第一章 5．弹性碰撞和非弹性碰撞-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

　　　　 第一章　动量守恒定律 5．弹性碰撞和非弹性碰撞 1．了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特征。 2．熟练运用动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律解决实际问 3．提高学生的科学探究意识和科学思维能力。 素养目标 知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞 1 知识点二　弹性碰撞的实例分析 2 知识点三　碰撞的可行性分析 3 课时测评 5 随堂达标演练 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞 返回 情境导学　(1)如图所示，先将牛顿摆中左边的小 球拉起一定高度后释放，碰后停下，右侧小球恰 能摆到左侧小球的释放高度。思考碰撞时两球组 成的系统机械能守恒吗？ 自主学习 提示：碰撞过程中系统的机械能守恒 (2)如图所示，先将牛顿摆中两小球都涂上橡皮 泥，拉起相同高度，同时释放，碰后两球停在 最低点。思考碰撞时两球组成的系统机械能守 恒吗？ 提示：碰撞过程中系统的机械能不守恒 教材梳理 (阅读教材P21－P22完成下列填空) 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 问题探究　(1)发生碰撞的两物体，系统的动量守恒，系统的机械能是否一定守恒？ 提示：机械能不一定守恒，只有发生弹性碰撞时，机械能才守恒。 (2)分析教材P18－P19的“参考案例1”，其中所列3种情况中的碰撞分别属于什么种类的碰撞？ 提示：第1、3两种情况是弹性碰撞，第2种是非弹性碰撞。 合作探究 在2022年北京冬奥会冰壶男女混合比赛中，中 国男女运动员敢打敢拼，首场比赛战胜瑞士队取得开 门红。中国队员在某次投壶中将质量为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．瑞士队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 B．瑞士队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 C．瑞士队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 D．瑞士队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 例1 √ 两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前为正方向， 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ΔE＝ ×19×(0.42－0.12－0.32) J＝0.57 J， 故系统动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，B正确。 1．碰撞过程的五个特点 时间特点 在碰撞现象中，相互作用的时间很短 作用力特点 在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大 动量特点 系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒 位移特点 碰撞过程发生的时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置 能量特点 碰撞过程系统的总动能不增加，即碰撞前总动能Ek≥碰撞后总动能Ek′ 探究归纳 2．碰撞的分类 探究归纳 针对练．(多选)如图所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1＜m2。经一段时间两物体相碰并粘在一起。碰撞后 A．两物体将向左运动 B．两物体将向右运动 C．两物体组成的系统能量损失最大 D．两物体组成的系统无能量损失 √ √ 物体的动量p＝ ，已知两物体的动能Ek相等，又m1＜m2，则p1<p2，碰前总动量方向与物体2的动量方向相同，碰后两物体将向左运动，A正确，B错误；两物体碰撞后粘在一起，物体发生的碰撞是完全非弹性碰撞，两物体组成的系统机械能损失最大，C正确，D错误。 返回 知识点二　弹性碰撞的实例分析 返回 情境导学　牛顿摆是由法国物理学家伊丹·马略特最早于1676年提出的，如图甲所示，五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当摆动最左侧的球，在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动，仅有最右边的球被弹出，如图乙所示。 (1)相邻两个钢球碰撞前后的总动量、机械能有什么特点？ 提示：相邻两个钢球碰撞前后的总动量守恒、机械能也守恒。 (2)相邻两个钢球碰撞前后的速度有什么特点？ 提示：相邻两个钢球碰撞前后的速度互相“交换”。 自主学习 教材梳理 (阅读教材P22－P24完成下列填空) 正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同__________上，碰撞之后两球的______仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫作__________或一维碰撞。 一条直线 速度 对心碰撞 问题探究　如图所示，物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰。 (1)碰撞后两个物体的速度v1′和v2′； 提示：根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 根据机械能守恒定律得 合作探究 (2)如下三种特殊情况下，碰撞后两个物体的速度v1′和v2′有什么特点？ ①m1＝m2时； ②m1≫m2时； ③m1≪m2时。 提示：①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1。 ②m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 ③m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 (多选)(2023·重庆巴蜀中学期中)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可选取不同的值，则下列说法正确的是 A．当mB＝mA时，碰后A、B两球共速 B．当mB＝mA时，碰后两球互换速度 C．当mB＞mA时，碰后A球反向运动 D．当mB＜mA时，mB越小，碰后B球的速度越小 例2 √ √ 由题意A、B两球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2， ，解得v1＝ v0，v2＝ v0。当mB＝mA时，v1＝0，v2＝v0，碰后两球互换速度，A错误，B正确；当mB＞mA时，v1＝ ＜0，碰后A球反向运动，C正确；当mB＜mA时，v2＝ ，mB越小，碰后B球的速度v2越大，D错误。 弹性碰撞的特点 1．两个守恒：动量守恒、机械能守恒。 2．运动小球m1(速度v1)与静止小球m2弹性正碰后的三种情景： (1)若m1＝m2，碰撞后两球交换速度。 (2)若m1＞m2，碰撞后两个小球的速度都与碰前速度v1的方向相同，而且v1′＜v2′。 特例：若m1≫m2，碰撞后第一个球的速度几乎不变，第二个球以2v1的速度被撞出去。 (3)若m1＜m2，碰撞后第一个球被反向弹回，第二个球被撞出去。 特例：若m1≪m2，碰撞后第一个球被反向以原速率弹回，而第二个球仍静止不动。 探究归纳 针对练1．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，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＝0.3 kg D．两个小球的碰撞是弹性碰撞 √ √ √ 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，碰后的速度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、C正确，选项B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝ 所以两个小球的碰撞是弹性碰撞，选项D正确。 针对练2．(2023·山东烟台高二质检)如图所示，A、B是两 个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝ 5mA，B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向夹角为30°， 由静止释放A球，在最低点A球与B球发生弹性碰撞。不计 空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是 A．A球静止，B球向右，且偏角小于30° B．A球向左，B球向右，且偏角等于30° C．A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30° D．A球向左，B球向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30° √ 设A球到达最低点的速度为v，在最低点A球与B球发生弹 性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为 正方向，由动量守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB，由机 械能守恒定律可得 可得 A球向左，B球向右，摆动过程机械能守恒，由mgh＝ mv2可知h>hA>hB，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确。 返回 知识点三　碰撞的可行性分析 返回 (多选)A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是9 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后B球的动量变为12 kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是 A．mB＝2mA B．mB＝3mA C．mB＝4mA D．mB＝5mA 例3 √ √ 以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝12 kg·m/s，解得pA′＝4 kg·m/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有 由题意可知，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有 ，解得＜，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有 综上得 故A、B正确。故选A、B。 1．碰撞过程中的三个制约因素 (1)动量制约－－碰撞前后系统的动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (2)动能制约－－碰撞后系统的总动能不增加 探究归纳 (3)运动制约－－碰撞过程的速度关系 ①如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前。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，即 v前′≥v后′。 ②如果碰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，除非两物体碰撞后速度均为零。若碰后沿同向运动， v前″≥v后″。 探究归纳 2．分析碰撞问题的思路 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次看总动能是否增加。 (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足动能不增加，同时注意碰后合理的速度关系。 探究归纳 针对练1．在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s、pB＝7 kg·m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增加量ΔpA、ΔpB可能的是 A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s C．ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s √ 两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量 应大小相等、方向相反，根据碰撞过程动量守恒定 律，如果ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝2 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不可能增加可知，A正确；若ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，B错误；如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝ －5 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后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，C错误；根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝ 8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，D错误。故选A。 针对练2．(多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，可能正确的是 A．v1′＝v2′＝ m/s B．v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s C．v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s D．v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s √ 由碰撞前后系统总动量守恒可得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，总动能不增加，则Ek≥Ek1′＋Ek2′，验证A、B、D三项皆有可能。但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合实际，故A、D项正确。 √ 返回 随堂达标演练 返回 1．(粤教版选择性必修第一册P27·T1·改编)如图所示，两个质量都为3 kg的球，以6 m/s的速率相向运动，发生正碰后，每个球都以原来的速率向相反方向运动，它们的碰撞是 A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．无法判断 √ 由于两个质量都为3 kg的球，以6 m/s的速率相向运动，发生正碰后，每个球都以原来的速率向相反方向运动，即符合动量守恒定律，也符合机械能守恒定律，故两个球的碰撞是弹性碰撞，故选A。 2．某同学设计了一个台球娱乐项目，如图所示，在光滑水平面上，利用一个白球A以初速度v0去撞击2 024个一字排开的花球来模拟，已知球与球之间的碰撞为弹性正碰，白球质量是花球质量的2倍，则编号为1的花球的最终速度为 A． v0 B． v0 C．v0 D． v0 √ 质量为2m的白球A以初速度v0与编号为 2 024的花球发生弹性正碰，满足动量守 恒和机械能守恒，设碰后白球和编号为2 024的花球的速度分别为vA1、v1，以向右为正方向，则有2mv0＝2mvA1＋mv1， ＋ 同理分析，两个质量相同花球碰撞时，根据动量守恒和机械能守恒知，两球碰后速度交换，此时编号为2 024的花球与编号为2 023的花球交换速度，以此类推，最终编号为1的花球的速度为v1′＝v1＝ v0，故A正确，B、C、D错误。故选A。 3．质量为ma＝1 kg、mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上 发生碰撞，碰撞前后两球的位移－时间图像如图所示，则 可知此碰撞属于 A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能确定 由x -t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝ 2 m/s，碰撞前动能为 ，碰撞后动能为 ＝ J，故机械能守恒；碰撞前动量为mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量为mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。故选A。 √ 4．(多选)光滑的水平面上物体A以8 kg·m/s的动量撞击静止的物体B，碰撞后物体A、B动量的可能值为 A．4 kg·m/s；4 kg·m/s B．－9 kg·m/s；1 kg·m/s C．0; 8 kg·m/s D．9 kg·m/s; －1 kg·m/s 若A、B质量相等，且碰后以共同的速度运动，则碰后动量分别为 4 kg·m/s和4 kg·m/s；若两物体发生弹性碰撞，则碰后两物体交换速度，即动量分别为0和8 kg·m/s，选项A、C正确；因碰前总动量为8 kg·m/s，若碰后动量为－9 kg·m/s和1 kg·m/s，则总动量为－8 kg·m/s，动量不守恒，选项B错误；由能量关系Ek＝ 即碰后总动能增加，则选项D错误。故选A、C。 √ √ 返回 课 时 测 评 返回 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 √ 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。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A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2．如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个小球质量相等，而F球的质量小于B球的质量，A球的质量等于F球的质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后 A．5个小球静止，1个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．3个小球静止，3个小球运动 D．6个小球都运动 √ 由题知mA＜mB，则A、B两球相碰后球A速度方向向左，球B向右运动。球B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止。由于mE>mF，则E、F两球都向右运动。故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3．如图甲所示，光滑水平面上有A、B 两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以 一定的初速度向右运动，与静止的物块B 发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移 －时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为 A．2 m/s，5 kg B．2 m/s，3 kg C．3.5 m/s，2.86 kg D．3.5 m/s，0.86 kg √ 由题图乙可知，碰前A的速度为v1＝ m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝ m/s＝2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3 kg，故选项B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4．速度为4 m/s的钢球与静止的塑料球发生正碰，钢球的质量是塑料球的3倍，则碰后钢球的速度大小不可能是 A．1.5 m/s B．2 m/s　 C．2.5 m/s D．3 m/s √ 设塑料球的质量为m，碰撞过程中动量守恒，若两球发生完全非弹性碰撞，则3mv0＝(m＋3m)v1，解得v1＝3 m/s，若两球发生弹性碰撞，则3mv0＝3mv3＋mv2， ，解得v3＝2 m/s，所以钢球的速度范围为2 m/s≤v3≤3 m/s，A不可能，B、C、D可能。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5．如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s。当两球相碰之后，两球的动量可能是 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 √ 根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来的总动量2 kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2 kg·m/s，动量不守恒，故A错误；B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6．(多选)(2023·广东佛山高二月考)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，得到了如图所示 的位移－时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光 滑水平面上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的变化关系。已知相互作用的时间极短。由图像给出的信息可知，下列说法正确的是 A．碰前滑块 Ⅰ 与滑块 Ⅱ 的速度大小之比为7∶2 B．碰前滑块 Ⅰ 的动量比滑块 Ⅱ 的动量小 C．碰前滑块 Ⅰ 的动能比滑块 Ⅱ 的动能大 D．滑块 Ⅰ 的质量是滑块 Ⅱ 的 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由x -t图像的斜率可得，碰前滑块 Ⅰ 与滑块 Ⅱ 速度分 别为v1＝ m/s＝－2 m/s，v2＝ m/s ＝0.8 m/s，速度大小之比为 ，A错误；碰后的速 度为v3＝ m/s＝0.4 m/s，由动量守恒定律知，碰前滑块 Ⅰ 的动量比滑块 Ⅱ 的动量小，由m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v3，解得m1∶m2＝1∶6，B、D正确；综上可知 ，C正确。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起。1球以速度v0向它们运动，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是 A．v1＝v2＝v3＝ v0 B．v1＝0，v2＝v3＝ v0 C．v1＝0，v2＝v3＝ v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 √ 由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和机械能守恒，小球间发生的是弹性碰撞，小球质量相等，不断交换速度，最终1、2小球静止，3小球速度为v0，故A、B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板发生弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板发生弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为 A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有A、B 两个小球，A球的动量为10 kg·m/s，B球的动量为 12 kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的 动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的 比值可能为 A．0.5 B．0.6 C．0.65 D．0.75 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A、B两球同向运动，A球追上B球要满足vA＞vB。 两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰 撞结束要满足vB′≥vA′。由vA＞vB得 ；碰撞过程动量守恒，有pA＋pB＝pA′＋pB′，则pB′＝14 kg·m/s；碰撞过程的总动能不增加，有 ， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10．如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水 平面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底 部恰好与地面相切，小球1、2的质量分别为m1 ＝2 kg、m2＝3 kg，小球1的初速度为v0，小球2保持静止，已知小球1与小球2发生弹性碰撞，要使小球1与小球2发生两次碰撞，则M可能为 A．2 kg　 B．3 kg　　 C．5 kg　 D．6 kg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 小球1与小球2发生第一次弹性碰撞后，设小球1 与小球2的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定 律有 ，对系统由机械能 守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，解得 ，小球2与滑块水平方向动量守恒，设小球2离开滑块时速度为v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2＝m2v2′＋Mv3， ，可得v2′＝ v2，要使小球1与小球2发生两次碰撞，则 ，联立解得M >5 kg，故D正确，A、B、C错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11．(多选)如图所示，倾角为30°的斜面固定在 水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑 连接，N点右侧有一竖直固定挡板。质量为0.8 kg 的小物块b静止在地面上，现将质量为0.4 kg的小物块a由斜面上的M点静止释放。已知LMN＝1.5 m，a、b与斜面之间的动摩擦因数均为 ，a、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动不再分开，a、b整体与挡板碰撞过程中无机械能损失。取g＝10 m/s2。则 A．物块a第一次运动到N点时的动能为1.8 J B．a、b碰撞过程中系统损失的机械能为0.6 J C．b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小为1.2 N·s D．整个运动过程中，b在斜面上运动的路程为 0.25 m √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 物块a第一次运动到N点过程，由动能定理得 magLMNsin 30°－μmagLMNcos 30°＝ Eka＝ ，代入数据解得v0＝3 m/s，Eka＝1.8 J，A正确；设a与b碰前速度大小为v0，碰后二者速度为v，由动量守恒定律得mav0＝ ，a、b碰撞过程中系统损失的机械能ΔE损＝ (ma＋mb)v2，解得v＝1.0 m/s，ΔE损＝1.2 J，B错误；由B项分析知，a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度为v＝1.0 m/s，碰撞过程中无机械能损失，所以碰后整体速度变为向左，大小为1.0 m/s ，对整体，由动量定理得I＝Δp＝(ma＋mb)v－(ma＋mb) (－v)＝ 2(ma＋mb)v ，C错误；最终a、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒定律得 (ma＋mb)v2＝μ(ma＋mb)gcos 30°·s总，带入数据解得s总＝0.25 m，D正确。故选A、D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12．(8分)如图所示，ABC为固定在竖直平面内的足够高、足够长的光滑轨道，BC段水平。AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞前后两球的运动方向处于同一水平线上。求： (1)若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度的大小和损失的机械能； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 质量为m1的小球碰撞前的速度为v0，则有m1gh＝ 若两小球碰撞后粘连在一起，根据动量守恒定律有 m1v0＝(m1＋m2)v ΔE＝ 联立解得v＝ 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)若两小球在碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后两小球速度的大小； 若发生弹性碰撞，则有m1v0＝m1v1＋m2v2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (3)若两小球在碰撞过程中无机械能损失，且m1＝m0，m2＝km0。为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件 若两小球在碰撞过程中无机械能损失，且m1＝m0，m2＝km0，则有v1＝ 为使两小球能发生第二次碰撞，则有|v1|>v2 联立解得k>3。 答案： k>3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13．(8分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑 块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体 静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上。 现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2。求： (1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小； 答案： 2 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下 的过程机械能守恒，设其滑到底面的速度 为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝ mAv 解得v1＝6 m/s 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同的速度，设为v2，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2 解得v2＝ v1＝2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 (2)被压缩弹簧的最大弹性势能； 滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3 解得v3＝ v1＝1 m/s 由机械能守恒定律有 Ep＝ 解得Ep＝3 J。 答案： 3 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 (3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。 返回 被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 (mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5 解得v4＝0，v5＝2 m/s 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动x＝v5t，H＝ gt2，解得x＝2 m。 答案：2 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 mv －mv－mv＝ 弹性碰撞(碰后分离) 总动量守恒、机械能守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 非弹性碰撞(碰后分离) 总动量守恒，机械能减少 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2 完全非弹性碰撞(碰后“粘合”) 总动量守恒，机械能损失最大 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 m1v＋m2v＞(m1＋m2)v m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝v1，v2′＝v1。 mAv＝mAv＋mBv v0 m1v＋m2v－ ＝0， mAv2＝mAv＋mBv， vA＝v＝－v，vB＝v＝v， ＋≤＋，解得≤， ＞，解得＜ ≤，解得≥， ≤≤， m1v＋m2v≥m1v1′2＋m2v2′2 (3)要灵活运用Ek＝、Ek＝pv等关系式 进行有关计算。　　 (2m)v＝ (2m)v mv，解得vA1＝v0，v1＝v0。 mbvb′2 mav＋mbv＝ J mava′2＋ ，因为<＋， ×3mv＝×3mv＋mv ＝ m1v>m2v ＝ ＝ ＝ 即≤≈0.69；由vB′≥vA′得≥，即≥＝≈0.57，综上分析有0.57≤≤0.69，故B、C正确。 ＞， 即＜＝≈0.83 ＋≥＋ > Mv m1v＝m1v＋m2v v1＝v0，v2＝v0 m2v＝m2v2′2＋ mav mav－ 答案： 　gh m1v m1v－(m1＋m2)v2 ，ΔE＝gh 答案： 　 m1v＝m1v＋m2v 联立解得v1＝ v2＝ 。 (mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v (mA＋mB)v＝(mA＋mB)v＋mCv $$