5 弹性碰撞和非弹性碰撞-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（人教版，单选）

5　弹性碰撞和非弹性碰撞 第一章　动量守恒定律 [学习目标]　1.知道弹性碰撞和非弹性碰撞的特点(重点)。2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念(重点)。3.能运用动量和能量的观点分析解决一维碰撞的实际问题(重难点)。 课时作业 巩固提升 要点1　弹性碰撞和非弹性碰撞 要点2　弹性碰撞的实例分析 要点3　碰撞的可能性 内容索引 要点1　弹性碰撞和非弹性碰撞 一 4 1．实验：研究小车碰撞前后动能的变化 (1)实验装置   (2)实验结论：如果碰后两小车粘在一起，则总动能________。改进实验装置，在两小车上分别安装弹性碰撞架可________动能的损失。 梳理 必备知识 自主学习 减少 减少 2．弹性碰撞和非弹性碰撞 (1)弹性碰撞：系统在碰撞前后动能________。 (2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能________。 不变 减少 [思考与讨论] 如图为验证动量守恒定律的两组实验装置。甲图两个滑块上装有弹性碰撞架，滑块碰撞后随即分开。乙图两个滑块上分别装有橡皮泥和撞针，碰撞时撞针插入橡皮泥中使两个滑块连成一体运动。请分析两组装置碰撞过程的能量转化的特点。 提示：两个装有弹性碰撞架的滑块碰撞时，形变增大的过程是一部分动能转化为弹性势能，形变恢复时弹性势能又向动能转化，弹性形变能够完全恢复，几乎没有动能损失。分别装有橡皮泥和撞针的滑块碰撞时形变不能完全恢复，滑块的动能一部分转化成内能。 1.碰撞过程的特点 (1)时间特点:碰撞现象中,相互作用的时间极短,相对物体的全过程可忽略不计。 (2)受力特点:在碰撞过程中,系统的内力远大于外力,外力可以忽略,系统的总动量守恒。 (3)位移特点:在碰撞过程中,由于在极短的时间内物体的速度发生突变,物体发生的位移极小,可认为碰撞前后物体处于同一位置。 (4)能量特点:碰撞过程系统的动能不会增加,可能减少,也可能不变。 归纳 关键能力 合作探究 2.弹性碰撞 (1)理解:如果系统在碰撞前后动能不变,这类碰撞叫作弹性碰撞。 (2)发生弹性碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失。 3.非弹性碰撞 (1)一般非弹性碰撞 动量守恒,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'; 机械能减少,损失的机械能转化为内能,|ΔEk|=Ek初-Ek末=Q。 (2)完全非弹性碰撞:两物体碰撞后粘在一起运动,这种碰撞叫作完全非弹性碰撞,碰撞过程遵循动量守恒定律,且动能(或机械能)损失最多。由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得v=,系统损失的动能ΔEk=m1+m2-(m1+m2)v2。 [例1]　如图所示,光滑水平桌面上一质量为5.0 kg的保龄球,撞上一原来静止且质量为1.5 kg的球瓶。此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出,而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动,假设它们相互作用的时间为0.05 s。求: (1)碰撞前保龄球的速度大小; [答案]　(1)2.9 m/s 　 (1)设碰撞前保龄球的速度大小为v1, 根据动量守恒定律有Mv1=Mv1'+mv2 解得v1=2.9 m/s。 (2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小; [答案]　(2)90 N 　 (2)设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F, 对球瓶根据动量定理有Ft=mv2 解得F=90 N。 (3)通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。 [答案]　(3)不是弹性碰撞,计算过程见解析 (3)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为Ek0=M=21.025 J,Ek1=Mv1'2+m=16.75 J 因为Ek1<Ek0,所以该碰撞不是弹性碰撞。 [针对训练]　1.如图所示,在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队,收获了第一个世锦赛冠军,中国队队长在最后一投中,将质量为19 kg的冰壶推出,运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶,然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等,则下列判断正确的是(　　) A.瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s,两冰壶之间的 碰撞是弹性碰撞 B.瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 C.瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 D.瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 B 两冰壶碰撞的过程中动量守恒,规定向前运动方向为正方向,根据动量守恒定律有mv1=mv2+mv3,代入数据解得v3=0.3 m/s。动能减小量ΔEk=m-m-m=×19×(0.42-0.12-0.32)J=0.57 J>0,故系统动能减小,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞,B正确。 二 要点2　弹性碰撞的实例分析 18 1．正碰 (1)定义：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在__________________上，碰撞之后两球的速度仍会________________。这种碰撞称为________，也叫作________碰撞或________碰撞。 (2)特点：发生对心碰撞的两个物体，碰撞前后的速度都沿同一条直线，它们的动量也都沿这条直线，可以在这个方向上应用动量守恒定律。 同一条直线 沿着这条直线 正碰 对心 一维 2．实例分析 在光滑水平面上质量为m1的物体以速度v1与质量为m2的静止物体发生弹性正碰，如图所示。 m1v1 [思考与讨论] (1)规定以碰前质量为m1的物体的速度v1的方向为正方向，请根据以上两个物体碰撞之后的速度表达式分析下面的几种情况： ①若m1＝m2，则有v1′＝________，v2′＝________，即碰撞后两物体速度________。 ②若m1>m2，则v1′________0, v2′________0(均选填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都与v1方向________(选填“相同”或“相反”)。 ③若m1<m2，则v1′________0(选填“>”“＝”或“<”)，表示v1′与v1方向________(选填“相同”或“相反”)。 0 v1 互换 > > 相同 < 相反 (2)请继续思考下面两种极限情况： ①若m1≫m2，则v1′＝________，v2′＝________。 ②若m1≪m2，则v1′＝________，v2′＝________。 v1　 2v1　 －v1　 0 [例2]　如图所示,用等长的轻绳将大小相同的弹性小球A、B悬挂于同一高度,静止时两球恰能接触且悬绳竖直,已知两球质量分别为mA、mB。现将A球向左拉至某一高度 h后由静止释放(悬绳始终保持伸直状态,不计空气阻力), 使其与B球发生弹性碰撞。下列描述正确的是(　　) A.若mA=mB,碰撞后,A球静止,B球摆起的高度等于h B.若mA>mB,碰撞后,A、B都向右摆动,且B球摆起的高度小于h C.若mA<mB,碰撞后,A、B都向右摆动,且B球摆起的高度小于h D.无论A、B质量大小如何,释放后整个过程A、B系统的机械能和动量都守恒 A 小球A下降h时,根据机械能守恒定律有mAgh=mA,可得v0= 碰撞的过程中动量守恒,机械能守恒,有mAv0=mAv1+mBv2,mA=mA+mB 整理得v1=v0,v2=v0,若mA=mB,可知v1=0,v2=v0, 即碰后 A球静止,B球以v0的速度上摆,摆起的高度等于h,A正确;若mA>mB,可知v1>0,v2>v0,即碰撞后,A、B都向右摆动,B球摆起的高度大于h,B错误;若mA<mB,可知v1<0,v2>0,即碰撞后,A球向左运动,B球向右运动,C错误;在A球下摆和碰后两球运动的过程中,所受合外力均不为零,因此动量均不守恒,D错误。 [针对训练]　2.如图所示,B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,与它们共线的A球以速度v0向B球运动,其中A、F两球质量为m,B、C、D、E四个小球质量为2m,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后(　　) A.共有三个小球运动,方向均向右 B.共有三个小球运动,方向既有向左的又有向右的 C.共有两个小球运动,方向均向右 D.共有两个小球运动,方向既有向左的又有向右的 B 弹性碰撞遵循动量守恒定律和能量守恒定律,有 m1v1=m1v1'+m2v2' m1=m1v1'2+m2v2'2 解得碰后的速度满足 v1'=v1 v2'=v1 因A、B两球质量不等,且mA<mB,则由以上分析可知A球与B球相碰后,A球向左运动,B球向右运动。B、C、D、E这四个小球的质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E球有方向水平向右的速度,B、C、D这三个小球均静止。E、F两球质量不等,且mE>mF,则E、F两球碰撞后都向右运动。综上所知最终B、C、D这三个小球均静止,A球向左运动,E、F两球都向右运动。故选B。 三 要点3　碰撞的可能性 29 判断碰撞可能性问题的三个原则 (1)系统动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'。 (2)系统总动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。 (3)速度要合理。 ①碰前两物体同向,则v后>v前,碰后,原来在前的物体速度一定增大, 且v前'≥v后'。 ②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变,除非两物体碰撞后速度均为零。 [例3]　(2024·江苏无锡高二期末)质量为mA的A球以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动,并与B球发生弹性正碰。假设B球的质量mB可选取为不同的值,则(　　) A.当mB=mA时,碰后B球的速度最大 B.当mB=mA时,碰后B球的动能最大 C.当mB=mA时,碰后B球的动量最大 D.在保持mB>mA的条件下,mB越小,碰后A球的速度越小 B A、B碰撞过程系统动量守恒,以碰撞前A的速度方向为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mAvA=mAvA'+mBvB',mA=mAvA'2+mBvB'2,联立解得碰后A、B两球的速度分别为vA'=vA=(1-)vA=(1-)vA,vB'=vA=vA。由以上分析可知当mB=mA时,碰后B球的速度不是最大,在保持mB>mA的条件下,mB越小,碰后A球的速度越大,故A、D错误;当mB=mA时,弹性正碰后两球交换速度,此时碰后A球速度为零,B球获得最大动能,故B正确;碰撞后B球的动量pB=mBvB'==,则知mB越大,碰后B球的动量越大,故C错误。 方法总结 分析碰撞可能性问题的思路 1.对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,再看总机械能是否增加。 2.注意碰后的速度关系是否合理。 3.要灵活运用Ek=和p=两个关系式。 [针对训练]　3.(2024·江苏南京高二期中)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰,则碰撞后B球速度v'可能值的范围为(　　) A.0.2v≤v'≤0.5v B.0.2v≤v'≤0.75v C.0.25v≤v'≤0.5v D.0.25v≤v'≤0.75v C 若A、B两球为弹性碰撞,则碰撞过程无能量损失,碰撞后速度最大,取A球初速度方向为正方向,根据动量守恒定律、机械能守恒定律可得mv=mv1+3mv2,mv2=m+m,解得v2=0.5v;若A、B两球为完全非弹性碰撞,碰撞后两球共速,碰撞过程能量损失最大,碰撞后速度最小,根据动量守恒定律可得mv=(m+3m)v共,解得v共=0.25v。因此碰撞后B球速度v'可能值的范围为0.25v≤v'≤0.5v,故选C。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.下列关于碰撞的理解正确的是(　　) A.碰撞是指相对运动的物体相遇时,在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程 B.在碰撞现象中,一般内力都远大于外力,所以可以认为碰撞时系统的动能守恒 C.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞 D.微观粒子的相互作用由于不发生直接接触,所以不能称其为碰撞 A 13 碰撞是十分普遍的现象,它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象,一般内力远大于外力,碰撞过程中动量守恒,动能不一定守恒,故A正确,B错误;如果碰撞过程中机械能守恒,就叫作弹性碰撞,故C错误;微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点,所以仍然是碰撞,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.2023年9月21日,“天宫课堂”第四课开讲,神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了“验证动量守恒定律”的实验。假设实验所用较小钢球的质量为较大钢球质量的一半,较小钢球以大小为1 m/s的水平向左的速度与静止的较大钢球正碰,碰后速度分别为v1、v2,规定向左为正方向,两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞,则(　　) A.v1=v2=0.5 m/s B.v1=0,v2=1 m/s C.v1=1 m/s,v2=0 D.v1=- m/s,v2= m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 设较小钢球的质量为m,较大钢球的质量为2m,两球碰撞过程中动量守恒、能量守恒,规定向左为正方向,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mv0=mv1+2mv2 m=m+×2m 解得v1=- m/s,v2= m/s 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.甲、乙两铁球质量分别是m1=1 kg、m2=2 kg,在光滑水平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6 m/s、v2=2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是(　　) A.v1'=7 m/s,v2'=1.5 m/s B.v1'=2 m/s,v2'=4 m/s C.v1'=3.5 m/s,v2'=3 m/s D.v1'=4 m/s,v2'=3 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 13 选项A满足动量守恒定律,但选项A碰后甲球速度大于乙球速度而且总动能大于碰前总动能,选项A错误;选项C不满足动量守恒定律,选项C错误;选项D满足动量守恒条件,且碰后总动能小于碰前总动能,但碰后甲球速度大于乙球速度,不合理,选项D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一条直线、在同一方向上运动,A球的动量pA=9 kg·m/s,B球的动量pB=3 kg·m/s。A球追上B球时发生碰撞,则A、B两球碰撞后的动量可能是(　　) A.pA'=6 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s B.pA'=8 kg·m/s,pB'=4 kg·m/s C.pA'=-2 kg·m/s,pB'=14 kg·m/s D.pA'=-4 kg·m/s,pB'=17 kg·m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 13 设A、B两球的质量均为m,以A、B为系统,系统所受外力之和为零,A、B组成的系统动量守恒,即pA'+pB'=pA+pB=9 kg·m/s+3 kg·m/s=12 kg·m/s,故先排除了D项。A、B碰撞前的动能之和应大于或等于碰撞后的动能之和,即EkA+EkB≥EkA'+ EkB',EkA+EkB=+=(J) =(J), EkA'+EkB'=+,将A、B、C三项数据代入又可排除C项。A、B两球碰撞后沿同一方向运动,后面A球的速度应小于或等于B球的速度,即vA'≤vB',代入数据可排除B项,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A.3 J　　　　　　　　　　 B.4 J C.5 J D.6 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 13 根据题图知,碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5.0 m/s,v乙=1.0 m/s,碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'=-1.0 m/s,v乙'=2.0 m/s,碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',解得m乙=6 kg,碰撞过程损失的机械能ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2,解得ΔE=3 J,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 [B组　综合强化练] 6.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 13 设中子的质量为m,则被碰原子核的质量为Am,两者发生弹性碰撞,动量守恒,有mv0=mv1+Amv',动能守恒,有m=m+Amv'2,解以上两式得v1=v0。若只考虑速度大小,则中子的速率为v0,故碰撞前、后中子速率之比为,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.A、B两滑块在光滑水平面上发生正碰,其位移x与时间t的图像如图所示。已知A的质量为1 kg,碰撞时间不计,则(　　) A.B的质量为3 kg,发生的碰撞是非弹性碰撞 B.B的质量为3 kg,发生的碰撞是弹性碰撞 C.B的质量为1 kg,发生的碰撞是弹性碰撞 D.B的质量为1 kg,发生的碰撞是非弹性碰撞 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 13 位移—时间图像的斜率表示滑块的速度,由图像可得两滑块A、B碰撞前后的速度分别为v1=4 m/s、v2=0、v1'=-2 m/s、v2'=2 m/s,由动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2',解得m2=3 kg,碰前总动能Ek1=m1,碰后总动能Ek2=m1v1'2+m2v2'2,代入数据可得Ek1=8 J,Ek2=8 J,碰撞前后总动能不变,所以发生的碰撞是弹性碰撞,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.物块A、B在水平面上沿同一直线同向滑行,A追上B后发生碰撞,碰撞时间Δt极短,如图为两物块运动的v-t图像,图线在碰撞前、后均平行。已知A的质量为1 kg,则(　　) A.物块B的质量为0.5 kg B.两图线交点的纵坐标为4 m/s C.碰撞过程中系统的机械能守恒 D.两物块在0~t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 由题图可知两物块运动过程中均受摩擦力作用,在碰撞过程中内力远大于外力,碰撞过程动量守恒,即mAv1+mBv2=mAv3+mBv4,由题图可知,碰前瞬间,物块A、B的速度大小分别为v1=7 m/s,v2=3 m/s,碰后瞬间,物块A、B的速度大小分别为v3=3 m/s,v4=5 m/s,代入数据解得物块B的质量mB=2 kg,故A错误;在图线交点处,两物块速度相等,由动量守恒定律有mAv1+mBv2=(mA+mB)v共,解得交点的纵坐标为v共= m/s,故B错误;计算可知,mA+mB>mA+mB,所以碰撞过程中系统机械能不守恒,故C错误;由题意可知,两物块在碰前做匀减速运动的加速度相同,根据a=μg可知,两物块与水平面间 的动摩擦因数相同,而两物块的质量不同,根据I=μmgt可知, 两物块在0~t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同, 故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从距地面高为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=3m1,则质量为m1的小球反弹后能达到的高度为(　　) A.h B.2h C.3h D.4h 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 小球下降过程为自由落体运动,触地时两球速度相同,v=,质量为m2的小球碰撞地面之后,速度瞬间反向,且大小相等,选两球碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后质量为m1和m2的小球速度大小分别为v1、v2,选向上方向为正方向,则m2v-m1v=m1v1+m2v2,由能量守恒定律得(m1+m2)v2=m1+m2,又m2=3m1,联立解得v1= 2,v2=0,质量为m1的小球反弹后能达到的高度 H==4h,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.如图所示,质量为m的A球在水平面上静止放置,质量为2m的B球向左运动的速度大小为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=。下列选项正确的是(　　) A.e=1 B.e= C.e= D.e= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 13 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×2m=m+×2m,解得v1=v0,v2=v0,恢复系数e==1,A选项正确,B、C、D选项错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.如图所示,三个质量分别为2 kg、1 kg、1 kg的木块A、B、C放置在光滑水平轨道上,开始时B、C均静止,A以初速度v0=6 m/s向右运动,A与B发生弹性碰撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起。求: (1)A与B碰撞后A、B各自的速度大小; 答案:(1)2 m/s　8 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)设A与B碰撞后A、B的速度分别为vA、vB,由于A与B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mAv0=mAvA+mBvB mA=mA+mB 联立解得vA=2 m/s,vB=8 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)B与C碰撞后的共同速度; 答案: (2)4 m/s　 (2)B与C发生碰撞并粘在一起,设B与C碰撞后的共同速度为v共,根据动量守恒定律可得 mBvB=(mB+mC)v共 解得v共=4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (3)B与C碰撞过程中损失的动能。 答案: (3)16 J (3)B与C碰撞过程中损失的动能为 ΔEk=mB-(mB+mC)=16 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.如图甲所示,在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的A、B物块。t=0时刻,A物块以5 m/s的速度向右运动,经一段时间后与静止的B物块发生弹性碰撞,碰撞时间极短,碰撞前后两物块运动的v-t图像如图乙中实线所示,其中A物块碰撞前后的图线平行,已知A物块的质量为2 kg,求: (1)B物块的质量; 答案:(1)1 kg　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)A、B物块发生弹性碰撞,由动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mBvB 由机械能守恒定律得 mA=mA+mB 由题图乙可知v0=3 m/s,vA=1 m/s 联立可得 mB=1 kg,vB=4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)碰撞过程中合力对B物块的冲量大小; 答案: (2)4 N·s　 (2)由动量定理可知碰撞过程中合力对B物块的冲量大小I=mBvB= 4 N·s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (3)碰后B物块所受摩擦力大小及移动的距离。 答案: (3) N　6 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (3)由题图乙可知t=5 s时B物块停止运动,则加速度大小为 aB== m/s2 由牛顿第二定律可知,B物块所受摩擦力为 fB=mBaB= N 由速度位移公式可知 0-=-2aBxB 解得xB=6 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 [C组　培优选做练] 13.“引力弹弓”是指我们发射的深空探测器在探索太阳系或太阳系以外的宇宙空间过程中可以借助星球的引力实现助推加速,从而达到节省燃料、延长探测器有效工作时间的目的。如图所示为一个最简单的“引力弹弓”模型,假设太阳系内一探测器以大小为v的速度向右飞行,同时某一行星向左以大小为u的速度运动(v与u均以太阳为参考系),探测器在靠近行星的过程中被行星引力吸引改变运动方向并最终与行星同向运动并脱离行星。请你运用所学知识证明此时探测器获得的速度大小为2u+v(证明时可认为探测器质量远远小于行星质量,不考虑其他星体万有引力的影响)。 答案:见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设探测器质量为m,行星质量为M,脱离行星时探测器速度大小为v1,行星速度大小为v2,取u的方向为正方向。探测器在靠近并脱离行星的过程中,由动量守恒定律可知 Mu-mv=mv1+Mv2 探测器靠近和脱离行星时可认为系统万有引力势能不变,故由能量守恒定律有 Mu2+mv2=m+M 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 联立可解得 v1=,v2= 因为M≫m,所以M+m≈M,M-m≈M 所以v1=2u+v。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 v1 碰撞过程中，动量守恒，总动能没有损失，得 m1v1′＋m2v2′＝________ m1v1′2＋m2v2′2＝________ 碰后两个物体的速度分别为 v1′＝____________，v2′＝____________。 m1v12 v1 $$