第1章 5 碰撞-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书PPT（教科版）

该高中物理课件聚焦“碰撞”主题，系统讲解弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的特点，以及动量守恒、能量观点在一维碰撞问题中的应用。课堂通过“判一判”“想一想”结合冰壶运动实例导入，衔接动量守恒条件，为实验探究和理论分析搭建学习支架。 其亮点在于以气垫导轨滑块碰撞实验（三次不同条件碰撞数据对比）和科学推理（弹性碰撞公式推导、中子发现实例）为主线，结合爆炸与碰撞模型建构，落实科学探究与科学思维。学生通过实例分析深化运动与相互作用、能量观念，教师可依托资料提升教学效率。

第一章　动量与动量守恒定律 5.碰撞 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 1．掌握弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。2.会应用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。 3 课前自主学习 一　碰撞的分类 1．弹性碰撞：碰撞过程中，系统总机械能__________的碰撞。 2．非弹性碰撞：碰撞过程中，有_______机械能转化为其他形式的能量的碰撞。 3．完全非弹性碰撞：两物体碰后__________，以相同的速度运动。完全非弹性碰撞是非弹性碰撞中机械能损失_____的一种。 4．碰撞过程中，两物体相互作用的时间_____，即使有外力作用，也________碰撞物体之间的相互作用力(内力)，因此可以忽略外力作用的影响，认为碰撞过程中__________。 保持不变 一部分 粘在一起 最多 很短 远小于 动量守恒 课前自主学习 5 二　中子的发现 用α粒子去轰击轻金属铍(Be)时，发现有一种贯穿力很强的中性射线，查德威克用这种中性射线与质量已知的氢核和氮核分别发生碰撞，并认为这种碰撞是__________的。他在实验中测出了碰撞后氢核和氮核的速度，于是就可以用__________定律和__________定律求出这种中性粒子的质量，从而发现了中子。 完全弹性 动量守恒 能量守恒 课前自主学习 6 提示 1．判一判 (1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的。(　　) (2)在非弹性碰撞中，部分机械能转化为内能。(　　) (3)在非弹性碰撞中，碰撞过程能量不守恒。(　　) 提示：(1)×　(2)√ (3)×　在非弹性碰撞中，碰撞过程能量仍然守恒，只是损失的动能转化成内能。 课前自主学习 7 提示 2．想一想 (1)冰壶运动中，两只冰壶相碰撞时，动量守恒吗？ (2)两球发生正碰，碰后两球的动能之和一定等于碰前两球的动能之和吗？ 提示：冰壶在冰面上运动，摩擦力很小，两只冰壶碰撞时的作用力远大于摩擦力，故它们的动量守恒。 提示：不一定。发生正碰的两球，在碰撞过程中动能之和可能减少。 课前自主学习 8 课堂探究评价 探究1　碰撞的分类 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 10 乙　3次实验测得的数据(表格中质量的单位用kg，速度的单位用m/s，动能的单位用J) 次数 1 2 3 滑块质量 m1 0.410 0.400 0.420 m2 0.510 0.500 0.520 碰前 速度 v1 0.500 0.400 0.600 v2 0 0 0 动能 Ek1 Ek2 动能之和 Ek＝Ek1＋Ek2 碰后 速度 v1′ －0.054 0.025 0.268 v2′ 0.446 0.300 0.268 动能 Ek1′ Ek2′ 动能之和 Ek′＝Ek1′＋Ek2′ 动能的改变量 ΔEk＝Ek′－Ek 课堂探究评价 11 提示 活动1：如图甲所示，是第1节两滑块碰撞的实验装置，图乙是某小组3次实验测得的数据。为了探究碰撞前后动能变化遵循的规律，请完成图乙表格。 提示:如下表所示 课堂探究评价 12 次数 1 2 3 滑块质量 m1 0.410 0.400 0.420 m2 0.510 0.500 0.520 碰前 速度 v1 0.500 0.400 0.600 v2 0 0 0 动能 Ek1 0.0513 0.0320 0.0756 Ek2 0 0 0 动能之和 Ek＝Ek1＋Ek2 0.0513 0.0320 0.0756 碰后 速度 v1′ －0.054 0.025 0.268 v2′ 0.446 0.300 0.268 动能 Ek1′ 0.0006 0.0001 0.0151 Ek2′ 0.0507 0.0225 0.0187 动能之和 Ek′＝Ek1′＋Ek2′ 0.0513 0.0226 0.0338 动能的改变量 ΔEk＝Ek′－Ek 0 －0.0094 －0.0418 提示 课堂探究评价 13 提示 活动2：3次实验，碰撞前后动能的变化有什么规律？ 提示:第1次实验，两个滑块的动能之和在碰撞前后不变，第2次、第3次实验，碰撞后两滑块的动能之和减少。　 课堂探究评价 14 1．碰撞过程的四个特点 (1)时间短：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。 (2)相互作用力大：碰撞过程中，相互作用力先急剧增大，后急剧减小，平均作用力很大。 (3)位移小：碰撞过程是在一瞬间发生的，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。 (4)满足动量守恒的条件：系统的内力远远大于外力，所以即使系统所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。 课堂探究评价 15 2．碰撞的分类 注：完全非弹性碰撞是非弹性碰撞的一种特例。 动量是否守恒 机械能损失情况 举例 弹性碰撞 守恒 不损失 低能电子和分子的碰撞等 非弹性碰撞 守恒 有损失，减少的机械能转化为其他形式的能量 汽车追尾，子弹射穿光滑水平面上的木块并继续运动等 完全非弹性碰撞 守恒 机械能损失最多 子弹射入木块没有穿出，正、负离子碰撞后组成分子等 课堂探究评价 16 课堂探究评价 17 例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x­t图像。已知m1＝0.1 kg，由此可以判断(　　) A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动 C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 答案 课堂探究评价 18 提示 (1)x­t图像的斜率表示什么？ (2)碰撞中损失的机械能等于什么？ 提示:速度。 提示:碰前两物体的总动能减去碰后两物体的总动能。 课堂探究评价 19 规范解答 课堂探究评价 规律点拨 解决与碰撞有关的图像问题的关键 (1)确定是x­t图像还是v­t图像，弄清碰撞前后两物体的运动过程。 (2)运用动量守恒定律和能量守恒定律分析计算。 (3)必要时还要结合牛顿运动定律分析计算。 课堂探究评价 [变式训练1] 　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 答案 课堂探究评价 22 解析 课堂探究评价 23 探究2　弹性碰撞的实例分析 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 24 提示 活动1：如图甲，1928年，玻特用α粒子轰击轻金属铍时，发现有一种贯穿力很强的中性射线(图中虚线)，它能从石蜡中打出质子流。经测量，这种中性射线的速度不到光速的10%，它是否可能是γ射线？ 提示：γ射线是电磁波的一种，其速度等于光速，所以这种中性射线不是γ射线。 课堂探究评价 25 提示 活动2：为确定α粒子轰击轻金属铍(Be)时发射的中性粒子究竟是什么，就必须测定它的质量。英国物理学家查德威克用这种中性射线与静止的质量已知的氢核和氮核分别发生碰撞，并认为这种碰撞是完全弹性的，如图乙所示。已知氮核质量与氢核质量的关系为mN＝14mH，测得氢核和氮核碰后速度与中性粒子的速度v在同一直线上，大小关系为vH≈7.5vN。请计算这种中性粒子的质量m。 课堂探究评价 26 1．弹性碰撞的实例——中子的发现 根据弹性碰撞的规律，可测算出α粒子轰击Be发出的中性粒子的质量与氢核(质子)的质量相同，查德威克发现，除氢核外，所有原子核均含有这种中性粒子，于是将这种中性粒子称为中子，原子核就是由质子和中子组成的。 课堂探究评价 27 课堂探究评价 28 课堂探究评价 29 3．对碰撞的广义理解 物理学里所研究的碰撞，包括的范围很广，只要通过短时间作用，物体的动量发生了明显的变化，都可视为碰撞。例如：两个小球的撞击、铁锤打击钉子、列车车厢的挂接、子弹射入木块、系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直，乃至中子轰击原子核等均可视为碰撞。需注意的是只有将发生碰撞的双方包括在同一个系统中，才能对该系统应用动量守恒定律。 课堂探究评价 30 答案 课堂探究评价 31 提示 (1)小球与小车在相互作用过程中动量是否守恒？ (2)小球与小车在相互作用过程中机械能是否守恒？ 提示:由于系统所受外力的矢量和不为零，也不能忽略，故系统动量不守恒。但小球与小车所组成的系统，在水平方向不受外力，所以在水平方向动量守恒。　 提示:由于小球与小车所组成的系统，只发生动能和重力势能的相互转化，没有发生机械能与其他形式的能量之间的相互转化，所以小球与小车在相互作用过程中机械能守恒。 课堂探究评价 32 规范解答 课堂探究评价 规律点拨 弹性碰撞拓展模型 (1)如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞。 (2)本题可看成广义上的一动碰一静模型。小球滑上小车轨道时是“碰撞”的开始，小球离开轨道时是“碰撞”的结束。由于系统机械能守恒，所以该过程类似于弹性碰撞，又由于小球和小车质量相等，所以作用完成后小球和小车交换速度。 课堂探究评价 [变式训练2] 　在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速，碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的动能大约是(　　) A．15% B．30% C．50% D．85% 答案 解析 课堂探究评价 35 探究3　爆炸问题 课堂探究评价 36 提示 活动1：爆炸是指在极短时间内释放出大量能量，产生高温，并放出大量气体，在周围介质中造成高压的化学反应或状态变化。上面各图中爆炸过程的能量转化是怎样的？ 活动2：爆炸过程中动量守恒吗？ 活动3：爆炸过程中系统的机械能怎么变化？ 提示：图1和图2所示的普通炸药爆炸是化学能向内能和机械能的转化；图3所示的核爆炸是原子核反应的能量向内能和机械能的转化。　 提示：爆炸系统内各物体相互作用时间极短，相互作用力为变力，且远大于系统所受外力，所以爆炸过程系统动量守恒。 提示：爆炸过程中有其他形式的能(一般为化学能)转化为机械能，所以爆炸过程中系统的机械能会增加。 课堂探究评价 37 爆炸的特点 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于物体受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒。 (2)机械能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，因此爆炸后系统的机械能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的速度开始运动。 课堂探究评价 38 例3　(多选)如图所示，烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块(可视为质点)，其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) 答案 课堂探究评价 39 提示 (1)爆炸过程三个碎块的总动量是否守恒？ (2)应根据什么规律分析爆炸过程的能量问题？ 提示：守恒。 提示：能量守恒定律。 课堂探究评价 40 规范解答 课堂探究评价 规律点拨 爆炸与碰撞的比较 名称 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 不同点 动能、机械能情况 有其他形式的能转化为动能，系统的总动能会增加，机械能不守恒 弹性碰撞时系统的总动能不变，机械能守恒；非弹性碰撞时系统的总动能减少，部分动能转化为内能，机械能不守恒 课堂探究评价 [变式训练3] 　一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两部分，两块质量之比为3∶1，其中质量较小的一块获得大小为v的水平速度。重力加速度为g，不计空气阻力，则爆竹的两部分落地后相距(　　) 答案 解析 课堂探究评价 43 课后课时作业 1．(碰撞的理解与判断)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 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 3．(多过程弹性碰撞的分析)如图所示，B、C、D、E、F5个小球并排放置在光滑的水平面上，A球以速度v0向B球运动，其中A、F两球质量为m，B、C、D、E4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3个小球运动，方向均向右 B．共有3个小球运动，方向既有向左又有向右 C．共有2个小球运动，方向均向右 D．共有2个小球运动，方向既有向左又有向右 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 4.(与碰撞有关的图像问题)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v­t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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 5.(多过程碰撞的计算)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球 叠放在一起，从高度为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，则小球m1 反弹后能达到的高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 6．(碰撞的判断)(多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝3 m/s，vB′＝3.5 m/s D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 7．(爆炸问题)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，爆炸后瞬 间，其中质量为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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 8．(弹性碰撞的临界问题)(多选)如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m的弹性小球P沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km(k为大于0的正整数)且静止在水平地面上的弹性小球Q发生弹性正碰。为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k的取值可能正确的是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 9．(非弹性碰撞的计算)2021年3月，8辆编组高速动车组首次在符合实际工况的线路上进行了整列车被动安全碰撞试验，试验有效采集了列车吸能系统的变形次序等重要数据。其列车吸能系统中的多个吸能装置可以有效吸收碰撞或挂接过程中损失的动能。假设在编组站进行的某次挂接实验中，共有3节车厢，当动力车1以某速度匀速运动到距静止的编组车2距离为L时撤掉动力，动力车1与编组车2相碰，并以共同速度运动距离L后与编组车3相碰，最后三车又以共同速度运动了距离L后停止。已知每辆编组车的质量均为m，运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，碰撞时间很短，忽略空气阻力。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 (1)动力车1匀速运动时的速度大小； (2)因碰撞系统损失的动能。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 10．(非弹性碰撞能量损失的分析)为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应设法使离子在碰撞前的瞬间具有(　　) A．大小相同的动量 B．相同的质量 C．相同的动能 D．相同的速率 解析 解析　要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，也就是在碰撞过程中损失的动能尽可能多，两离子应发生完全非弹性碰撞。而在碰撞过程中遵循动量守恒定律，可知若碰撞前系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量亦为零，总动能为零，碰撞前的动能全部转化为内能。所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等、方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最小，从而使更多的动能转化为内能。故A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 11．(碰撞拓展模型)(多选)如图甲所示，A、B两 滑块静置在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，其 中m1＝0.1 kg。现给A一个水平向右的初速度，当A与 弹簧接触时开始计时，两滑块的速度随时间变化的规 律如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．在0～t2时间内，A和B的加速度大小之比始终为2∶1 B．在0～t2时间内，弹簧的最大弹性势能为0.45 J C．在t2时刻B的速度为2.5 m/s D．在0～t1时间内，弹簧的长度一直在减小；在t1～t2时间内，弹簧的长度一直在增大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 12．(弹性碰撞的计算)“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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 13．(综合)某打桩机在重锤与桩碰撞的过程中，使桩向下运动，锤向上运动。现把打桩机和打桩过程简化如下：如图所示，打桩机重锤的质量为m，由牵引机械把重锤牵引到距钢桩顶上h高处自由下落，打在质量为M＝2m的钢桩上，已知重锤与钢桩的碰撞可视为弹性碰撞，重锤反弹后再多次与钢桩发生碰撞，且每次碰撞时间极短。已知钢桩在下陷过程中泥土对钢桩的阻力恒为f＝6mg，式中g为重力加速度，不计空气阻力。求： (1)重锤第1次与钢桩碰撞以后钢桩的深度变化s1； (2)重锤第2次与钢桩碰撞以后钢桩的深度变化s2； (3)重锤很多次与钢桩碰撞以后钢桩深入泥土的总深度s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 3．同一直线上碰撞问题遵循的三个原则 (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2,1)eq \f(p,2m1) ＋2,2)eq \f(p,2m2) ≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)。 (3)速度要合理：①若碰前两物体同向运动，则满足v后>v前，且原来在前面的物体碰后速度一定增大，即v前′>v前。②若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。③若碰后两物体同向运动，应满足v后′≤v前′。 规范解答　由x­t图像可知，碰前m2处于 静止状态，m1的速度大小为v1＝eq \f(8－0,2－0) m/s＝4 m/s， 方向只有向右才能与m2相撞，可知水平向右为正 方向，故A正确；由图乙可知，碰后m2的速度为正，说明m2向右运动，m1的速度为负，说明m1向左运动，故B错误；由图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝eq \f(16－8,6－2) m/s＝2 m/s，v1′＝eq \f(0－8,6－2) m/s＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入数据解得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2))＝0，故D错误。 解析　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＝2,A)eq \f(p,2m) ＋2,B)eq \f(p,2m) ＝eq \f(81＋9,2m) J＝eq \f(90,2m) J，EkA′＋EkB′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)，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。 提示：设中性粒子碰后速度为v′，碰撞前后的动量和动能都守恒，则mv＝mv′＋mHvH，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv′2＋eq \f(1,2)mHveq \o\al(2,H)，解得vH＝eq \f(2mv,m＋mH)；同理，对氮原子核的碰撞可得vN＝eq \f(2mv,m＋mN)；由上述两式可得eq \f(vH,vN)＝eq \f(m＋mN,m＋mH)。代入已知数据mN＝14mH，以及在实验中测得的氢核速率和氮核速率的关系vH≈7.5vN，可解得m＝mH。 2．两个物体在同一直线上发生弹性碰撞的分析 (1)若两个物体在水平面上发生弹性碰撞，则这两个物体组成的系统动量守恒，同时总动能也不变。即： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 两个质量相等的物体在同一直线上发生弹性碰撞，由方程的对称性可知v1′＝v2，v2′＝v1，即速度互相交换。 (2)若碰撞前，有一个物体是静止的，设v2＝0，则碰撞后的速度分别为v1′＝eq \f((m1－m2)v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)。 ①若m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1，碰后实现了动量和动能的全部转移。 ②若m1≫m2，v1′≈v1，v2′≈2v1，碰后m1几乎仍保持原来速度运动，质量小的m2将以2v1向前运动。 ③若m1≪m2，v1′≈－v1，v2′≈0，碰后m1以原速率向相反方向运动，m2几乎未动。 例2　(多选)质量为M的带有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，轨道顶端切线竖直，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则(　　) A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动 C．此过程小球对小车做的功为eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0) D．小球在弧形轨道上升的最大高度为2,0)eq \f(v,2g) 规范解答　小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mv′2))＋Mgh，联立解得h＝2,0)eq \f(v,4g) ，D错误；从小球滚上轨道到返回并离开小车的过程中，小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，由于无重力以外的外力做功，系统机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，小车和小球质量相等，作用完成后两者交换速度，即小球速度变为零，之后做自由落体运动，故两者相互作用的过程，小球对小车做的功为eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)，A错误，B、C正确。 解析　设中子的质量为m，碰撞前速度为v0，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为v1、v2，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，根据总动能不变得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)，联立解得v1＝－eq \f(11,13)v0，则经过一次碰撞，中子损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(48,169)E0≈30%E0，故B正确，A、C、D错误。 A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0 B．爆炸刚结束时，乙、丙的速度大小均为v0 C．爆炸过程中释放的总能量为eq \f(3,2)mveq \o\al(2,0) D．爆炸过程中释放的总能量为eq \f(3,2)mveq \o\al(2,0)＋Q 规范解答　由题意可知，爆炸前瞬间烟花动量为零，根据 动量守恒定律可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的 动量等大反向，即大小为mv0，故A错误；根据动量守恒定律 可知，爆炸刚结束时，三个碎块的动量构成闭合矢量三角形， 又乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，三个碎块的质量相等，可知三个碎块的动量大小相等，因此三个碎块速度大小相等，均为v0，故B正确；爆炸刚结束时，三个碎块动能均为Ek＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，由能量守恒定律可知，爆炸过程中释放的总能量E总＝3Ek＋Q＝eq \f(3,2)mveq \o\al(2,0)＋Q，故C错误，D正确。 解析　设爆炸后质量较小的部分质量为m，则质量较大的部分质量为3m。将爆竹的两部分看作一个系统，爆炸过程中系统水平方向动量守恒，以v的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－3mv′＝0，解得v′＝eq \f(v,3)；爆炸后两部分做平抛运动，设平抛运动的时间为t，则有h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))，落地后两者间的距离为s＝(v＋v′)t，联立各式解得s＝eq \f(4v,3) eq \r(\f(2h,g))，D正确。 A.eq \f(v,4) eq \r(\f(2h,g)) B.eq \f(2v,3) eq \r(\f(2h,g)) C．4veq \r(\f(2h,g)) D.eq \f(4v,3) eq \r(\f(2h,g)) 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。碰前总动能为Ek＝eq \f(1,2)×3mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，碰后总动能为Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝2mv2，则Ek＝Ek′，所以这次碰撞是弹性碰撞，故A正确。 2．(非弹性碰撞)在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m，B球静止，现A球向B球运动，发生正碰，已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰撞前A的速度等于(　　) A.eq \r(\f(Ep,m)) B.eq \r(\f(2Ep,m)) C．2eq \r(\f(Ep,m)) D．2eq \r(\f(2Ep,m)) 解析　两球压缩最紧时速度相等，设为v，碰前A球的速度为vA，由动量守恒定律得mvA＝2mv，弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)×2mv2，联立解得vA＝2eq \r(\f(Ep,m))，C正确。 解析　设质量为m1的小球以速度v1与原来静止的质量为m2的小球发生弹性正碰，碰撞后速度分别为v1′、v2′，则由机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2，由动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，联立可得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1。由v1′、v2′的表达式，结合mA<mB，可知A球与B球相碰后，A球向左运动，B球向右运动；由v1′、v2′的表达式，结合B、C、D、E球的质量相等，可知B与C相碰、C与D相碰、D与E相碰，均交换速度，则碰撞完成后E球向右运动，B、C、D球均静止；由v1′、v2′的表达式，结合mE>mF，可知E、F两球碰撞后都向右运动。综上可知，碰撞之后B、C、D球均静止，A球向左运动，E、F球均向右运动。故选B。 解析　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＝eq \f(13,3) m/s，故B错误；计算可知，eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,2)>eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,4)，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，D正确。 解析　下降过程两小球做自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝eq \r(2gh)，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小不变，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1与m2速度大小分别为v1、v2，选竖直向上为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由碰撞前后总动能不变得eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，且m2＝3m1，联立解得v1＝2eq \r(2gh)，v2＝0，小球m1反弹后能达到的高度H＝2,1)eq \f(v,2g) ＝4h，故A、B、C错误，D正确。 解析　以碰撞前A的速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量为p＝mAvA＋mBvB＝1×6 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统的总动能Ek＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＝22 J。如果碰撞后vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s，碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，A错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰撞后总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝10 kg·m/s，系统总动能Ek′＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝18 J，则碰撞后系统动量守恒，总动能不增加，是可能的，B正确；如果vA′＝3 m/s，vB′＝3.5 m/s，则碰撞后总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝10 kg·m/s，系统总动能Ek′＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝16.75 J，则碰撞后系统动量守恒，总动能不增加，是可能的，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，碰撞后总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝10 kg·m/s，系统总动能Ek′＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，碰撞后系统动量守恒，总动能增加，不符合实际情况，D错误。 A．爆炸后的一瞬间，弹尾一定以大小为eq \f(Mv0－mv,M－m)的速度沿着与v0相反的方向飞去 B．爆炸过程中，弹头受到其余部分的平均作用力大小为eq \f(m(v－v0),Δt)＋mg C．爆炸过程释放的化学能为eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) D．爆炸后到落地前，对弹头和弹尾构成的系统，水平方向动量守恒 解析　导弹在最高点爆炸过程中动量守恒，因为爆炸后弹头的 动量与导弹爆炸前的动量方向相同，所以爆炸后弹尾的动量没有竖 直方向的分量，一定与导弹爆炸前的动量共线，取v0的方向为正方 向，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，可得爆炸后一瞬间，弹尾的速度为v′＝eq \f(Mv0－mv,M－m)，其中v′可能为正，可能为负，也可能等于零，其正负号表示速度方向，故A错误；爆炸过程时间极短，对质量为m的弹头在水平方向应用动量定理，取v0的方向为正方向，有eq \o(F,\s\up15(－))Δt＝mv－mv0，解得爆炸过程中弹头受到其余部分的平均作用力eq \o(F,\s\up15(－)) eq \f(mv－mv0,Δt)，故B错误；爆炸过程释放的化学能为E＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)(M－m)v′2－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＋Q，其中Q为爆炸过程所产生的热量，故C错误；爆炸后到落地前，对弹头和弹尾构成的系统，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。 解析　设两球碰撞前P的速度为v0，碰后P与Q的速度分别为v1与v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律及机械能守恒定律分别得mv0＝mv1＋kmv2，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)kmveq \o\al(2,2)，联立解得v1＝eq \f(1－k,1＋k)v0，v2＝eq \f(2,1＋k)v0，为使二者只能发生一次碰撞，必须满足|v1|≤|v2|，又因为k为大于0的正整数，所以解得0＜k≤3，即k的取值可能为1、2、3。故A、B、C正确。 答案　(1)2eq \r(7kgL)　(2)8kmgL 解析　(1)设动力车1开始时匀速运动的速度为v0，第一次碰前瞬间速度为v1，第一次碰后瞬间动力车1与编组车2的共同速度为v2；第二次碰前瞬间动力车1与编组车2的速度为v3，碰后瞬间三车的共同速度为v4，由动能定理，分别对三段减速过程列式有 －kmgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)， －k·2mgL＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,3)－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)， －k·3mgL＝0－eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,4) 由动量守恒定律对两次碰撞过程分别列式有mv1＝2mv2， 2mv3＝3mv4 联立解得v0＝2eq \r(7kgL)。 (2)设两次碰撞中系统动能损失先后为ΔEk1和ΔEk2，则分别有ΔEk1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)， ΔEk2＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,3)－eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,4) 因碰撞系统损失的动能为 ΔE＝ΔEk1＋ΔEk2＝8kmgL。 解析　两滑块以及弹簧组成的系统动量守恒，规定 水平向右为正方向，则A的初速度为v0＝3 m/s，t1时刻， A、B共速时的速度为v1＝1 m/s，由动量守恒定律得m1v0 ＝(m1＋m2)v1，代入数据解得m2＝0.2 kg，在0～t2时间内， 由于A和B所受的合力大小始终相等，根据牛顿第二定律 可得A和B的加速度大小之比a1∶a2＝m2∶m1＝2∶1，故A正确；在t1时刻，A和B速度相等，相当于完全非弹性碰撞，A和B损失的动能最多，则此时弹簧弹性势能最大，对系统，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,1)，代入数据解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝0.3 J，故B错误；在t2时刻，弹簧恢复原长，相当于弹性碰撞，对系统，由动量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB， 根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B)， 代入数据解得在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s， B的速度为vB＝2 m/s，故C错误；在0～t1时间内， A向右减速，B向右加速，且A的速度始终大于B的 速度，t1时刻，A、B速度相等，两者间距离最小，弹簧压缩量最大，所以在0～t1时间内弹簧的长度一直在减小，在t1～t2时间内，弹簧要恢复原长，t2时刻，弹簧恰好恢复到原长状态，所以在t1～t2时间内弹簧的长度一直在增大，故D正确。 解析　设探测器质量为m，行星质量为M，脱离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 eq \f(1,2)Mu2＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立可解得 v1＝eq \f((M－m)v＋2Mu,M＋m)，v2＝eq \f((M－m)u＋2mv,M＋m) 因为M≫m，所以M＋m≈M，M－m≈M 所以v1＝2u＋v。 答案　(1)eq \f(2,9)h　(2)eq \f(2,27)h　(3)eq \f(1,3)h 解析　(1)设重锤即将与钢桩接触时的速度为v0，重锤自由下落过程，根据机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得v0＝eq \r(2gh) 重锤与钢桩的碰撞可视为弹性碰撞，则重锤与钢桩组成的系统动量守恒、机械能守恒，有mv0＝Mv1＋mv1′ eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mv1′2 联立解得v1′＝eq \f(m－M,m＋M)v0＝－eq \f(1,3)v0，v1＝eq \f(2m,m＋M)v0＝eq \f(2,3)v0 重锤与钢桩第1次弹性碰撞后，上升的高度,h1′＝eq \f(v1′2,2g)＝eq \f(1,9)h 钢桩陷入泥土的过程中，根据动能定理得,－fs1＋Mgs1＝0－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1) 解得s1＝eq \f(2,9)h。 (2)重锤与钢桩第1次弹性碰撞后，重锤与钢桩之间的最大高度为h1＝h1′＋s1＝eq \f(1,3)h 根据机械能守恒定律得mgh1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,01) 解得v01＝eq \r(\f(2,3)gh) 同理，重锤与钢桩第2次碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，有mv01＝Mv2＋mv2′ eq \f(1,2)mveq \o\al(2,01)＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mv2′2 联立解得v2′＝eq \f(m－M,m＋M)v01＝－eq \f(1,3)v01， v2＝eq \f(2m,m＋M)v01＝eq \f(2,3)v01 重锤与钢桩第2次弹性碰撞后，上升的高度h2′＝eq \f(v2′2,2g)＝eq \f(1,27)h 钢桩陷入泥土的过程中，根据动能定理得 －fs2＋Mgs2＝0－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 解得s2＝eq \f(2,27)h。 (3)重锤很多次与钢桩碰撞的全过程，根据能量守恒定律得fs＝Mgs＋mg(h＋s) 解得s＝eq \f(1,3)h。 $$