第1章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

重雅⑤手册高中物理选择性必修第一册凡) 被碰小球质量，故选项D错误.(2)小球离开轨道后做 由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们 平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的 在空中的运动时间！相等，验证碰撞中的动量守恒，需 运动时间1相等，它们的水平位移x与其初速度成正 要验证m=m1十me功，两边同时乘以t可得 比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球 m1功1=mt十mt,则有mx有=x十，由题 相碰前后动量守恒，则mA一mAU1十m::,又OP 图甲所示可知，需要验证m·OP=m·OM十m· =t,OM=ht,ON=边t,代人得n·OP=mA·M N,因此实验需要测量的量有：①人射小球的质量：② 十ms·ON,(3)小球做平抛运动.在竖直方向上有h= 被碰小球的质量：③人射小球碰前平抛的水平位移：④ 名4，平抛运动时间(=√受，设轨道末端到木条的 入射小球碰后平抛的水平位移：⑤被碰小球碰后平抛 的水平位移.实验需要刻度尺与天平，(4)根据平抛运 水平位移为x,小球做平抛运动的初速度=一 /2h 动的规律：=2，平抛运动的初速度为山=广，联 =-t ,如果碰撞过程满足mA= 立可得，=5√条，则动能的增加量为△正=2m一 2h3 2h ,亚力势能的减小量△E=mg,则需要验证 m m44十，将速度代人式中解得"心=十座.】 : mgs 4h2 =ngh,即=4hh2,] 8.(1)1.195(1.193~L.197均可).(2)保证碰撞后滑块 10.(1)md g A不反弹(3)只()兴-兴+尝[)螺旋 (2) 2kg' [(1)由于A点右侧 测微器的精确度为0.01mm,转动刻度的格数估读一 的摩擦可以不计，所以被弹开后滑块α的瞬时速度 位，则遮光片的宽度为d=1mm十19.5×0.01mm= 等于经过光电门的速度，即，=；山被弹开后的瞬 1,195mm.(2)A和B发生弹性碰撞，若用质量大的A 时速度等于做平抛运动的初速度，根据。=，h= 碰质量小的B,则不会发生反弹.(3)滑块经过光电门 时挡住光的时间极短，则平均速度可近似替代滑块的 之可得w=八√条，该实验要验证动量守恒定律， 瞬时速度，则碰前A的速度一只.（④碰后A的速度 则只需验证m兰 ,(2)根据动能定理有 财一号，碰后B的速度-名，由系统动量守恒有 0ng= m一mA十mBa,化简可得表达式为4=心十 即=最解得一 2g4 尝 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 L.A[由动量守恒定律有3m一mu=0+mw',所以 9.(1)C,(2)AC.(3)m·OP=m·OM十·ON 2碰前总动能民=是·3m+号m=2mr,碰后 1 (4)s=4hh:·[(1)为了保证碰撞前后使人射小球的 速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小 总动能E民=子m=2m,B=,放选A] 球的质量.为了使两球发生正碰，需两小球的半径相 2.AB[选项A是非弹性碰撞，成立.选项B是弹性碰 同，选项C正确.(2)(3)小球离开轨道后做平抛运动， 撞，成立.选项C不成立，因为总动能为0，其总动量 根据么=立g解得小球做平抛运动的时间1=√ h g 定为0，选项D,总动量守恒，则系统所受合外力一定为 6 参考答采与解析么线 0,若系统内各物体的动量增量总和不为0，则系统一定 滑块上滑时，滑块对滑杆有向上的摩擦力了，由牛顿第 受到外力的作用，不成立.] 三定律有了=f=1N. ②@ 3.AD[物体的动量p=√②mE,已知两物体动能E相 对滑杆受力分析，由受力平衡有N十了=Mg: ③ 等，m<m,则p<p2,两物体组成的系统总动量方向 联立②③解得V=5N ④ 与物体2的动量方向相同，即向左，由动量守恒知，两 (2)对向上滑动的滑块受力分析，由牛顿第二定律有 物体碰撞后动量向左，两物体将向左运动，故A正确， mg十/=ma. ⑤ B错误：两物体碰撞后粘合在一起，发生的碰撞是完全 滑块向上滑动时做匀减速直线运动，滑块由A处运动 非弹性碰撞，两物体组成的系统损失的机械能最大，故 至B处过程中，由运动学公式有一d=一2al.⑥ C错误，D正确.] 联立⑤⑥解得滑块碰撞前瞬问速度v=8m/、, @ 4.B[考感实际情况，碰撞后A球的速度不大于B球的 (3)设滑块与滑杆碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程中 速度，因而AD错误：根据能量守恒定律，碰撞后的系 滑块与滑杆构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞 mo=(m+M)v. ⑧ 前总动能为22J,选项B碰撞后总动能为18J,选项C 此后滑块与滑杆一起竖直上抛，滑杆从碰后到上升至 碰撞后总动能为57J,故C错误，B正确.] 最大高度过程中，由运动学公式有？=2h. @ 5B[分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压 联立⑧⑨解得滑杆向上运动的最大高度h=0.2m. 缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力， 8.C[当小球与弹簧碰撞后，小球受到了外力，小球与槽 A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速 的系统动量不再守恒，故A错误：由动能定理知小球对 度时弹簧压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速 悟的作用力对槽做正功，同时槽对小球的作用力对小 度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长 球也做正功，故B错误：由水平方向动量守恒，槽与小 时，B球速率最大.由以上分析可知，当弹簧压缩量最 球分开时速度大小相等、方向相反(0=精十m啡)， 大时，A球速率没有达到最小值，故A错误，B正确：由 所以小球被弹簧反弹后不会再与槽作用，分别做匀速 于质量m1<m,A的速度变化比B快，A球的速度为 运动，故C正确，D错误.] 9.ABD[0到4时间内，对A物体由动量定理得1= 0时，弹簧仍然处于压缩状态，B球的速率没有达到最 大，故C错误，当弹簧恢复原长时，B球速率达到最大 mA%,而B物体处于静止状态，墙壁对B的冲量等于 弹簧弹力对A的冲量I,A项正确：时刻后，B物体 值，所以此时弹簧的弹性势能为0，故D错误.] 离开墙壁，：时刻A,B两物体的加速度大小均达到最 )油图像知=产-华m/=4m 大，弹簧拉伸到最长，二者速度相同，由于此时A、B两 同理得达=0. 物体所受弹簧弹力大小相等，而B的加速度大于A (2)由st图像知两物体碰撞后的共同速度为 的，故由牛顿第二定律可知，1>，B正确：B运动 =产-路9m/s=1m 后，由图可知任意时刻A的加速度小于其初始时刻的 加速度，因此弹簧的形变量始终小于初始时刻形变量 以：初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得 故C项错误；红时刻A、B共速，图线与坐标轴所围面积表 1h十22=(m1十72)题 示速度的变化量的大小，故有S一S=S,D项正确.] 代入数据得2=3kg. 10.BD[子弹射入木块的过程要产生内能，由能量守恒 7.(1)滑块静止时，对滑块与滑杆整体受力分析，由受力 定律可知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A 平衡有N=(m+M)g=8N. ① 错误：子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的 > 重雅⑤手册高中物理选择性必修第一册凡) 变化量为0，则子弹与木块动量的变化量大小相等，方 =w十2a 向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Fs,摩擦 物块2的位移=边1 力对子弹做的功为一F,(s十d)可知二者不等，故C错 由位移关系x+x=L, 误：对木块根据动能定理可知子弹对木块做的功即为 代人数据解得x2一4m. 摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D (2)由(1)可知1=2s, 正确.] 则碰前物块1的速度=十at1, 11.(1)小球C从a点运动到b点的过程机械能守恒， 解得=6m/s 有mgR=之md, 碰撞过程，由动量守恒、机械能守恒，有 解得小球到b点时的速度大小为=√②g灭， h功一i:边=山功十2边， 在最低点b.根据牛顿第二定律可得B一mg一m尺· 之m味+之咖暖=名m听+之m哈， 联立解得'=2m/s,=10m/s 解得F、=3ng. 则物块2将以10m/s的速度沿传送带向下做匀速直 由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力F以=Fx 线运动直至离开传送带，向下运动的时间 3mg,A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面 对A的支持力F=F十Mg=3mg十Mg,由牛顿第三 定律可知，A对地面的压力F'=F=3g十Mg. 解得1丝=0.4、 (2)B,C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为 故运动总时间1=1十2=2.4s. 正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度 (3)物块1下滑的过程中，对传送带产生沿传送带向 h处时，两者速度相等，由动量守恒定律可知 下的滑动摩擦力， mw=(M什m)o. f斤=4mg0s0, 由机械能守恒定律，有m心=之（M+m+mg, 物块2在上滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下 的最大静摩擦力， 解得h=M干m MR f在=险gsin0. (3)当小球回到B槽的底端b点时，B的速度最大，根 传送带多消耗的能量等于传送带克服摩擦力做的功， 据动量守面定律，有陆=m十， 则有 由能量守恒定律可知宁m=子md十号M, △E=(f+f)·, 代人数据得△E=144J. 解得V威 13.(1)以m为研究对象，当重力沿斜面向下的分力小于 或等于最大静摩擦力时，物块将保持静止，则有 12.(1)对物块1受力分析，由牛顿第二定律有 mgsin gwungcos c. m gsin -im gcos =ma, 解得tan,所以hm=tan华 解得a=2m/s. (2)①以m、m整体为研究对象，当重力沿斜面向下 同理对物块2受力分析，由牛顿第二定律有 的分力小于滑动摩擦力时，两物块向下运动的速度不 m:gsin 0-u:m gcos 0=mzaz, 断减小，则有(m十)gsin≤1gcos学 解得a:=0. 故物块1沿传送带向下做匀加速运动，物块2沿传送 解得≥m十mang 带向上做匀速运动，则物块1的位移 ②设由静止释放、下滑至处时的速度为，根 8 参考答案与解析么组 据动能定理，有mg·kng一合m成. 一块沿的反方向飞去；若M=mw,即=0，说明 另一块做自由落体运动，故选C,] m与：碰撞后粘连在一起，设速度为，根据动量 5.C「甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量 守恒定律，有1功=(m十n2)2. 守恒，根据动量守恒定律得m弹十mz十m炸=0， 联立以上两式解得= 1十 -√/2 glsin9 若小车不动，则咖十mz边=0，甲、乙动量大小一定 加与？一起向下运动到斜面底部静止，根据动能定 相等，但是甲和乙的质量不一定相同，所以甲和乙的速 理，有 度不一定相同，所以A错误：要使小车向左运动，则甲 (m十m:)g·2lsin9-asgcos·2=0- 2(m,十 乙的总动量必须向右，而甲向右运动，乙向左运动，所 以甲的动量一定比乙的大，所以BD错误，C正确.] ). 解得4一3n十m座十3m女 6.槽固定时，木块下滑过程中只有重力做功，由动能定理得 22(m1十2） mgR-之mi-Q ① 第6节反冲现象火箭 则木块滑出槽口时的速度为 1.D[由于系统的一部分向某一方向运动，而使另一部 分向相反方向运动，这种现象叫反冲运动.定义中并没 =√2gR ② 有确定两部分之间的质量关系，故选项A错误，在反冲 悟可动时，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木 运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用 块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动 力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故 量守恒，设木块滑出槽口时的速度为边，槽的速度为 选项B错误.在反冲运动中一部分受到另一部分的作 4.在水平方向上，由动量守恒定律可得 用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增 -Mu=0. ③ 大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选 木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械 项C错误，D正确.] 2.D[分别用M,m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的 能守恒定律得mgR=令m+号Md。 ⑦ 质量，表示喷气速度大小，火箭喷气过程动量守恒， 由③④解得木块滑出槽口的速度为边=√m干 2MgR 有m一(M-m=0,即火箭的最大速度u=(M 两种情况下木块滑出槽口的速度之比为 1)w,影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速 “=V2gR mM /2MgR 度和火箭始、末的质量之比，] m+M 7.(1)由机械能守恒有E=mgh,解得E=60J. 3.D[设喷气结束时火箭模型获得的速度大小为，取 (2)烟花弹在最高点爆炸，动量守恒，设水平向左为正 竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M一m)w m=0,解得火箭获得的速度一Mn·迹项D 方向，0=2 m一3m: 正确.] 由能量守恒有E=合×号mf+号 3m呢. 4.C[以整个导弹为研究对象，取的方向为正方向.根 烟花弹竖直上艳运动有A=子，大，小两块烟花弹均 据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，有 M-md十m,得另一块的速度为-智严若 做平抛运动，大、小两块姻花弹落地之间的距离x=功 十边t,解得x=84m >0,说明另一块沿的方向飞去：若'<0，说明另 8.ABD[系统动量守恒，以向右方向为正方向，由动量 9重避台手圆高中物理选择性必修第一册划 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 重点和难点 课标要求 重点：1，通过对相关现象和演示实验的观察，明确碰撞的分类 1.知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞，并 及特点 掌握其要点 2.通过学习对弹性碰撞的实例分析理解碰拉中能量和 2.理解弹性碰撞中的能量转化及特点. 速度的特点。 3.会应用动量、能量观点分析和解决一雏 难点：通过练习，加深对动量守恒定律和机械能守恒定律的理 碰撞的碰撞问题 解，并掌握解决碰撞类问题的方法 01必备知识梳理。 基础梳理 知识点1弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞 刀划重点 碰撞是一种物理现象，是指相对运动的物体相遇时产生相互 从形变的角度理解弹性碰撞和 作用，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程. 非弹性碰撞 2.碰撞的特点 若两个物体碰撞时发生 的形变是弹性形变，则在碰撞 (1)时间特点：在碰撞现象中，物体相互作用的时间很短： 过程中只发生动能和弹性势 (2)相互作用力的特点：在碰撞过程中，物体间的相互作用力 能之间的相互转化，动能没有 先急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大 损失：若两个物体碰撞时发生 (3)系统动量的特点：有时在碰撞过程中，系统的内力远大于 的形变是非弹性形变，则碰撞 外力，所以即使系统所受外力之和不为0，外力也可以忽略，系统 后系统的动能有损失 的总动量守恒， (4)位移特点：由于碰撞过程是在某一瞬间发生的，时间极 短，所以在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体 在碰撞前后的瞬间是在同一位置. (5)速度特点：碰撞后必须保证不穿透对方. (6)能量特点：碰撞后系统总动能不会增加. 3.碰撞的分类 (1)按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞 和非弹性碰撞， (2)按碰撞前后物体的运动方向是否沿同一条直线，可分为 正碰和斜碰 40 第一章 动量守恒定律么 4.弹性碰撞和非弹性碰撞 (1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞. (2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性 碰撞。 (3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体合为一体，具有共同的速 度，这种碰撞损失的动能最大。 知识点2弹性碰撞的实例分析 1.正碰和斜碰 卫提个醒 (1)正碰（对心碰撞）：一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰 1.发生弹性碰撞的物体 不发生永久性形变，不碎裂， 撞前运动球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞后 不粘在一起，不发生热传递和 两球的速度方向仍会沿着这条直线.如图所示 其他能量转化： 懂撞前 碰撞后 2.发生弹性碰撞时，碰撞 06.869 后两物体的速度表达式要记 对心碰撞 牢，特别是当碰撞前被碰物体 的速度为0时，碰撞后两物体 发生正碰的两个物体，碰撞前后的速度沿同一直线，它们的 的速度表达式要准确记下，从 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 而在解题中节约时间 (2)斜碰（非对心碰撞）：如图所示，一个运动的球与一个静止 的球碰撞，碰撞前运动球的速度方向与两球心的连线不在同一条直 线上，碰撞后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线. 城撞前 懂搅后 非对心碰撞 园记方法岁 2.弹性碰撞的实例 发生非对心碰撞的两个 如图所示，设质量分别为m1、2的两小球，在同一条光滑水 小球，碰撞后的速度方向都不 平轨道上运动，速度分别为、，发生弹性碰撞后两球速度分别 与原来的速度方向在同一条 为1,2 直线上，可将两小球的速度向 沿球心连线和垂直于球心连 ” 77777777777777777777777 线两个方向分解，在这两个方 (1)确定碰撞后两球的速度心、 向上两小球动量守恒 两球发生弹性碰撞，其动量、机械能都守恒，则有 m1十m2=m1十122， 1 41 国避食手细高中物理选择性必修第一册) 变形得 刀划重点 m1(一)=m2(y-2), L弹性碰撞：动量守恒， m,(y十)(0-)=m2(+)(2-w). 动能没有损失。 解得十=十以， 2.非弹性碰撞：动量守 恒，动能有损失。 =,一m2 2m2 m十m: 3.完全非弹性碰撞：碰撞 l1+m2 联立得 后两物体粘在一起，动量守 2一11 十 2m1 m十m. 恒，但动能损失最大 m1十e (2)讨论不同情形下的弹性碰撞的速度关系 ①若m2最初静止，即=0，碰撞结束时，主动球(m1)与被 动球(2)的速度分别为 -m=m十m 21 m1+2 ②判定碰撞后的速度方向：当m1>m2时，>0，>0，两球 均沿初速度的方向运动；当m,=m2时，=0，=，两球交 换速度，主动球停下，被动球以速度y开始运动：当m<m2时， <0,>0,主动球反弹，被动球沿U方向运动. ③被动球(=0)获得最大速度、最大动量和最大动能的 条件 A.最大速度 因6=2m4=2 1十m2 1+% 1771 则当m1>2时，最大为vm=2. B.最大动量 因p?=m2以= 2m1m24_2m4」 m1+72 十1 m2 则当m2>1时，p最大为pm=2m=2p1. C最大动能 因Ee-2m,”=m Amm2 1m2m0）=2m听(m十m)P, 则当m1=m2时，E2最大为 E=m听=E: 42 第一章动量守恒定律么国鱼 雨难拓展 重难点1碰撞问题合理性的分析方法 碰撞问题有多种情况，但不管哪种情况都必须同时满足以下 巴记方法 三个条件： 处理碰撞问题的思路 (1)碰撞前后动量守恒，即p十g=公十. 1,对一个给定的碰撞，首 (2)系统的动能不能增加，即E十E≥E十E,或任十 先要看动量是否守恒，再看总 271 动能是否增加. p2+p的 2.一个符合实际的碰撞， 212212m2 徐动量守恒外还要满足能量守 (3)速度的合理性（正碰）：①追碰时，碰撞前>城，碰撞后 恒，注意碰撞完成后不可能发 原来在前的物体速度一定增大，且≥后：②对碰时，碰撞后两 生二次碰撞的速度关系的判定 物体可能都静止或至少有一个物体运动方向改变 3.要灵活运用动能和动量 例①(2024·湖南长沙一中月考)如图所示，在光滑水平面 的转换关系式E= 2mp= 上有A、B两个小球沿同一直线向右运动，取向右为正方向，两球 的动量分别是pA=5kg·m/s、pB=7kg·m/s.若能发生正碰 V2mE浅E=加p25 则碰后两球的动量增量△pA,△Pg可能是( P 27n70777 A.△pa=-3kg·m/s、△pg=3kg·m/s B.△pA=3kg·m/s、△pB=3kg·m/s C.△p=-10kg·m/s、△pB=10kg·m/s D.△pA=3kg·m/s、△pg=一3kg·m/s 解析]两球碰撞过程中，系统的动量守恒，两球的动量变化量 应大小相等，方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果△p 一3kg·m/s、△pm=3kg·m/s,那么碰后两球的动量分别为pA =2kg·m/s、g=10kg·m/s,根据碰撞过程可知总动能减小是 可能的，故A正确：若△pA=3kg·m/s、△pg=3kg·m/s,违反了动 量守恒定律，不可能，故B错误；如果△p=一10kg·m/5、△p%= 10kg·m/s,那么碰后两球的动量分别为pA=一5kg·m/s、pa 17kg·m/s,可以看出，碰后A的动能不变，而B的动能增大，违反 了能量守恒定律，不可能，故C错误；根据碰撞过程动量守恒定律， 如果△pA=3kg·m/s、△p=一3kg·m/s,那么碰后两球的动量 分别为p从=8kg·m/s、p=4kg·m/s,由题意知，碰后两球的动 量方向都与原来的方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实 际运动不符，故D错误 答案A 43 国雕手细高中物理选择性必修第一册？) 重难点2碰撞的常见模型分析 相互作用的两个物体在很多情况下都可当成碰撞处理.对相 刀刘重点 互作用中两物体相距“最近”“最远”或“恰能上升到最高点”等一 非弹性碰撞中能量 类临界问题，求解的关键都是速度相等，具体分析如下表. 损失的分析 模型分类 特点及满足的规律 弹性碰撞和非弹性碰撞 可以从形变和动能两个角度 弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势 来理解，若两个物体碰撞时形 能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒，m1=(m1十 弹簧模型 m加，m话=m十m项+E…弹簧处于原长 变属于弹性的，碰撞后能够恢 复，碰撞过程中只是发生动能 时弹性势能为0，系统满足动量守恒、机械能守恒，m 和弹性势能之间的相互转化， 202145852 1 、三7之王左◆空。 h1十 碰撞前后两个物体构成的系 21 统的机械能不可能损失，则两 m十% 个物体间发生了弹性碰撞：若 两个物体发生碰撞时形变属 最高点：m与M具有共同的水平速度，且m不可能从 子光滑圆弧 于非弹性的，碰撞后不能恢复 此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守 恒.mw=(M+m续，md=号(M+m4十mgh. 原状，碰撞前后两个物体构成 轨道模型 的系统的机械能不再相等，则 岳 最低点：m与M分离点，系统水平方向动量守恒，系统 两个物体间的碰撞为非弹性 70n777007m 机械能守恒，m=m十M,之m话=合mi+号M 1 碰撞 若两个物体碰撞后合为 子弹打木块模型 系统动量守恒、能量守恒 一体，则形变完全不能恢复， m=(m十M)o, 此时损失的动能最大 IP M fen-m(M+m) 叠加体间相对运动 物体A以速度。滑上静止在光滑水平面上的小车B, 卫记方法 当A在B上滑行的距离最远时，A、B两物体相对静 B 止，则A、B两物体的速度必相等 解答滑块一木板类问题 时，应注意以下几点： 例②(2024·天津和平区高二期中)如图所示，小球A用长为 1.把滑块、木板看作一个 R=0.9m的不可伸长的经绳悬挂于O点，在光滑的水平地面上， 整体，摩擦力为内力，在光滑 小物块B(可视为质点)置于长木板C(其右端有一不计厚度的轻 水平面上滑块和木板组成的 质挡板)的左端静止.现将小球A向左拉起，使轻绳伸直并与竖直 系统动量守恒。 方向成0=60°角，小球由静止释放，当小球运动到最低点时恰好 2.由于摩擦生热，机械能 转化为内能，系统机械能不守 与物块B发生弹性正碰，已知B与C间的动摩擦因数4=0.25， 恒，应用能量守恒定律求解 物块B与挡板恰好能不相碰，A、B、C的质量均为m=1kg,重力 问题 加速度为g=10m/s2. 3.最后滑块若未滑离木 (1)求小球A与物块B碰后物块B的速度大小. 板，则二者有共同速度，机械 (2)求木板C的长度L 能损失最多 44 第一章动量守恒定律么 (3)若通过砂纸打磨木板C,B与C间的动摩擦因数变为： =0.10(木板C的长度，质量都不变)，重复上述运动，物块B与挡 板发生碰撞，且物块B恰好能回到木板C左端而不脱离，求物块 B与挡板碰撞过程中损失的机械能△E Llziplik 60 口BC [留折1)小球A运动到最低点时有mgR1-cms60门-m. 当小球运动到最低点时恰好与物块B发生弹性正碰，则有 m以=m十m·m=名m十号m哈，联立解得场=3m/S (2)物块B在C上运动的过程中，物块B与挡板恰好能不相 碰，则有mi=(m十m)o,mgL=之m官-号(m十m), 解得L=0.9m. (3)由题意知，此过程中mvn=(m十m)U,△E摄十以mg· 2L=2m喻-号m+m), 解得△E=0.45J. 02一关建能力提升。 题型1碰撞的特点及结果分析 ABC都不满足碰撞后总动量为0的条件，由于 例①（福建高考题）如图所示，两滑块A、 碰撞为弹性碰撞，故碰撞后A、B一定反向，故 B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 选项D正确. A的质量为，速度大小为2%，方向向右，滑 [答案D 块B的质量为2m,速度大小为h,方向向左， 题型2对子弹打木块（滑块模型）类问题 两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( 的考查 左2 交 例2如图甲所示，质量为M的木块静止 A 于光滑的水平面上，一质量为m、速度为的 A.A和B都向左运动 子弹水平射人木块且未穿出.设木块对子弹的 B.A和B都向右运动 阻力恒为F,求： C.A静止，B向右运动 n D.A向左运动，B向右运动 M n 解析以向右为正方向，根据动量守恒定 甲 律得mUA十2mB=2mh一2m=0,可见选项 (1)木块至少为多长时子弹才不会穿出. 45 国避手册高中物理选择性必修第一册) (2)子弹在木块中运动的时间. A.碰前m2静止，1向右运动 解析]子弹在木块中射入的深度【即为木 B.碰后m2和m都向右运动 块的最短长度.此后m和M以共同速度v一 C.m2=0.3kg 起做匀速直线运动，过程如图乙所示。 D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 解析由s1(位移一时间)图像的斜率得， M 0/i/7 碰前2的位移不随时间变化，处于静止状态， 乙 (1)以m和M组成的系统为研究对象，由 m的速度大小一会-4m/s,方向只有向右 动量守恒定律得m=(m十M)u. ① 才能与m2相撞，故A正确.设向右为正方向 设木块此过程的位移为x,则子弹的位移 由图乙可知，碰后2的速度方向为正方向，说 为x十，根据动能定理可知， 明2向右运动，h1的速度方向为负方向，说 对木块：Fax=2M; ② 明1向左运动，故B错误.由图乙求出碰后 和m的速度分别为=2m/s,=-2m/s,根 对子弹：-F(x十0= 2m6. ③ 据动量守恒定律得m=2边十1，代入数 Mm 由①②③式解得1=2F.M十m) 据解得2=0.3kg,故C正确.碰撞过程中系 (2)对子弹，根据动量定理有 统损失的机械能△Em听一2m水一2m哈 Fm t=mo-mvo, ④ 代入数据解得△E=0,故D错误. Mmv 由①④式解得1一M+m)F [答案AC 方法8借 方法思结 一个物体在另一个物体表面（物体所在 本题首先考查读图能力，关键是抓住位 的水平面光滑)或内部运动，整个系统在运 移一时间图像的斜率表示速度；其次要注意 动方向上不受外力，系统动量守恒.从能量 失量的方向.由数学知识求出碰撞前后两球 的观，点看，系统损失的动能转化为二者的内 的速度，分析碰撞前后两球的运动情况.根 能，即Fx相对=△Ek城。 据动量守恒定律求解两球质量的关系，由能 题型3碰撞的图像问题 量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机 例B(多选)如图甲所示，在光滑水平面 械能， 上的两小球发生正碰，小球的质量分别为 题塑4多物体、多过程的碰撞综合问题 和2（以下分别用m、2指代两小球）.图乙 例④列车载重时直接向前启动有困难， 为它们碰撞前后的st(位移一时间)图像.已知 司机常常先倒车再启动前进.设在平直轨道上 m,=0.1kg,由此可以判断( 的某机车后面挂接有n节车厢，机车与每节车 厢的质量都为，它们所受的阻力都为自身重 12 211、 力的k倍，倒车后各节车厢间的挂钩所留间隙 左@右 均为d,如图甲所示.在这种情况下，机车以恒 甲 定的牵引力F由静止开始启动，机车及各车厢 46 第一章动量守恒定律么 间挂接的时间极短，挂接后挂钩的状态如图乙 挂接第三节车厢前，由动能定理得 所示，求： (F-k:3mgd=2×3mw2- ×3m吃， 挂接第三节车厢的过程中动量守恒， 由动量守恒定律得3m=4mh, -d- (1)第一节车厢刚被带动时列车的速度. (2)最后一节车厢刚被带动时列车的速度. 同理可得，第节车厢刚被带动时的速度 (3)要想使最后一节车厢也能被带动起 质2sh. 来，机车牵引力F的最小值. a=√n+m (3)要想使最后一节车厢也能被带动起来， 解析(1)挂接第一节车厢前，由动能定理 得(F-kmg)d=2m2一0， 则>0，脚、骨信g≥0， 挂接第一节车厢的过程中动量守恒， E-2n寸g≥0，则F>2nkmg 3 3 由动量守恒定律得m=2m, 方法急传 I E kg d. 解得=√2m 本题为情境类题目，通过建立模型，明 白前面车厢通过挂钩带动后一节车厢运动， (2)挂接第二节车厢前，由动能定理得 都可看成是完全非弹性碰撞，完成碰撞加速 (F-k·2mg)d=2 ×2m2-号×2md, 2 运动位移d后，又带动后面车厢依次完成完 挂接第二节车厢的过程中动量守恒， 全非弹性碰撞，可通过数学归纳法来找速度 由动量守恒定律得2mv2=32, 规律，最后分析最后一节车厢要运动的受力 解得h一、 条件 03核心素养累焦。 考向1弹性碰撞的综合运用 的能量为碰撞前瞬间总动能的子.A与传送带 例①(2023·广东选考)如图为某药品自 间的动摩擦因数为以，重力加速度为g,A、B在 动传送系统的示意图.该系统由水平传送带、 滑至V点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆 竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成， 盘的高度，将药品盒视为质点.求： 滑槽高为3L,平台高为L.药品盒A、B依次被 轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传 传送节BA 送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑 螺旋滑州 到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2 的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后 圆 A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端.已知 A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失 47 国避手册高中物理选择性必修第一册) (1)A在传送带上由静止加速到与传送带 等.小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始 共速所用的时间t。 终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻 且碰撞时间极短.不计空气阻力，重力加速度 力做的功W 大小为g.求： (3)圆盘的圆心到平台右端V点的水平距 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度 离s 大小 解析(1)由M=at,4mg=ma,解得A在 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小 传送带上由静止加速到与传送带共速所用的 球与圆盘间的最远距离， 时间t= (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘 g 碰撞的次数。 (2)由动能定理有2mg·3L-W=】 解析(1)小球第一次与圆盘碰撞前的速 2m2a)产-号·2m6,解得B从M点滑至N 度为%=√2g1, ,点的过程中克服阻力做的功W=6mgL 小球与圆盘发生弹性碰撞，设第一次碰撞后 3m. 小球的速度大小为，圆盘的速度大小为边， (3)A、B碰撞过程，由动量守恒定律有 由动量守恒定律有mw=一m十M2,由 2m·2%=m+2m2, 系统动能不变有m=司mi十Mm,联立 由能量守恒定律有}· ·2m(20)2 2m(2a)P-号m听-号 解得=2里，=2 ·2, 2 2 (2)第一次碰撞后，小球向上做竖直上抛 联立解得)=2h,边=. 运动，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力相 设圆盘的半径为r,碰撞后A、B做平抛运 等，所以圆盘向下做匀速运动. 动，由平抛运动规律有L= 2g,s-r=, 当小球竖直上抛运动向下的速度增大到 s十r=1,联立解得s=3√2g 等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最远 当小球竖直上抛运动向下的速度增大到 命题意图 考查对弹性碰撞的理解与运用 等于圆盘速度时的时间1=4+业=2风小 物理观念之能量观念、 gg g 核心素养相互作用观念，科学思素养水平水平3 球回到第一次与圆盘碰撞前的位置，在这段时 雏之模型建构能力 例2(2023·全国乙卷)如图. 间内圆盘下落位移=1=②.2风=人 2 g 一竖直固定的长直圆管内有一质 即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘 量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的 201 间的最远距离为. 上端口距离为1，圆管长度为20l. (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者 一质量为m=专M的小球从管的 位移相等，则有x=x,即4十g 上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向 下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相 i4,解得1-2 g 48 第-章动量守恒定律么9 此时小球的速度防=十=多w,圆盘 联立解得碰后小球速度喝=空，圆盘速度 的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移 心-3受，当二者即将第四次发生碰拉时，一 x=h=G=22 m即=6十2暖解得6-但=有=公 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 在这段时间内，圆盘向下运动的位移 有m2十M=mw2十Mu2,根据能量守恒有 r==3=6 之mu透+号M的=名m峰+号M修，联立解得 g 此时圆盘距离下端管口长度为201一l一2l 2=0,=.同理可得，当位移相等时，x2= 一4l一6l=7l,可得出圆盘每次碰后到下一次 ,的a=2g6,解得红=2 碰前，下降距离逐次增加2！，故若发生下一次 g 碰撞，圆盘将向下移动x盘：=8l 圆盘向下运动的位移T==6 则第四次碰撞后圆盘落出管口外，因此圆 盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次 41,此时圆盘距下端管口13l,之后二者第三次 数为4次 发生碰撞，碰前小球的速度=g=2,由动 命题意图 考查对弹性碰撞的理解与运用 量守恒有心十k5=mg十M,由机械能守恒 物理观念之能量观念 有2m+M=m+号M的 核心素养相互作用观念，科学思 素养水平水平4 雏之模型建构能力 门-04学业质量测评。 A基础过关练 测试时间：0分钟 C.作用前后总动能为0，而总动量不为0 1.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m,以 D.作用前后总动量守恒，而系统内各物体的 相同的速率在光滑水平面上相向运动，发 动量增量的总和不为0 生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，那 3.(多选)如图所示，两个物体1和2在光滑水 么这次碰撞是( ）. 平面上以相同动能相向运动，它们的质量分 A.弹性碰撞 别为m1和2，且m<2,经一段时间两物 B.非弹性碰撞 体相碰撞并粘在一起，碰撞后( C.完全非弹性碰撞 2 D.条件不足，无法确定 A.两物体将向左运动 2.(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可 B.两物体将向右运动 以成立的是( C.两物体组成的系统损失能量最小 A.作用后的总机械能比作用前小，但总动量 D.两物体组成的系统损失能量最大 守恒 4.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一 B.作用前后总动量均为0，但总动能不变 方向运动，mA=1kg、mB=2kg、=6m/s、 49