第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版2019 福建专版）

弹性碰撞与非弹性碰撞 (赋能课—精细培优科学思维) 第 4 节 课标要求 学习目标 1.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。 2.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 1.理解弹性碰撞与非弹性碰撞的概念及特点。 2.通过实例分析弹性碰撞并知道不同情况下的结果。 3.会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。 1 课前预知教材/落实主干基础 2 课堂精析重难/深度发掘知能 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前预知教材/落实主干基础 一、不同类型的碰撞 1．弹性碰撞：碰撞过程中系统的机械能守恒，即碰撞前后系统的总动能_____，这种碰撞称为弹性碰撞，又称完全弹性碰撞。 2．非弹性碰撞：碰撞过程中系统的机械能有_____，碰撞后系统的总机械能______碰撞前系统的总机械能。 3．完全非弹性碰撞：碰撞后物体结合在一起，具有共同速度，这种碰撞系统的动能损失______。 相等 损失 小于 最大 碰撞时内力远大于外力，且碰撞时间极短，系统的动量认为是守恒的；碰撞过程系统的动能不会增加，可能减少也可能不变。 二、弹性碰撞 　弹性碰撞规律的理论推导 在光滑水平面上，质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰。根据动量守恒定律和机械能守恒定律： m1v1′＋m2v2′ 1．若m1＝m2，则有v1′＝____，v2′＝___，即碰撞后交换速度。 2．若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示碰撞后两球都向___运动。 3．若m1<m2，v1′为负值，v2′为正值，表示v1′与v1方向_____，碰撞后质量为m1的球被反弹回来。 0 v1 前 相反 三、非弹性碰撞 　碰撞过程物体会发生不能自行恢复的形变，还可能发热。所以，非弹性碰撞有________损失，即机械能不守恒。 机械能 > 1．如图所示装置常称为“牛顿摇篮”，让这些球 碰撞，可出现有趣的现象。若拉起最左端一个球，由 静止释放，则会把最右端一个球撞出，其他球不动；若拉起最左端两球同时释放，则会把最右端两球撞出，其他球不动。 (1)碰撞后最右端撞出小球的动量和碰撞前最左端小球的动量是否相等？ (2)各小球之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？ 提示：(1)相等。　(2)弹性碰撞。 微情境·大道理 2．如图所示，打台球时，质量相等的母球与 目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？碰撞一定 是对心碰撞吗？ 提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生对心弹性碰撞(即一维弹性碰撞)时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生。   课堂精析重难/深度发掘知能 (1)如图甲所示，钢球A、B包上橡皮泥，让钢球A与静止 的钢球B相碰，两钢球质量相等，碰撞后有什么现象？碰撞 过程中机械能守恒吗？ 强化点(一) 碰撞的分类和理解 任务驱动 (2)如图乙所示，物体A和B放在光滑的水平面上，物体A、B之间用一轻弹簧连接，开始时弹簧处于自然伸长状态，现突然给物体A一水平向右的初速度v0，物体A和B组成的系统动量是否守恒？机械能是否守恒？ 提示：(1)碰后两钢球粘在一起，以相同的速度向右摆动，因为是完全非弹性碰撞，碰撞过程中机械能不守恒。 (2)物体A和B组成的系统动量守恒，机械能不守恒。 1．碰撞过程的五个特点 (1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。 (2)相互作用力的特点：在碰撞过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。 要点释解明 (3)动量的特点：系统的内力远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。 (4)位移特点：碰撞过程时间极短，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置。 (5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。 2．碰撞的规律 (1)碰撞的种类及遵从的规律 种类 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全 非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，碰后速度相等 (或结合在一起) (2)特殊的弹性碰撞——运动物体碰静止物体 特殊情况 若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1 若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1 若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0 续表 [典例]　质量分别为m1＝300 g和m2＝200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s 和100 cm/s。 (1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小； (2)求碰撞后损失的动能； (3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小。 [解析]　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s， v2＝－100 cm/s＝－1 m/s， 设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v， 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 代入数据解得v＝－0.1 m/s，负号表示方向与v1的方向相反。 /方法技巧/ 处理碰撞问题的三点提醒 (1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统。 (2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。 (3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、速度关系等。   1．在冰壶比赛中，某次传击时，红壶以一定的速度与静止的黄壶发生正碰，且碰后红壶仍沿原方向运动，已知红壶与黄壶的质量相等。则下列说法正确的是(　 ) A．碰后红壶的动量可能大于黄壶的动量 B．碰撞过程中，红壶动量的变化量大小等于黄壶动量的变化量大小 C．碰撞过程中，红壶动能的变化量大小等于黄壶动能的变化量大小 D．该碰撞可能为弹性碰撞 题点全练清 √ 解析：因为碰后红壶仍沿原方向运动，则碰后红壶的速度一定小于或等于黄壶的速度，又因为红壶与黄壶的质量相等，所以碰后红壶的动量不可能大于黄壶的动量，故A错误； 碰撞过程中系统动量守恒，所以红壶动量的变化量大小等于黄壶动量的变化量大小，故B正确； 2．(2024·漳州高二联考)弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为mA、mB，且mA<mB，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B发生正碰，玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和机械能损失，则mA、mB之比为(　 ) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5 √ 3．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x-t(位移—时间)图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断(　 ) A．碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动 B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动 C．m2＝0.2 kg D．两个小球的碰撞是弹性碰撞 √ √ 解析：由题图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v1′＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后速度v2′＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项A正确，选项B、C错误； 要点释解明 强化点(二) 碰撞问题的合理性分析与判断 (3)碰前、碰后的速度要符合实际的运动情境： ①如果碰撞前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，否则碰撞没有结束。②如果碰撞前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变(至少有一个物体的速度方向改变)，除非两物体碰撞后速度均为零。 2．追碰现象合理性分析判断流程 [典例]　A、B两球在水平光滑轨道上沿相同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是(　 ) A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2 √ [解析]　A、B两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加， [变式拓展]　上例中，若A、B两球质量相等，A球的动量为7 kg·m/s，B球的动量为5 kg·m/s，当A球追上B球发生正碰后，A、B两球的动量的可能值是(　 ) A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9 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 √ 解析： A、B球碰撞遵循动量守恒定律，有pA＋pB＝pA′＋pB′，选项D中数据不满足该方程，D错误； /方法技巧/ 处理碰撞问题的思路 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加。 (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系。 1．(多选)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能实现的是(　 ) 题点全练清 A．vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s √ √ 2．(多选)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m的静止B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是(　 ) A．0.7v B．0.6v C．0.4v D．0.2v √ √ 爆炸与碰撞的比较 要点释解明 强化点(三) 碰撞与爆炸的比较 比较项目 爆炸 碰撞 相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 相同点     过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变 续表 不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能 续表 (1)火药爆炸前瞬间两物块的速度大小； (2)两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离。 /误区警示/ 碰撞与爆炸问题的三点提醒 (1)在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒。 (2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒。 (3)宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可认为是发生了碰撞。　　 1．“爆竹声中一岁除”，爆竹送来浓浓的年味。一质量为0.06 kg的爆竹以一定的速度竖直向上运动，当运动到最高点时爆炸成质量之比为1∶2的两部分，质量较小的部分速度大小为10 m/s，不计空气阻力及爆炸过程中的质量损失，取重力加速度大小g＝10 m/s2，爆竹爆炸后的总动能为(　 ) A．2.0 J　 B．2.5 J　 C．1.5 J　 D．1.0 J 题点全练清 √ √ (1)求炸药爆炸过程中炸药对C的冲量大小； (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？ 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A级——基础达标 1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　 ) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4．(2024·济南高二检测)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为10 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为6 kg·m/s，则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6∶7 B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为3∶5 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6∶7 D．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为3∶5 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：光滑水平面上大小相同的A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量变化量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的变化量应该是正值；碰后A球的动量为6 kg·m/s，所以碰后B球的动量为14 kg·m/s。由于两球质量关系为mB＝2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为6∶7。故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下列的哪幅图(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：冰壶甲、乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短代表碰撞后的速度大小。A图中，甲、乙碰后的动量都斜向右上方，所以合动量不可能水平向右，不满足动量守恒定律，A错误。   2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 B图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等的物体发生完全弹性碰撞的过程，B是可能的。C图中，虽然甲、乙动量都是水平向右，合动量也满足水平向右，但甲在后，乙在前，碰后甲不可能速度大于乙，即甲不可能在乙前面，C错误。 D图中，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6．(2024·莆田高二检测)(多选)如图所示， 竖直平面内半径R＝0.2 m的四分之一光滑圆弧 轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知A、B的质量分别为1 kg、3 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则碰撞后B的动能有可能为(　 ) A．0.3 J B．0.8 J C．1.3 J D．1.8 J 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7．(2024·南安高二检测)如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离均为L，每个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度v0，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第n－1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示在光滑水平面上，沿同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的质量之比为1∶5 B．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2 C．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ动能之比为24∶25 D．系统碰前与碰后的动能之比为7∶1 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9．(2024·石狮高二检测)如图所示，质量mA＝0.5 kg的小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平桌面的距离R＝0.8 m，质量mB＝0.3 kg的物块B置于高H＝1.25 m的粗糙的水平桌面上且位于O点正下方，物块B距桌面右边缘的距离L＝1 m，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.45。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)。碰后，物块B沿桌面滑行并从桌面右边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离s＝2 m，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)小球与物块碰撞后，物块B的速度vB； (2)小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度h。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11．(2024·泉州高二质检)(多选)如图甲所示，将两个质量分别为m1＝60 g、m2＝30 g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0＝1.8 m 处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度—时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法中正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．B球与A球碰前的速度大小为6 m/s B．A、B两球发生的是弹性碰撞 C．第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20 m D．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为1∶101 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12．已知某花炮发射器能在t1＝0.2 s的时间内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m＝1 kg，射出的最大高度与发射器之间的距离为h＝180 m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块，假设爆炸前后花炮的质量不变，炸药的化学能全部转化为物块的动能，经过一段时间炸开的两块物块同时落地。忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力的大小。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)如果爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向，落地时两个落地点之间的距离为s＝900 m且两物块的速度互相垂直，求两物块的质量。 (3)求花炮内炸药的化学能。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 设在发射时间t1＝0.2 s内，发射器对花炮的平均作用力大小为F，对花炮从发射到运动至h＝180 m高空的整个过程，运用动量定理有Ft1－mg(t＋t1)＝0 代入数据解得F＝310 N。 (2)设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2的两块物块，其对应水平速度大小分别为v1、v2，方向相反 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 花炮爆炸时在水平方向所受合外力为零，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0 且有m1＋m2＝m 由平抛运动的规律和题目中所给信息有(v1＋v2)t＝900 m 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 m1v1＝_____________，m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2。 碰后两个小球的速度分别为：v1′＝，v2′＝。 1．动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 2．机械能不守恒：m1v12＋m2v22______m1v1′2＋m2v2′2。 遵从的规律 动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′，机械能守恒m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 碰后结果 v1′＝v1，v2′＝v1 (2)碰撞后两物体损失的动能为 ΔEk＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2]J＝0.135 J。 (3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′， 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′， 由机械能守恒定律得 m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2， 代入数据解得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s。 [答案]　(1)0.1 m/s　(2)0.135 J (3)0.7 m/s　0.8 m/s 若该碰撞为弹性碰撞，则mv0＝mv红＋mv黄，mv02＝mv红2＋mv黄2，解得v红＝0，v黄＝v0，因为碰后红壶仍沿原方向继续运动，所以碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程有动能损失，因此红壶动能的减少量大小大于黄壶动能的增加量大小，故C、D错误。 解析：两球碰撞时，由动量守恒定律可得mAv0＝mAv1＋mBv2，由机械能守恒定律可得mAv02＝mAv12＋mBv22，联立可得v1＝，v2＝，玻璃球B返回后，两球速度相等，v1＝－v2，可得mA∶mB＝1∶3。故选B。 两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v12＋m2v22－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D正确。 1．碰撞现象同时遵守的三条原则 (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：即m1v12＋m2v22≥m1v1′2＋m2v2′2。 所以有＋≥＋，整理得m2≥m1；因为题目给出物理情境是“A从后面追上B”，要符合这一物理情境，就必须有＞，即m2＞m1；同时还要符合碰撞后B球的速度必须大于或等于A球的速度这一物理情境，即≤，所以m2≤5m1，因此C正确。 A、B球碰撞遵循能量守恒定律，碰前的总动能应不小于碰后总动能，即＋≥＋，mA＝mB，选项A、B、C中数据只有A符合上式，故A正确。 (3)要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式。　 解析：两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′　①，mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2　②，选项A不满足①式，选项D满足①式，但不满足②式，选项B、C两式都满足。 解析：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，由机械能守恒定律得mv2＝mvA2＋·2mvB2，解得vA＝－v，vB＝v，负号表示碰撞后A球反向弹回。如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)vB，解得vB＝v。则碰撞后B球的速度范围是v≤vB≤v，故B、C正确，A、D错误。 [典例]　如图所示，两质量均为m的相同物块紧密相连，中间放有少量火药，在足够长水平地面上以初速度v0开始运动，物块与水平地面的动摩擦因数均为 μ ，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。当物块一起运动时间为t0＝时，火药爆炸将两物块炸开，有ΔE＝mv02的化学能转化为两物块的动能，且爆炸后两物块均沿水平方向运动。爆炸时间极短。求： [解析]　(1)对于两物块根据牛顿第二定律得a＝＝μg 根据匀变速直线运动的规律有v1＝v0－at0＝。 (2)火药爆炸后，两物块均沿水平方向运动，设爆炸后瞬间B、A物块速度分别为v2和v3，根据动量守恒定律有2mv1＝mv2＋mv3 根据能量守恒定律有ΔE＝mv02＝mv22＋mv32－×2m2 解得v2＝－v0，向左运动 v3＝2v0，向右运动(另一组解与题意不符，舍去) 火药爆炸后物块A向右运动的距离xA＝＝ 火药爆炸后物块B向左运动的距离xB＝＝ 两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离d＝xA＋xB＝。 [答案]　(1)　(2) 解析：根据题意，设爆炸后的质量分别为m1、m2，则有m1＋m2＝0.06 kg，＝，解得m1＝0.02 kg，m2＝0.04 kg，设爆炸后质量较大的部分的速度为v，取质量较小部分速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v0＋m2v＝0，解得v＝－5m/s，由动能公式Ek＝mv2可得，爆竹爆炸后的总动能为Ek＝J＝1.5 J。故选C。 2.(2024·泉州高二段考)地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某次导弹试射中，质量为M的地空导弹斜射向天空，运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的弹头以速度v沿v0的方向飞去，爆炸过程时间极短为Δt。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　 ) A．爆炸后的一瞬间，另一块以的速度一定沿着与v0相反的方向飞去 B．爆炸过程中另一块对弹头的平均作用力大小为＋mg C．爆炸过程释放的化学能为mv2－Mv02 D．爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，水平方向动量守恒 解析：在最高点爆炸，水平方向动量守恒，取v0的方向为正方向，则有Mv0＝(M－m)v′＋mv，解得另一块的速度为v′＝，可正可负可为零，故A错误； 爆炸过程时间极短，可忽略重力作用，对质量为m的弹头用动量定理，FΔt＝mv－mv0，解得F＝，故B错误； 爆炸过程释放的化学能为E＝mv2＋(M－m)v′2－Mv02，故C错误； 爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力，因此在水平方向动量守恒，故D正确。 3.如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝。开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A与B碰撞之前，引爆B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速度v0向左运动。 解析：(1)全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，根据动量守恒定律得 mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC 炸药对C的冲量I＝mCvC－0， 解得I＝mv0。 (2)炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有mCvC－mBvB＝0 根据能量守恒定律得ΔE＝mBvB2＋mCvC2 解得ΔE＝mv02。 答案：(1)mv0　(2)mv02 解析：以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰撞前总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，故为弹性碰撞，A正确。 2．2024年春节期间，我国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为(　 ) A.E B.E C.E D.E 解析：设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒定律可得mv1＝(M－m)v2，解得v2＝v1，又E＝mv12，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E总＝mv12＋(M－m)v22，联立解得E总＝E。故选D。 3．(2024·龙岩高二统考)(多选)质量为2m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小vA可能为(　 ) A.　　　B.　　　C．v0　　　D. 解析：若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，若A、B发生的是弹性碰撞，则有2mv0＝2mvA＋mvB，·2mv02＝·2mvA2＋mvB2，解得vA＝v0＝，则碰后A的速度范围为≤vA≤。故选A、B。 解析：设A下滑到最低点时速度为v0，根据机械能守恒定律有mAgR＝mAv02，解得v0＝2 m/s。①若两滑块发生弹性碰撞时，碰撞后B动能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv02＝mAv12＋mBv22，联立解得v1＝－1 m/s，v2＝1 m/s，此时B的动能为EkB＝mBv22＝1.5 J。 ②当两滑块发生完全非弹性碰撞时，碰撞后B动能最小，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝0.5 m/s，此时B的动能为EkB′＝mBv2＝0.375 J。综上可知碰撞后B的动能取值范围为0.375 J≤EkB≤1.5 J。故选B、C。 A. B. C. D. 解析：由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律得mv0＝2mv2，可知第二个滑块开始运动的速度大小为v2＝v0，同理第三个滑块开始运动的速度大小为v3＝v0，第(n－1)个滑块开始运动的速度大小为vn－1＝v0，因此运动的总时间为t＝＋＋＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n－1)＝。故选B。 解析：由题图可知，碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的速度大小分别为vⅠ＝ m/s＝2 m/s，vⅡ＝ m/s＝0.8 m/s，可得＝，B错误； 设滑块Ⅰ、Ⅱ的质量分别为mⅠ、mⅡ，由题图可知碰后结合体的速度大小为v＝ m/s＝0.4 m/s，根据动量守恒定律有－mⅠvⅠ＋mⅡvⅡ＝(mⅠ＋mⅡ)v，解得＝，A错误； 碰前滑块Ⅰ和滑块Ⅱ的动能之比为＝·＝，C错误； 系统碰前与碰后的动能之比为＝，代入数据可得＝7，D正确。 解析：(1)对物块B从C点飞出做平抛运动，竖直方向有H＝gt2，水平方向有s＝v0t，联立解得，物块B做平抛运动的初速度为v0＝4 m/s，对物块B，由动能定理得－μmBgL＝mBv02－mBvB2，联立解得，小球与物块碰撞后，物块B的速度为vB＝5 m/s。 (2)对小球A，由机械能守恒定律得 mAgR＝mAvA2 解得小球A到达最低点的速度为vA＝4 m/s 小球A与物块B碰撞过程中，由动量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB 解得小球A碰撞后的速度为vA′＝1 m/s 对小球A由机械能守恒定律得mAgh＝mAvA′2 可得，小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度为h＝0.05 m。 答案：(1)5 m/s　(2)0.05 m B级——综合应用 10．一中子与一质量数为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. 解析：设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，碰撞过程中动量守恒， 机械能守恒，规定中子初速度的方向为正方向，有mv1＝mv2＋Amv，mv12＝mv22＋×Amv2，两式联立解得＝，选A。 解析： A球的质量为m1＝60 g＝0.06 kg，B球的质量为m2＝30 g＝0.03 kg。设二者落地时的速度大小为v0，由动能定理可得(m1＋m2)gh0＝(m1＋m2)v02，解得v0＝6 m/s，由于A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，所以B球与A球碰前的速度大小为v0＝6 m/s，故A正确； 因为A、B作用时间极短，重力远小于系统内力，可以视为系统动量守恒，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2 ，解得A碰后速度为v1＝1 m/s，所以碰撞前系统的总动能Ek0＝(m1＋m2)v02＝×(0.06＋0.03)×62 J＝1.62 J，碰撞后系统的总动能Ek＝m1v12＋m2v22＝0.27 J，碰撞前后系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故B错误； 由图像可知第一次碰撞后，B球的速度为vB＝4 m/s，球上升的最大高度h＝＝0.8 m，所以碰撞后B球上升的最大高度不会大于20 m，故C错误； 根据题图乙可知，碰后B球反弹的速度大小为v2＝4 m/s，设A对B球的冲量大小为I2，取向上为正方向，对B球根据动量定理可得I2－m2gt＝m2(v0＋v2)，解得I2＝0.303 N·s，B球受到的重力的冲量大小为I1＝m2gt＝0.03×10×0.01 N·s＝0.003 N·s，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为＝＝，故D正确。 解析：(1)花炮射出后做竖直上抛运动，设其运动至h＝180 m高空用时为t，由竖直上抛运动的规律知h＝gt2 代入数据解得t＝6 s 设炸开的两物块落地时竖直方向的速度为vy，因落地时两物块的速度相互垂直，如图所示，则有tan θ＝＝ 其中vy＝gt＝60 m/s 代入数据解得m1＝0.2 kg，m2＝0.8 kg，v1＝120 m/s，v2＝30 m/s 或者m1＝0.8 kg，m2＝0.2 kg，v1＝30 m/s，v2＝120 m/s。 (3)花炮在最高点爆炸前后，由能量守恒定律可得炸药产生的化学能E＝m1v12＋m2v22＝1 800 J。 答案：(1)310 N　(2)0.2 kg　0.8 kg　(3)1 800 J $$