第1章 06第五节 第六节 自然界中的守恒定律-【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Word（粤教版）

该高中物理导学案聚焦弹性碰撞、非弹性碰撞及自然界守恒定律，通过刚性球与套尼龙搭扣球的碰撞实验引导观察，结合“判一判”和问题讨论，衔接动量守恒等前序知识，搭建从概念到实例分析的学习支架。 资料以科学探究为核心，通过实验现象观察与问题驱动深化动量和能量观念，借助模型建构（如弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型）和分层习题（基础判断、图像分析、实际应用）提升科学思维，助力学生掌握碰撞问题分析方法，适合师生高效教学。

物理 选择性必修 第一册(粤教) 第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞 第六节　自然界中的守恒定律 1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题.3.进一步了解物质运动过程中的各种守恒定律． 一　弹性碰撞与非弹性碰撞 1．弹性碰撞 若两球碰撞后，它们的形变能完全恢复，则没有机械能损失，碰撞前后两小球构成的系统的机械能相等，这种碰撞叫作弹性碰撞． 2．非弹性碰撞 若两球碰撞后，它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量，碰撞前后系统的机械能不再相等，这种碰撞叫作非弹性碰撞． 3．完全非弹性碰撞 若两球碰撞后，它们完全不反弹而粘在一起，这时机械能损失最大，这种碰撞叫作完全非弹性碰撞． 二　自然界中的守恒定律 1．系统：物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统． 2．物理量的守恒定律：物质所处的系统若没有系统外的因素使系统的这些物理量发生改变，则系统内部的这些物理量总和保持不变．物理量的守恒性质保证了系统的相对稳定性．守恒定律只有在合适的系统和范围才适用． 3．动量守恒定律：如果系统的合外力为零，系统的总动量不会发生改变．如果系统合外力不为零，但在某个方向系统合外力为零，则系统在该方向的动量仍然守恒．如果系统某个方向的动量发生了改变，则该方向必然受到一个冲量，冲量的值等于系统在该方向动量的改变量． 4．机械能守恒定律：当系统外力与系统内除重力和弹力外的其他内力做功的代数和为零，则系统的总机械能保持不变． 5．能量守恒定律：系统机械能增加或减少时必然有其他形式的能量减小或增加，而且系统机械能的变化量和其他形式能量的变化量是相同的． 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． 课堂任务　弹性碰撞和非弹性碰撞的认识 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 用如图所示的实验装置做如下实验： (1)两个相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰． (2)在两个球上分别套上尼龙搭扣做的套圈，做同样的碰撞． 记下碰撞后两球达到的最大高度． 活动1：在以上两种情况下，两个球碰撞前后的总机械能是否相等？可能的原因是什么？ 提示：第一种情况相等，第二种情况不相等．可能是因为尼龙搭扣使两个球碰撞时发生范性形变． 活动2：如果碰撞前后总机械能不相等，是否违反了机械能守恒定律？ 提示：不违反，因为其不满足机械能守恒定律的条件． 活动3：总结以上两种碰撞情况的区别． 提示：第一种碰撞两球的形变能完全恢复，没有机械能损失；第二种碰撞两球的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量，碰撞前后系统的机械能不再相等． 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． 2．弹性碰撞 (1)理解：系统在碰撞前后机械能相等，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． 钢球、玻璃球碰撞时的形变能够完全恢复，能量损失很小，它们的碰撞可以看作弹性碰撞；木制品碰撞时形变不能完全恢复，一般情况下不能作为弹性碰撞处理；橡皮泥球之间的碰撞是典型的非弹性碰撞． 3．非弹性碰撞 (1)理解：系统在碰撞前后机械能不再相等，这类碰撞叫作非弹性碰撞． 非弹性碰撞中所产生的形变不能够完全恢复；非弹性碰撞遵守动量守恒定律，碰撞过程中有机械能损失，能量关系为m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2. (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，且机械能损失最大． 4．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＋≥＋. (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′. 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．该碰撞是非弹性碰撞 (1)x­t图像的斜率表示什么？ 提示：速度． (2)碰撞中损失的机械能等于什么？ 提示：碰前两物体的总动能减去碰后两物体的总动能． [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＝ 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；由题图乙读出，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；由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝ m/s＝2 m/s，v1′＝ 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＝m1v－＝0，该碰撞是弹性碰撞，故D错误． [答案]　AC 　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机械能的变化量分析计算． (3)必要时还要结合牛顿运动定律分析计算． 　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　A 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＝＋＝ 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． 课堂任务　碰撞的实例分析 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 如图所示，质量为m2的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左端连有轻弹簧，质量为m1的物体A以速度v1向B运动．在Ⅰ位置，物体A与物体B的轻弹簧刚好接触，弹簧开始被压缩，物体A开始减速，物体B开始加速；到Ⅱ位置，物体A、B的速度刚好相等(设为v)，弹簧被压缩到最短；到Ⅲ位置，物体A、B的速度分别为v1′和v2′. 活动1：在碰撞全过程中，物体A、B和弹簧组成的系统动量和机械能是否守恒？ 提示：该系统水平方向不受外力，竖直方向合外力为零，系统动量守恒．系统机械能是否守恒取决于弹簧是否可以恢复到原长． 活动2：若在Ⅲ位置弹簧可以恢复到原长，试讨论全过程系统动量和能量变化情况，并求v1′和v2′. 提示：在弹性限度范围内，弹簧发生弹性形变．在Ⅲ位置，弹簧可以恢复到原长．Ⅰ→Ⅱ，系统减少的动能全部转化为弹性势能，在Ⅱ位置，系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ，系统减少的弹性势能全部转化为动能；因此在Ⅰ、Ⅲ位置，系统动能相等．这种碰撞是弹性碰撞．由动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得物体A、B的最终速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1. 活动3：若在Ⅲ位置弹簧只能部分恢复，不能回到原长，试讨论全过程系统动量和能量变化情况． 提示：弹簧发生塑性形变．在Ⅲ位置，弹簧只能部分恢复．Ⅰ→Ⅱ，系统减少的动能部分转化为弹性势能，部分转化为内能，在Ⅱ位置系统动能仍和活动2相同，弹性势能仍最大，但比活动2小；Ⅱ→Ⅲ，系统减少的弹性势能部分转化为动能，部分转化为内能；因此全过程系统的动能有损失(部分动能转化为内能)．这种碰撞是非弹性碰撞． 活动4：若在Ⅲ位置弹簧弹性失效，试讨论全过程系统动量和能量变化情况，并求v1′和v2′. 提示：弹簧完全失效．Ⅰ→Ⅱ，系统减少的动能全部转化为内能，在Ⅱ位置系统动能仍和活动2相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，物体A、B不再分开，而是以速度v′共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程．这种碰撞是完全非弹性碰撞．可以证明，物体A、B最终的共同速度为v1′＝v2′＝v′＝v1.该碰撞系统的动能损失最大，为ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v′2＝. 活动5：在活动2的碰撞中，若m1＝m2，则碰后A、B速度如何？若m1≫m2或m2≫m1，则碰后A、B速度又如何？ 提示：由活动2的分析可知，若m1＝m2，则A、B碰后交换速度；若m1≫m2或m2≫m1，则质量大的物体速度几乎不变． 1．一维碰撞 (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同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．这种碰撞称为一维碰撞，也叫作对心碰撞或正碰． (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． 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，同时机械能也守恒．即： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＝m1v1′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′＝，v2′＝ 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． 3．两个物体在同一直线上发生完全非弹性碰撞的分析 (1)设质量为m1和m2的物体碰前的速度分别为v1和v2，碰后的共同速度为v′，则由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，解得v′＝，系统损失的动能ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v′2. (2)若碰撞前质量为m2的物体静止，v2＝0，则v′＝v1，ΔEk＝. 4．“一动碰一静”一般非弹性碰撞的分析 由动量守恒定律和能量守恒定律可知，质量为m1的物体以速度v1碰静止的质量为m2的物体，碰后两物体的速度范围分别为v1′：；v2′：.其中(　　)是数学中区间的意思． 注意：①v1′的左边界数字可能为负值；②v2′的右边界数字可能小于v1，也可能等于v1，还可能大于v1. 5．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． 例2　(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，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Mv D．小球在弧形轨道上升的最大高度为 (1)小球与小车在相互作用过程中动量是否守恒？ 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． (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． [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′，Mv＝2×＋Mgh，联立解得h＝，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Mv，A错误，B、C正确． [答案]　BC 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．由于该过程系统机械能守恒，所以类似于弹性碰撞，小球滑上小车轨道时是“弹性碰撞”的开始，小球离开轨道时是“弹性碰撞”的结束．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． (3)从开始至小球上升至最高点相当于完全非弹性碰撞． 　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　B 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，根据机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv，联立解得v1＝－v0，则经过一次碰撞，中子损失的动能为ΔEk＝mv－mv＝E0≈30%E0，故B正确，A、C、D错误． 　如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s.求： (1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度大小； (2)两次碰撞过程中共损失了多少动能？ 答案　(1)1 m/s　(2)1.25 J 解析　(1)A、B相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝2mv1 解得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s. (2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：2mv1＝mvC＋2mv2 解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s 两次碰撞共损失的动能 ΔEk＝mv－×2mv－mv＝1.25 J. 1．(弹性碰撞)在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们在同一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，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值是(　　) A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0 C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 答案　D 解析　两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D正确． 2．(非弹性碰撞)质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为 (　　) A．E0 B. C. D. 答案　C 解析　碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝.E0＝mv，Ek′＝×3mv，联立解得Ek′＝×3m＝×＝，故C正确． 3.(弹性碰撞)(多选)如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则(　　) A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s C．小球B的质量为15 kg D．小球B的质量为3 kg 答案　AD 解析　规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，故A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以系统没有动能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，故C错误，D正确． 4．(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. B. C．2 D．2 答案　C 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＝mv－×2mv2，联立解得vA＝2，C正确． 5．(碰撞类型的判断)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　A 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＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2，则Ek＝Ek′，所以这次碰撞是弹性碰撞，故A正确． 6．(碰撞可能情况的判断)(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　BC 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＝mAv＋mBv＝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′＝mAvA′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′＝mAvA′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′＝mAvA′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． 7.(碰撞可能情况的判断)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 答案　C 解析　对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程符合实际情况．本题属于迎面对碰，碰撞前，系统的总动量为2 kg·m/s.A中，系统碰后的总动量变为－2 kg·m/s，不满足动量守恒定律，错误；B中，系统碰后的动量变为2 kg·m/s，满足动量守恒定律，但碰后a球动量大小不变，b球动量增加，根据关系式Ek＝可知，a球的动能不变，b球动能增加，系统的机械能增加了，错误；D中，满足动量守恒定律，碰后系统的机械能也没增加，但是碰后a球运动方向不变，b球静止，这显然不符合实际情况，错误；经检验，C满足碰撞所遵循的三个规律，正确． 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　ABC 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，mv＝mv＋kmv，联立解得v1＝v0，v2＝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． 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)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． 答案　(1)2　(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＝mv－mv －k·2mgL＝×2mv－×2mv －k·3mgL＝0－×3mv 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＝2. (2)设两次碰撞中系统动能损失先后为ΔEk1和ΔEk2，则分别有ΔEk1＝mv－×2mv ΔEk2＝×2mv－×3mv 因碰撞系统损失的动能为 ΔE＝ΔEk1＋ΔEk2＝8kmgL. 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 答案　A 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． 11.(多过程碰撞问题)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 答案　D 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＝，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(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，且m2＝3m1，联立解得v1＝2，v2＝0，小球m1反弹后能达到的高度H＝＝4h，故A、B、C错误，D正确． 12．(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，稳定后弹簧恰好恢复到原长，则下列说法正确的是(　　) 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　AD 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＝m1v－(m1＋m2)v，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m1v＝m1v＋m2v，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． [名师点拨]　对于本题这类两物块和弹簧组成的系统，0～t1时间的过程可类比完全非弹性碰撞，0～t2时间内的过程可类比弹性碰撞，分清了过程，就可以利用碰撞的规律分析计算．(有时还需要用到牛顿运动定律分析) 13．(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 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 Mu2＋mv2＝mv＋Mv 联立可解得 v1＝，v2＝ 因为M≫m，所以M＋m≈M，M－m≈M 所以v1＝2u＋v. 14．(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. 答案　(1)h　(2)h　(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＝mv 解得v0＝ 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′ mv＝Mv＋mv1′2 联立解得 v1′＝v0＝－v0，v1＝v0＝v0 钢桩陷入泥土的过程中，根据动能定理得 －fs1＋Mgs1＝0－Mv 解得s1＝h. (2)重锤与钢桩第1次弹性碰撞后，上升的高度h1′＝＝h 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＝h 重锤下落时，根据机械能守恒定律得 mgh1＝mv 解得v01＝ 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′ mv＝Mv＋mv2′2 联立解得v2′＝v01＝－v01，v2＝v01＝v01 重锤与钢桩第2次弹性碰撞后，上升的高度 h2′＝＝h 钢桩陷入泥土的过程中，根据动能定理得 －fs2＋Mgs2＝0－Mv 解得s2＝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f·s＝Mgs＋mg(h＋s) 解得s＝h. 18 学科网（北京）股份有限公司 $$