第一章 5 碰撞(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦碰撞与爆炸的规律及应用，从弹性、非弹性等碰撞类型入手，结合动量守恒与机械能守恒定律，通过生活实例导入，以梳理总结和表格对比搭建学习支架，衔接前后知识脉络。 其特色在于融合科学探究与科学思维，通过查德威克发现中子等实例培养模型建构能力，分层习题设计强化科学推理，兼顾微观与宏观应用深化物理观念。助力学生理解规律，为教师提供系统教学资源，提升教学效率。

DIYIZHANG 第一章 5　碰撞 1 1.了解碰撞的分类，掌握弹性碰撞、非弹性碰撞及完全非弹性碰撞的特点(重点)。 2.能理解弹性碰撞和非弹性碰撞的规律，利用弹性碰撞和非弹性碰撞模型解决问题(重难点)。 3.理解实际碰撞中应遵循的两个原则，能够对碰撞的可能性进行分析判断(难点)。 4.认识爆炸现象，掌握爆炸中满足的动量规律和能量规律(重点)。 学习目标 2 一、碰撞的分类 二、中子的发现　弹性碰撞的实例分析 课时对点练(一) 三、碰撞可能性的判断 内容索引 四、爆炸 课时对点练(二) 3 碰撞的分类 一 4 碰撞是我们日常生活中常见到的现象，台球桌上台球的碰撞(图甲)，汽车碰撞测试中两车的相向碰撞(碰撞后均静止)(图乙)等，这些碰撞的 (1)动量特点：__________________。 (2)能量特点：___________________________________________。 甲　　　　乙 系统的总动量守恒 碰撞前的总动能总是大于或等于碰撞后的总动能 1.弹性碰撞：碰撞过程中，系统总机械能_________的碰撞。 举例：_________________________________等。 2.非弹性碰撞：碰撞过程中，系统总机械能_____的碰撞。 举例：_______________________等。 3.完全非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以___________运动，物理学上把这种碰撞称为完全非弹性碰撞。完全非弹性碰撞是非弹性碰撞中机械能损失_____的一种。 举例：_________________________________________________________ _____________________________________等。 梳理与总结 保持不变 台球、钢球、冰壶、低能电子和分子 减少 汽车追尾、子弹射穿木块 相同的速度 最多 子弹射入木块未穿出、跳上滑板的人最终与滑板以相同的速度一起运动、正负离子碰撞后共同组成分子 　(多选)(2024·宜宾市高二期中)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的位移—时间图像(x－t图像)。已知m1＝0.1 kg，由此可判断 A.碰前小球2保持静止 B.碰后小球1和小球2都向右运动 C.小球2的质量m2＝0.2 kg D.两球的碰撞为弹性碰撞 例1 √ √ 由x－t图像可知，碰前小球2的位移不随时间变化，处于静止状态，A正确； 碰后小球2的速度为正方向，说明向右运动，小球1的速度为负方向，说明向左运动，B错误； 　若碰后两球粘在一起且m1＝m2＝m，碰前球2静止，球1的初速度为v0，求碰撞过程中系统损失的机械能与碰前总动能的比值。 拓展 答案　两球组成的系统动量守恒，则m1v0＝(m1＋m2)v共，系统损失的机械能 碰撞的种类及遵守的规律 总结提升 返回 种类 遵守的规律 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，机械能损失最多，碰后成为一个整体，速度相同 二 中子的发现　弹性碰撞的实例分析 11 (1)设中性粒子的质量为m，碰前速率为v，碰后速率为v′，氢核的质量为mH，碰前速率为零，碰后速率为vH，碰撞前后系统的动量守恒， _________________ ① 机械能守恒_______________________ ② 由①式移项得：m(v－v′)＝mHvH ③ 由②式移项得：m(v＋v′)(v－v′)＝mHvH2 ④ 由③④两式得：v＋v′＝vH ⑤ 由①⑤两式得：vH＝_______， mv＝mv′＋mHvH 同理对氮原子核的碰撞可解得vN＝________， (2)已知氮核质量与氢核质量的关系为mN＝14mH，查德威克在实验中测得氢核速率和氮核速率的关系是vH≈7.5vN，由此得m＝____。 mH 1.1932年，英国物理学家__________发现了中子。 2.一维“一动碰一静”弹性碰撞模型 如图所示，质量为m1的小球A以速度v1向右与质量为m2的静止小球B发生碰撞，若两者间的碰撞是弹性碰撞， (1)满足的规律：_____________和_______________， 梳理与总结 查德威克 动量守恒定律 机械能守恒定律 (2)碰后物体的速度与质量的关系：v1′＝_________，v2′＝_________。 ①若m1＝m2，则有v1′＝___，v2′＝____，即两者碰后_________。 ②若m1<m2，v1′为____值，表示v1′与v1方向_____，A球被弹回。(若m1≪m2，v1′＝____，v2′＝___，表示A球以原速率弹回，而B球仍静止) ③若m1>m2，v1′和v2′都是___值，表示v1′和v2′都与v1方向_____。(若m1≫m2，v1′＝____，v2′＝____，表示A球的速度_____，B球以2v1的速度被撞出去) 0 v1 速度互换 负 相反 －v1 0 正 相同 v1 2v1 不变 　(2024·江西丰城市东煌学校高二月考)如图所示，质量分别为mA＝0.2 kg、mB＝0.3 kg的小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度v0＝5 m/s，之后与B球发生对心碰撞。若A、B两球发生的是弹性碰撞，求碰后A球和B球的速度分别是多少？ 例2 答案　－1 m/s　4 m/s 两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，有 mAv0＝mAvA＋mBvB 解得vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s。 　(1)如果A、B碰撞后粘在一起，A、B的速度为多大？此时能量损失多大？ 拓展 答案　由mAv0＝(mA＋mB)v得v＝2 m/s (2)若碰撞过程中，能量损失情况未知，则碰撞后B球的速度在什么范围内？ 答案　2 m/s≤vB≤4 m/s 一动一静碰撞问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下： 总结提升 (3)一般情况下(即非弹性碰撞)： 总结提升 　一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107 m/s。该未知粒子跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106 m/s。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，求未知粒子的质量。这实际是历史上查德威克通过测量中子质量从而发现中子的实验，请你根据以上查德威克的实验数据计算：中子的质量与氢核的质量mH有什么关系？ 例3 答案　相等 两次碰撞都遵守动量守恒定律和能量守恒定律。设未知粒子的质量为m，初速度为v0，取碰撞前未知粒子速度方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv＋mH·vH， 查德威克在实验中测得氢核的速度为vH＝3.3×107 m/s，氮核的速度为vN＝4.4×106 m/s。由以上式子可得m＝mH 即中子的质量与氢核的质量mH相等。 动量守恒定律不仅适用于宏观物体间的相互作用，也适用于微观粒子间的相互作用，所以动量守恒定律比牛顿运动定律更具有普遍性。 总结提升 　如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左。 (1)两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向 ____运动，B向____运动。 (2)求出碰撞完滑块A和滑块B的速度的大小？ 例4 左 右 答案　2v0　v0 选向右为正方向，则碰前A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零。 解得：vA′＝－2v0，vB′＝v0 或vA′＝2v0，vB′＝－v0(不符合题意舍去)。 所以vA′＝－2v0，vB′＝v0。 　若mB＝mA，A、B发生弹性碰撞，碰撞速度同例4，碰撞完成的两滑块的速度大小分别为多大？ 拓展 答案　vA′＝v0　vB′＝2v0 返回 碰撞可能性的判断 三 28 碰撞问题遵循的三个原则： (1)系统动量______，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 守恒 不增加 (3)速度要合理： ①碰前两物体同向运动，即_______，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且___________。 ②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。 v后>v前 v前′≥v后′ 　(多选)(2024·宜宾市高二期中)质量分别为mA＝1.0 kg和mB＝2.0 kg的两个小球A和B，原来在光滑的水平面上沿同一直线、相同方向运动，速度分别为vA＝6.0 m/s，vB＝2.0 m/s。当A追上B时两球发生正碰，则碰撞结束之后两小球A、B的速度可能是 A.vA′＝5.0 m/s，vB′＝2.5 m/s B.vA′＝2.0 m/s，vB′＝4.0 m/s C.vA′＝3.0 m/s，vB′＝3.5 m/s D.vA′＝2.0 m/s，vB′＝6.0 m/s 例5 √ √ 碰后两小球A、B的速度同向时，A球的速度必定比B小，故A错误； 返回 爆炸 四 32 1.爆炸：爆炸是指在_____时间内释放出_________，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。 2.特点： (1)相互作用时间______。 (2)相互作用力为变力，且_______系统所受_____。 3.满足的规律： (1)系统的动量______。 (2)系统机械能______。 极短 大量能量 极短 远大于 外力 守恒 增加 　某人以大小为v0、方向与水平向右方向夹角θ＝60°的初速度斜向上抛出一颗手榴弹，手榴弹到达最高点时炸成质量分别为m和3m的两块。其中质量大的一块沿着手榴弹爆炸前瞬间的速度方向以大小v0的速度飞行。不计空气阻力，不计炸药质量。求： (1)手榴弹在最高点的速度v1的大小和方向； 例6 根据平行四边形定则知，手榴弹到达最高点的速度 (2)质量较小的一块弹片速度v2的大小和方向； 两块弹片组成的系统水平方向上动量守恒，规定质量大的一块运动方向为正方向，结合动量守恒定律得 4mv1＝3mv0＋mv2 解得v2＝－v0，即速度大小为v0，方向水平向左。 答案　v0　方向水平向左 (3)爆炸过程中转化为弹片动能的化学能E。 爆炸过程中转化为弹片动能的化学能 返回 课时对点练(一) 五 37 考点一　碰撞的分类 1.(2023·广州市高二期中)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础对点练 √ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(2023·重庆渝中区高二期中)甲、乙两人穿着同款充气“防护服”，由于两人初次穿充气服，走路时控制不好平衡，所以两人在极短时间内发生了一维直线碰撞。若甲的质量为m，乙的质量为3m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后乙静止不动，则这次碰撞 A.属于完全非弹性碰撞 B.属于弹性碰撞 C.动能损失最多 D.碰撞后甲的速度大小为v √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的x－t图像如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型，以下说法正确的是 A.ma∶mb＝3∶1 B.ma∶mb＝1∶1 C.弹性碰撞 D.完全非弹性碰撞 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 以球b碰撞前的速度方向为正方向，由题图可知，碰撞前va＝－2 m/s，vb＝1 m/s；碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝－2 m/s； 根据动量守恒定律得mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，可得ma∶mb＝3∶1，碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前 考点二　弹性碰撞的实例分析 4.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v0撞向2、3小球，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度大小分别是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 5.如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的可视为质点的小球，mA＝5mB。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，在最低点A与B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静止，B向右，且偏角小于30° B.A向左，B向右，且偏角等于30° C.A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且都小于30° D.A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且A球偏角 小于30°，B球偏角大于30° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B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： 6.(2023·重庆市高二期中)小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右沿光滑水平面运动时与静止的小球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＝2 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意可知，小球A和小球B发生弹性碰撞，则在碰撞过程中，动量守恒，则pA＝pA′＋pB，得pB＝3 kg·m/s，所以A、B错误； 由题意可知，对于弹性碰撞，有 7.(2023·江门市高二期中)如图所示，质量为m＝3 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右运动。 (1)若小球碰到滑块后又以1 m/s的速率被弹回， 求滑块获得的速度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，由动量守恒定律有 m1v0＝m1v1＋mv2 (2)若小球碰到滑块后两者粘在一起运动，求之后的共同速度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　4 m/s，方向水平向右 若小球碰到滑块后两者粘在一起运动，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m)v，代入数据解得之后的共同速度为v＝4 m/s，方向水平向右。 (3)若小球与滑块的碰撞没有能量损失，求碰撞后小球、滑块的速度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　小球的速度大小为2 m/s，方向水平向左　滑块的速度大小为8 m/s，方向水平向右 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 联立解得v3＝－2 m/s，v4＝8 m/s 即碰后瞬间小球速度大小为2 m/s， 方向水平向左，滑块的速度大小为8 m/s，方向水平向右。 8.如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看作是光滑的，求： (1)碰撞后小球A和小球B的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0＝mAv1＋mBv2 碰撞过程中系统机械能守恒，有 (2)小球B掉入小车后的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B球掉入小车过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mBv2－m车·2v0＝(mB＋m车)v′ 9.(2023·天津市河西区高二统考期中)在光滑的水平面上，质量为2m的小球A以速率v0向右运动，在小球的前方O点处有一质量为m的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后均向右运动。小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失，求： (1)两球在O点碰后速度的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由碰撞过程中动量守恒得2mv0＝2mv1＋mv2， 由题意可知OP＝v1t，OQ＋PQ＝v2t， (2)两球在O点碰撞的能量损失。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0 两球在O点碰撞前后系统的机械能之差 代入(1)的结果得ΔE＝0。 10.如图所示为冰壶比赛场地示意图，在某次比赛中，红方队员将红色冰壶以v0＝3.2 m/s的速度从P点推出，冰壶在冰面上做匀减速直线运动并恰好停在营垒边缘上的A点，然后黄方队员推出的黄色冰壶在A点与红方静止的冰壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后红壶停在营垒边缘上的B点，黄壶停在营垒中心O与A点连线的中点C，已知P、A两点间距离l＝25.6 m，营垒半径R＝1.8 m，g＝10 m/s2，红壶和黄壶可视为质点，质量均为m＝20 kg，且与冰面的动摩擦因数相同。 (1)求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.02 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 红色冰壶从P点推出后，从P到A点由动能定理 解得冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02 (2)求黄壶与红壶碰撞前瞬间速度v的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　1.8 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设红壶碰撞后瞬间速度为v1，黄壶碰撞后瞬间速度为v2，由动能定理得 解得v1＝1.2 m/s，v2＝0.6 m/s 黄壶与红壶的碰撞过程由动量守恒定律得 mv＝mv1＋mv2 解得黄壶与红壶碰撞前瞬间速度大小为v＝1.8 m/s (3)黄壶与红壶的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？请说明理由。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　非弹性碰撞，理由见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 黄壶与红壶碰撞前的动能 黄壶与红壶碰撞后的总动能 则Ek>Ek′ 所以黄壶与红壶的碰撞是非弹性碰撞。 返回 课时对点练(二) 六 66 考点一　碰撞的可能性判断 1.(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为 A.vA′＝vB′＝1 m/s B.vA′＝4 m/s，vB′＝－5 m/s C.vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s D.vA′＝－1 m/s，vB′＝5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础对点练 √ √ 选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此选项C错误； 验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故A、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(多选)如图所示，在水平冰面上，质量m1＝2 kg的冰壶A以大小v1＝10 m/s的速度与静止的质量为m2＝3 kg的冰壶B发生正碰。碰撞可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞，不计一切摩擦和空气阻力。关于碰后冰壶A的运动情况描述正确的是 A.碰后冰壶A可能会被弹回，速度 大小为1 m/s B.碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为1 m/s C.碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为5 m/s D.碰后冰壶A不可能静止不动 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.(多选)(2023·泰安市高二检测)如图所示，在光滑水平面上，有两个半径相等的小球A、B，质量分别为mA、mB。A向右运动过程中与静止的B发生正碰，碰后两球动量相同，则mA与mB的关系可能是 A.mA＝0.5mB B.mA＝2mB C.mA＝3mB D.mA＝4mB √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB 根据碰撞过程总动能不增加有 据题有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB 联立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 考点二　爆炸 4.(多选)(2024·南充市高二月考)有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则 A.炸裂前后瞬间总动量守恒 B.质量较大的一块先落回地面 C.另一块的速度是4v0－3v D.另一块的速度是3v－4v0 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 爆炸过程内力远大于外力，动量守恒，A正确； 爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，其中一块质量为3m，速度 大小为v，方向水平向东，爆炸后另一块瞬时速度方向也沿水平方向，故两块同时落地，B错误； 设另一块的速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有4mv0＝3mv＋mv′，解得v′＝4v0－3v，C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动，已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是 A.刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B.刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s C.刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D.爆炸过程中甲、乙两球增加的总机械能为0.027 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2t－v1t＝x，代入数据解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.(多选)(2024·南充市高二期中)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生正碰，则碰后A、B两球的动量可能值是 A.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s C.pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s D.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s 若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s， 碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s 碰后p′＝12 kg·m/s＝p 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.(2023·河北衡水高二月考)假设质量m＝0.6 kg的烟花弹在地面上以v0＝30 m/s的速度竖直向上射出，当烟花弹上升至最高点时炸成质量m1＝0.2 kg、m2＝0.4 kg的A、B两块，其中A块竖直向上运动。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，爆炸释放的能量E＝100 J，且有60%转化为A、B两块的动能，求： (1)A块上升的最大高度； 答案　65 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)爆炸后开始计时，t＝2 s时A、B两块的距离。 答案　60 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设向右为正方向。 mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC 炸药对C的冲量：I＝mCvC－0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一直线上发生的弹性碰撞规律进行类比。那么下列判断正确的是 A.v1>v0 B.v1＝v0 C.v2>v0 D.v2＝v0 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题图(a)中，探测器与行星的运动可类比 为两者发生弹性正碰，设探测器的质量 为m，行星的质量为M，碰后行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题图(b)中，探测器与行星的运动可类比 为探测器追上行星与之正碰，设碰后行 星的速度大小为u2，向右为正方向，根据动量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2， 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 BENKEJIESHU 本课结束 由题图乙读出，碰前小球1速度为v1＝4 m/s，碰后小球2和小球1的速度分别为v2′ ＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝ m1v1′＋m2v2′，解得m2＝0.3 kg；由于碰撞前后满足m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2，故为弹性碰撞，C错误，D正确。 故＝。 ΔE＝m1v02－(m1＋m2)v共2 联立解得ΔE＝mv02 碰前总动能Ek＝mv02 mv2＝mv′2＋mHvH2 由上述两式可得＝ 即m1v1＝m1v1′＋m2v2′和m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2。 v1 v1 mAv02＝mAvA2＋mBvB2 ΔE＝mAv02－(mA＋mB)v2＝1.5 J。 (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 v1≥v1′≥v1， v1≥v2′≥v1。 mv02＝mv2＋mHvH2 由此可得vH＝v0 同样可求出未知粒子与氮原子核碰撞后，氮核的速度vN＝v0＝v0 碰撞完的速度分别为vA′和vB′。 由动量守恒得：2mv0－2mv0＝mvA′＋2mvB′，由机械能守恒得： ×4mv02＋×2mv02＝mvA′2＋×2mvB′2， (2)系统动能______，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 因为mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2，故B、C正确； 因为mAvA2＋mBvB2<mAvA′2＋mBvB′2，不满足能量守恒定律，故D错误。 答案　v0　方向水平向右 v1＝v0cos 60°＝v0，方向水平向右。 答案　mv02  E＝×3mv02＋mv22－×4mv12＝mv02。 设碰撞后甲的速度为v′，以乙的运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后甲的速度为v′＝2v；碰前甲、乙的总动能为Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后甲、乙的总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以此碰撞为弹性碰撞，故B正确。 系统动能Ek＝mava2＋mbvb2，碰撞后系统动能Ek′＝mava′2＋mbvb′2，计算可得Ek′<Ek，可知两球碰撞为非弹性碰撞，故A正确，B、C、D错误。 A.v1＝v2＝v3＝v0 B.v1＝0，v2＝v3＝v0 C.v1＝0，v2＝v3＝v0 D.v1＝v2＝0，v3＝v0 mAv2＝mAvA2＋mBvB2 可得vA＝v＝v<v，vB＝v＝v>v， A、B均向右，A球偏角小于30°，B球偏角大于30°，故选项D正确。 mAvA＝mAvA′＋mBvB，mAvA2＝mAvA′2＋mBvB2， 得vA′＝vA，vB＝vA； 由题意可知vA＝＝0.8 m/s，vA′＝＝0.2 m/s，解得mB＝3 kg，所以D正确，C错误。 答案　 m/s，方向水平向右 代入数据解得v2＝ m/s，方向水平向右。 根据动量守恒定律有m1v0＝m1v3＋mv4，小球与滑块的碰撞没有能量损失，碰撞过程中机械能守恒，有m1v02＝m1v32＋mv42 答案　v0　v0 mAv02＝mAv12＋mBv22 解得v1＝－v0，v2＝v0，碰后A球向左运动，B球向右运动。 解得v′＝v0。 答案　v0 答案　v0　v0 解得v1＝v0，v2＝v0 ΔE＝×2mv02－(×2mv12＋mv22)， －μmgl＝0－mv02 －μmglAB＝0－mv12，－μmglAC＝0－mv22 已知lAB＝2R，lAC＝， Ek＝mv2＝×20×1.82 J＝32.4 J Ek′＝mv12＋mv22＝×20×(1.22＋0.62) J＝18 J 由动量守恒定律，可验证四个选项都满足要求。再看动能变化情况Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝27 J，Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2，由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B； 若冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，以碰前速度方向为正方向，根据系统动量守恒和系统机械能守恒，得m1v1＝m1vA＋m2vB，m1v12＝m1vA2＋m2vB2，联立解得vA＝－2 m/s，vB＝8 m/s。若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，则有m1v1＝(m1＋m2)v共，v共＝4 m/s。综上分析可知，碰后冰壶A的速度可能为－2 m/s≤vA≤4 m/s。故选A、B。 mAv02≥mAvA2＋mBvB2 爆炸过程中两球增加的总机械能ΔE＝m1v12＋ m2v22－(m1＋m2)v02，将v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s代入可得ΔE＝0.027 J，故D正确。 6.(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是 A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 小球A碰后动能变为原来的，则其速度大小变为原来的。两球在光滑水平面上正碰，碰后小球A的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被弹回。以小球A原来的速度方向为正方向，则vA′＝±v0，根据两球碰撞前后的总动量守恒得mv0＋0＝m×(v0)＋2mvB′，mv0＋0＝m×(－v0)＋2mvB″，解得vB′＝v0，vB″＝v0。 设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝＋＝。 碰后总动能Ek′＝＋＝<，故可能，A正确。 若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后Ek′＝＋＝>，故不可能，C错误。 Ek′＝＋＝<，故可能，D正确。 烟花弹上升至最高点时速度为零，根据动量守恒，A、B两块的动量大小相等，方向相反，则m1v1＝m2v2，根据能量守恒，E·60%＝m1v12＋m2v22，联立解得A、B两块获得的速度分别为v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，A块上升的高度为hA＝＝20 m，此前烟花弹上升的高度为h＝＝45 m，A块上升的最大高度为hm＝hA＋h＝65 m 以竖直向下为正方向，A、B两块运动的位移分别为xA＝－v1t＋gt2＝－20 m，xB＝v2t＋gt2＝40 m，两块的距离为x＝xB－xA＝60 m。 答案　mv0 解得I＝mv0 解得ΔE＝mv02。 根据能量守恒定律：ΔE＝mBvB2＋mCvC2 答案　mv02 由能量守恒定律可得mv02＋Mu2＝mv12＋Mu12，解得v1＝v0＋u，由于M≫m，故v1＝v0＋2u>v0，A正确，B错误； 解得v2＝v0－u，由于M≫m，故v2＝v0－2u<v0，C、D错误。 由能量守恒定律可得mv02＋Mu2＝mv22＋Mu22， $