第一章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册教用word（人教版）

第5节　弹性碰撞和非弹性碰撞 1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞。　2.会根据碰撞的特点对碰撞过程进行判断。 3．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。 一、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能________，这类碰撞叫弹性碰撞。 2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能________，这类碰撞叫非弹性碰撞。 二、弹性碰撞的实例分析 1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝______________，v2′＝__________________。 2．若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝________，v2′＝__________，即两者碰后一定交换速度。 3．若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者发生弹性正碰后，v1′＝________，v2′＝0。表明质量为m1的小球被反向以________弹回，而质量为m2的小球仍静止。 4．若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者发生弹性正碰后，v1′＝________，v2′＝________。表明质量为m1的小球的速度不变，质量为m2的小球以2v1的速度被撞出去。 判断下列说法是否正确。 (1)两物体发生非弹性碰撞时，动量不守恒，动能也不守恒。(　　) (2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(　　) (3)与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度。(　　) (4)两球发生弹性正碰时，两者碰后一定交换速度。(　　) 提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)× [答案自填] 不变　减少　v1　v1　0　v1　－v1　原速率　v1　2v1 知识点一　碰撞的特点和应用 1．碰撞的特点 (1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对于物体运动的全过程可忽略不计。 (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒。 (3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置。 (4)能量的特点：碰撞过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。 2．碰撞的分类 (1)按碰撞前后机械能是否守恒可分为弹性碰撞和非弹性碰撞。 (2)按碰撞前后速度的方向是否与球心的连线在同一直线上可分为对心碰撞和非对心碰撞。 3．碰撞遵守的原则 (1)动量守恒。 (2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要符合情境 ①碰前若同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 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或速度均为零。 　弹珠游戏的模型可以简化为两小球在光滑的水平面上发生碰撞，如图所示，质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰，碰撞后B球速度大小可能是(　　) A．0.5v　　　　　　　 B．0.6v C．0.8v D．v [解析]　如果碰撞为弹性碰撞，没有机械能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，碰撞后B的速度最小，以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，设碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，如果碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律得mv＝mvA＋3mvB，由机械能守恒定律得mv2＝mv＋·3mv，解得vB＝0.5v，如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv＝(m＋3m)vB，解得vB＝0.25v，所以碰后B球的速度范围为0.25v≤vB≤0.5v。 [答案]　A 　(2025·山东泰安市期中)如图所示，质量和大小完全相同的A、B两球，在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度vA＝8 m/s，B球的速度vB＝－2 m/s，一段时间后A、B两球发生对心碰撞。碰撞之后A、B两球的速度vA′、vB′不可能的是(　　) A．vA′＝－2 m/s，vB′＝8 m/s B．vA′＝3 m/s，vB′＝3 m/s C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝－1 m/s [解析]　由题意可知，两小球碰撞前总动量p＝mvA＋mvB＝6m，总动能Ek＝mv＋mv＝34m，若碰后vA′＝－2 m/s，vB′＝8 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝34m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故A不符合题意；若碰后vA′＝3 m/s，vB′＝3 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝9m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故B不符合题意；若碰后vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝10m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故C不符合题意；若碰后vA′＝7 m/s，vB′＝－1 m/s，即碰撞后，两小球运动方向都不改变，不符合实际，故D符合题意。 [答案]　D 知识点二　碰撞与图像问题的结合 角度1　位移—时间图像 　质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2的速率大于m1的速率 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能 [解析]　x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小v2＝ m/s＝2 m/s，即碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。 [答案]　C 角度2　速度—时间图像 　(多选)如图所示，与轻弹簧相连的物块A静止在光滑的水平面上。物块B沿水平方向以速度v0向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰。在B跟弹簧相碰时开始计时，到B与弹簧分开的这段时间t0内，下列两物块的v－t图像可能正确的是(　　) [解析]　根据对称性可知两物块共速的时间为，根据动量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v，解得v＝，在B跟弹簧相碰时开始计时，到B与弹簧分开的这段时间t0内，根据动量守恒定律以及能量守恒定律有mBv0＝mAv1＋mBv2，mBv＝mAv＋mBv，解得v1＝v0，v2＝v0，当mA＝mB时，解得v＝，v1＝v0，v2＝0，当mA＞mB时，解得v＜，v1＜v0，v2＜0，当mA＜mB时，解得v＞，v1＞v0，v2＞0，故A、D符合题意，B、C不符合题意。 [答案]　AD 知识点三　碰撞中的动量和能量问题 如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？ [提示]　不守恒。碰撞时：mv0＝2mv，得v＝ Ek1＝mv，Ek2＝×2mv2＝mv 所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv＝－mv即系统总动能减少了mv。 1．弹性碰撞：发生在产生弹性形变的物体间，满足动量守恒和机械能守恒，即 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2。 2．非弹性碰撞：碰撞过程物体会发生不能自行恢复的形变，还可能发热。所以，非弹性碰撞有动能损失，即机械能不守恒。 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)机械能不守恒：m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2。 3．完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘在一起以相同的速度运动。 　(2024·湖北卷，T14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 [解析]　(1)根据题意可知，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μm物g＝m物a 解得a＝5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离x＝＝2.5 m<L传＝3.6 m 可知，小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2 其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s 解得v2＝3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能ΔEk＝m物v2－m物v－m球v 解得ΔEk＝0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g＝m球 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 m球v＝m球v＋m球g(2L绳－d) 联立解得d＝0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 [答案]　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 规范一练　应用动量和能量观点分析竖直方向的碰撞问题 　某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 [解析]　(1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知 N1＝(m＋M)g 解得N1＝8__N 滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f 代入数据得N2＝5 N。 (2)由动能定理得 －(mg＋f)l＝mv2－mv 代入数据解得v＝8__m/s。 (3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共 代入数据得v共＝2__m/s 此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v 代入数据得h＝0.2__m。 [答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 1．(碰撞的特点和应用)一辆质量为2m、速度为v的小车与另一辆质量为3m的静止小车相碰而连在一定，则它们在碰撞过程中损失的机械能是(　　) A．mv2　　　 　 　　 B．mv2 C．mv2 D．mv2 解析：选B。碰撞过程中动量守恒，设碰后两车的共同速度为v1，以原速度方向为正方向，则由动量守恒定律可得2mv＝(2m＋3m)v1，由能量守恒定律可得ΔE＝·2mv2－·(2m＋3m)v，联立可得ΔE＝mv2。 2．(弹性碰撞)在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排列在一条直线上，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 解析：选D。两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D正确。 3．(碰撞与图像问题的结合)A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 解析：选C。由题图可知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0，碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故C正确。 4．(碰撞中的动量和能量问题)(2025·江苏淮安市期中)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，速度vB＝3 m/s，A球在后，速度vA＝6 m/s，mA＝1 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A球速度vA′＝2 m/s，B球速度vB′＝5 m/s，求： (1)碰撞过程中A球受到的冲量大小； (2)B球的质量mB； (3)试验证A、B两球发生的碰撞为弹性碰撞。 解析：(1)根据动量定理可得碰撞过程中A球受到的冲量 IA＝mAvA′－mAvA＝－4 N·s。 (2)碰撞过程，根据动量守恒定律可得 mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ 解得B球的质量mB＝2 kg。 (3)碰撞前两球组成系统的动能 Ek1＝mAv＋mBv＝27 J 碰撞后两球组成系统的动能 Ek2＝mAvA′2＋mBvB′2＝27 J 则A、B两球发生的是弹性碰撞。 答案：(1)4 N·s　(2)2 kg　(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $