1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 学习任务单-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

该高中物理学习任务单聚焦弹性碰撞和非弹性碰撞的核心内容，以子弹打木块、滑块—木板等典型模型为载体，课前梳理模型特点与守恒条件，课中通过习题应用动量和能量守恒定律，课后任务深化模型理解，构建从模型认知到问题解决的学习支架。 任务单突出模型建构与科学推理的融合，引导学生在不同碰撞模型中运用动量守恒和能量守恒分析问题，强化科学论证能力。习题覆盖选择、计算等题型，注重守恒定律综合应用，帮助学生深化物理观念，提升科学思维，有效落实核心素养导向的学习目标。

高中物理人教版选择性必修第一册 第一章《动量守恒定律》 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 学习任务单 课题 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 学习目标 1.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型。 2.掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决问题。 3.理解“弹簧—小球”模型和“滑块—曲(斜)面类”模型的特点。 课前学习任务 一、子弹打木块模型 一质量为m的子弹以初速度v0从左侧水平飞向质量为M的木块，并击中木块，在此后的过程中， 1．若木块固定于水平地面上 2．木块置于光滑的水平地面上 二、滑块—木板模型 1．从物块滑上木板至两者共速时，若物块仍未脱离木板，此过程相当于完全非弹性碰撞过程。 2．若地面光滑，物块和木板组成的系统动量守恒；若地面粗糙，系统的总动量将发生变化。 三、“弹簧—小球”模型 1.对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒的条件。 2.整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 3.注意：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。 4.弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。 四、“滑块—曲(斜)面类”模型 如图所示，质量为M的曲面滑块静止在光滑水平面上，曲面滑块的光滑弧面底部与桌面相切。一个质量为m的小球以速度v0向弧面滚来，若小球不能越过弧面，则小球到达最高点时(即小球竖直方向上的速度为零)，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)。 课中学习任务 1．(多选)如图所示，一个质量为M的木块放置在光滑的水平面上，现有一颗质量为m、速度为v0的子弹射入木块并最终留在木块中，在此过程中，木块运动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，木块对子弹的平均阻力为f，则下列说法正确的是(　　) A．子弹射入木块前、后系统的动量守恒 B．子弹射入木块前、后系统的机械能守恒 C．f与d之积为系统损失的机械能 D．f与s之积为木块增加的动能 2．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。(不计空气阻力)求： (1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能。 3.某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5 m，冰壶A被运动员以v0＝2 m/s的初速度水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为vA＝0.2 m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)冰壶A与B碰撞前的速度大小v1； (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； (3)判断两冰壶间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 4.如图所示，木块A的质量为mA＝1 kg，足够长的木板B的质量为mB＝4 kg，质量为mC＝4 kg的木块C置于静止的木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s的速度弹回，C始终未脱离B。求： (1)B运动过程中的最大速度的大小； (2)C运动过程中的最大速度的大小； (3)整个过程中系统损失的机械能。 课中学习任务答案 1.答案　ACD 解析　系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，故A正确；根据题意可知，在该过程中由于有部分机械能转化为内能，所以系统机械能减小，故B错误；阻力与相对位移之积等于系统损失的机械能，即整个过程中的产热，故C正确；根据能量守恒定律可知，子弹减少的动能一部分转化成了木块的动能，一部分转化成内能，木块运动的距离为s，根据动能定理可知f与s之积为木块增加的动能，故 D正确。 2.答案　(1)2.5v0　方向与爆炸前瞬间的速度方向相反　(2)mv02 解析　(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝v0。设v1的方向为正方向，由动量守恒定律得 3mv1＝2mv1′＋mv2 其中爆炸后大块弹片速度v1′＝2v0， 解得v2＝－2.5v0，负号表示v2的方向与爆炸前瞬间的速度方向相反。 (2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝×2mv1′2＋mv22－ (3m)v12＝mv02。 3.答案　(1)1 m/s　(2)0.8 m/s　(3)非弹性碰撞 解析　(1)冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞过程中，根据动能定理可得－μmgs＝mv12－mv02，代入数据解得v1＝1 m/s (2)两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，以v0的方向为正方向，则有mv1＝mvA＋mvB 代入数据解得vB＝0.8 m/s (3)碰撞前两冰壶的总动能为Ek1＝mv12＝10 J 碰撞后两冰壶的总动能为 Ek2＝mvA2＋mvB2＝6.8 J，由于Ek1>Ek2，可知两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。 4.答案　(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)48 J 解析　(1)A与B碰后瞬间，B速度最大，碰撞过程中A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB， 代入数据得：vB＝4 m/s。 (2)B与C共速后，C速度最大，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据得：vC＝2 m/s。 (3)由能量守恒定律得：ΔE损＝mAv02－mAvA2－(mB＋mC)vC2，解得ΔE损＝48 J。 课后学习任务 1．(多选)如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，则(　　) A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 2.如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2。地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行。已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) （1） 玩具青蛙在空中运动的时间. （2）木块开始滑动时的速度大小为1 m/s （3）玩具青蛙在平台上运动的时间为2 s 3.在光滑水平地面上放有一质量为M带光滑弧形槽的小车，一个质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，求： (1)铁块能滑至弧形槽内的最大高度(设小铁块不会从左端滑离小车)； (2)若M＝m，则铁块从右端脱离小车后将做什么运动？ 课后学习任务答案 1.答案　BD 解析　根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，故A错误，B正确； 根据水平方向动量守恒及机械能守恒可知，小球仍能向左摆到原高度，故C错误； 根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船”模型，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，由动量守恒定律有mvm－MvM＝0 则有mxm＝MxM 又有xm＋xM＝2l 解得xM＝ 故D正确。 2.解析　 （1）由h＝gt12得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3 s， （2） 玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s， 则玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝＝5 m/s， 对玩具青蛙抱住木块过程由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v， 解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1 m/s， （3）对木块及玩具青蛙在平台滑行过程，由动量定理得：－μ(M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5 s，B项错误。 3.答案　(1)　(2)将做自由落体运动 解析　(1)当铁块滑至弧形槽中的最高处时，铁块与小车有共同的水平速度，等效于完全非弹性碰撞，根据系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m)v′ 根据机械能守恒定律得 mgHm＝mv2－(m＋M)v′2 可解得Hm＝。 (2)当M＝m时，相互作用的整个过程相当于质量相等的物体发生弹性碰撞，速度互换，铁块将做自由落体运动。 学科网（北京）股份有限公司 $