上，平衡時彈簧的壓縮量為另一個表面涂有油泥、質(zhì)量也為的物塊A，從距鋼板高度處自由落下，與鋼板碰后A、B粘連在一起向下壓縮彈簧，則 （ ）
A．A、B粘連后的最大速度是
B．A、B粘連后的最大速度大于
C．在壓縮彈簧過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒
D．從A開始運動到壓縮彈簧至最短的整個過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
【答案】B
【詳解】AB. 由動能定理，可得物塊A下落3x0獲得的速度為
解得
v0為物塊與鋼板碰撞時的速度，碰撞時間極短，鋼板與物塊間動量守恒，設v0為兩者碰后的共同速度，則
解得
A、B未碰前，對彈簧狀態(tài)分析，根據(jù)平衡條件可知彈簧的彈力與鋼板B的重力等大反向，當A、B粘連后的瞬間，彈力大小來不及突變，但A、B的重力將大于此時彈簧的彈力，A、B粘連后先要向下加速再減速，所以A、B粘連后的最大速度大于，故A錯誤，B正確；
C. 在壓縮彈簧過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能減小，減小的機械能等于彈簧增加的彈性勢能，故C錯誤；
D.由于A、B碰后粘連，屬于完全非彈性碰撞，會有機械能損失，所以從A開始運動到壓縮彈簧至最短的整個過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。
故選B。
15．隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野。 “引力彈弓效應”是指在太空運動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設行星運動的速度為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是（ ）
A．v1 > v0B．v1= v0C．v2 > v0D．v2 =v0
【答案】A
【詳解】AB．根據(jù)題意，設行星的質(zhì)量為M，探測器的質(zhì)量為m，當探測器從行星的反方向接近行星時（左圖），再設向左為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒得-mv0+Mu=Mu′+mv1mv02+Mu2=Mu′2+mv12整理得v1-v0=u+u′所以v1 > v0，A正確，B錯誤；
CD．同理，當探測器從行星的同方向接近行星時（右圖），再設向左為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒得mv0+Mu=Mu″-mv2mv02+Mu2=Mu″2+mv22整理得v0-v2=u+u″所以v2 < v0，CD錯誤。故選A。
教材習題01
如圖所示，動量分別為、的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用、表示兩小球動量的變化量。則下列選項中可能正確的是（ ）
A．、
B．、
C．、
D．、
解題方法
A．根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果、，所以碰后兩球的動量分別為、，根據(jù)計算可知碰撞過程總動能不增加，是可能發(fā)生的，故A正確。
B．兩球碰撞過程，系統(tǒng)的動量守恒，兩球動量變化量應大小相等，方向相反，若，，違反了動量守恒定律，不可能，故B錯誤。
C．根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果、，碰后兩球的動量分別為、，由題，碰撞后兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大，與實際運動不符，故C錯誤。
D．如果、，所以碰后兩球的動量分別為、，可以看出，碰撞后A的動能不變，而B的動能增大，違反了能量守恒定律，不可能。故D錯誤。
【答案】A
教材習題02
如圖所示，一個質(zhì)量為的物塊A與靜止在水平面上的另一個質(zhì)量為的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，與沙坑的距離，g?。飰K可視為質(zhì)點，則碰撞前瞬間A的速度大小為（ ）
A．B．
C．D．
致
解題方法
碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得v=2m/sA與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有由于沒有機械能的損失，則有聯(lián)立解得v0=3m/s故選B。
【答案】B
教材習題03
如圖所示，大小相同、質(zhì)量分別為0.2kg和0.1kg的小球，在光滑水平面上分別以0.3m/s和0.9m/s的速度沿同一直線相向運動，相撞之后粘住成為一個整體，則整體的速度大小為（ ）
A．0.1m/sB．0.3m/s
C．0.6m/sD．1.2m/s
致
解題方法
取向左為正方向，根據(jù)動量守恒可知代入數(shù)據(jù)可得故選A。
【答案】A