1.8 第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版）

该高中物理课件聚焦弹性碰撞与非弹性碰撞，系统梳理碰撞的分类、特点及规律分析。通过牛顿摆、弹簧连接物块等情境导入，以问题引导学生思考机械能守恒，搭建动量与能量观点的学习支架，衔接前后知识。 其亮点在于融合物理观念与科学思维，结合冰壶碰撞、s-t图像分析等实例建构模型，强化动量与能量守恒推理。分层例题与测评助力学生落实，教师可借助情境探究提升教学效率，培养学生分析问题能力。

第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞 　　　　 第一章　动量与动量守恒定律 1.知道什么是碰撞，知道碰撞的特点。 2.知道弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的概念。　 3.会用动量观点、能量观点分析一维碰撞问题。　 4.研究生活中的碰撞现象，会用弹性碰撞和非弹性碰撞的规律分析生活中的碰撞现象。 素养目标 知识点一　碰撞的分类 1 知识点二　碰撞的实例分析 2 知识点三　碰撞的可行性分析 3 课时测评 5 随堂演练　对点落实 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 知识点一　碰撞的分类 返回 情境导入　1．如图所示，先将牛顿摆中左边的小球拉起一定高度后释放，碰后停下，右侧小球恰能摆到左侧小球的释放高度。思考碰撞时两球组成的系统的机械能守恒吗？ 提示：碰撞过程中系统的机械能守恒。 自主学习 2．如图所示，先将牛顿摆中两小球都涂上橡皮泥，拉起相同高度，同时释放，碰后两球停在最低点。思考碰撞时两球组成的系统的机械能守恒吗？   提示：碰撞过程中系统的机械能不守恒。 教材梳理 (阅读教材P22—P24完成下列填空) 1．碰撞 (1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的______时间内产生________的相互作用。 (2)特点：物体组成的系统所受外力________内力，且相互作用时间______，所以可以认为系统在碰撞过程中______守恒。 2．分类 (1)弹性碰撞：碰撞后，形变____完全恢复，没有机械能损失，碰撞前后系统的________相等。 (2)非弹性碰撞：碰撞后，形变______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__________。 (3)完全非弹性碰撞：碰撞后粘在一起，机械能损失______。 极短 非常大 远小于 极短 动量 能 机械能 不能 不再相等 最大 课堂探究 师生互动　在弹性碰撞中，两球发生弹性形变，动能转化为弹性势能，弹性势能又全部转化为动能，系统动能不变。那在非弹性碰撞中，动能转化为弹性势能，弹性势能有没有全部转化为动能？如果没有，损失的能量去哪里了？ 提示：没有；损失的机械能转化为小球的内能。 例1 冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前， 根据动能定理可得－μmgs＝ 代入数据解得v1＝1 m/s。 (2025·广州市第六十五中学高二期中)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，运动员以v0＝ 2 m/s的初速度将冰壶A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； 答案：1 m/s 两冰壶碰撞过程满足动量守恒，则有 mv1＝mvA＋mvB 代入数据解得vB＝0.8 m/s。 (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； 答案：0.8 m/s 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，可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞。 (3)判断两冰壶碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 答案：非弹性碰撞 1．碰撞的特点 (1)时间的特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。 (2)相互作用力的特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。 (3)能量的特点：碰撞、打击过程系统的动能不会增加，可能减 少，也可能不变。 探究归纳 2．碰撞的分类 弹性碰撞 (碰后分离) 总动量守恒、机械能守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′   非弹性碰撞 (碰后分离) 总动量守恒，机械能减少 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′   完全非弹性碰撞 (碰后“粘合”) 总动量守恒，机械能损失最大 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共   探究归纳 针对练．(2024·东莞市高二校考)如图所示，在光滑水平面上，三个物块A、B、C在同一直线上，A和B的质量分别为mA＝2m，mB＝m，开始时B和C静止，A以速度v0向右运动，与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个物块速度恰好相同。求： (1)A与B碰撞后，两者的速度v1和v2； A与B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2 由机械能守恒定律得 (2)物块C的质量； 答案：3m　 B、C碰撞后与A的速度相同，设C的质量为mC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv2＝(mC＋m)v1，解得mC＝3m。 (3)B与C碰撞过程中损失的机械能。 B与C碰撞损失的机械能 返回 知识点二　碰撞的实例分析 返回 自主学习 情境导入　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′。试分析以下问题： (1)在Ⅲ位置，如果弹簧可以恢复到原长，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？试计算在Ⅲ位置时A、B的最终速度。 提示：系统的机械能守恒；由动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v1＝ 解得物体A、B的最终速度分别为 (2)在Ⅲ位置，弹簧只能部分恢复，不能回到原长，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？该碰撞是哪类碰撞？ 提示：系统的机械能不守恒；这种碰撞是非弹性碰撞。 (3)在Ⅲ位置，弹簧弹性失效，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？与(2)问有什么区别？该碰撞是哪类碰撞？ 提示：系统的机械能不守恒；此过程碰后两者速度相同，与(2)问相比损失的机械能更多，这种碰撞是完全非弹性碰撞。 教材梳理 (阅读教材P22—P24完成下列填空) 1．在弹性限度内，弹簧发生______形变，碰撞后弹簧可以恢复原长，碰撞前后机械能______。 2．弹簧发生塑性形变，碰撞后弹簧只能部分恢复原长，碰撞时有部分机械能转化为______。 3．弹簧完全失效，系统减少的动能全部转化为______。 弹性 不变 内能 内能 师生互动　如图所示，物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰。 任务1．碰撞后两个物体的速度v1′和v2′； 提示：根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 课堂探究 任务2．如下三种特殊情况下，碰撞后两个物体的速度v1′和v2′有什么特点？ ①m1＝m2时；②m1≫m2时；③m1≪m2时。 提示：①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1。 ②m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 ③m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 24 角度1　弹性碰撞模型 　 　(多选) (2024·深圳市高二期中)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s -t(位移—时间)图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断 A．碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动 B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动 C．m2＝0.3 kg D．两个小球的碰撞是弹性碰撞 例2 √ √ √ 由题图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v1′＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项A、C正确，选项B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为 所以两个小球的碰撞是弹性碰撞，选项D正确。 弹性碰撞的特点 1．两个守恒：动量守恒、机械能守恒。 2．运动小球m1(速度v1)与静止小球m2弹性正碰后的三种情景： (1)若m1＝m2，碰撞后两球交换速度。 (2)若m1>m2，碰撞后两个小球的速度都与碰前速度v1的方向相同，而且v1′＜v2′。 特例：若m1≫m2，碰撞后第一个球的速度几乎不变，第二个球以2v1的速度被撞出去。 探究归纳 (3)若m1＜m2，碰撞后第一个球被反向弹回，第二个球被撞出去。 特例：若m1≪m2，碰撞后第一个球被反向以原速率弹回，而第二个球仍静止不动。 探究归纳 角度2　碰撞中的弹簧模型 　　如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两 物块静止于光滑的水平地面上，弹簧处于原长，质量为 4 kg的物块C以v＝6 m/s的初速度在光滑水平地面上向右运动，与前方的物块A发生碰撞(碰撞时间极短)，并且C与A碰撞后二者粘在一起运动。在以后的运动中，求： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物体B的速度多大？弹簧弹性势能的最大值是多大？ 答案：3 m/s　12 J　 例3 当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大 由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有 mCv＝(mA＋mB＋mC)v′ 解得v′＝3 m/s 由于A、C两者组成的系统碰撞瞬间动量守恒，有 mCv＝(mA＋mC)v1 解得v1＝4 m/s 设弹簧的弹性势能最大为Ep，根据系统机械能守恒，有 解得Ep＝12 J。 (2)弹簧第一次恢复原长时B的速度多大？ 答案：6 m/s C、A碰撞后为初状态，再次恢复原长为末状态，则根据系统动量守恒，有 (mC＋mA)v1＝(mC＋mA)v1′＋mBvB′ 根据系统能量守恒，有   解得vB′＝6 m/s。 　　对于含弹簧的相互作用问题，一般情况下满足动量守恒定律和机械能守恒定律。解答此类问题的一般思路： 1．首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。 2．分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。 3．判断解出结果的合理性。 4．由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。 探究归纳 5．要特别注意弹簧的两个状态 (1)弹簧处于原长时：弹簧的弹性势能为零，与弹簧连接的物体的加速度方向发生突变，速度达到最大或最小。 (2)弹簧处于压缩到最短或伸长到最长的状态时，弹簧的弹性势能最大，与弹簧连接的物体具有共同的瞬时速度。 探究归纳 针对练．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，mC＝2 kg，A、B用一轻弹簧连接(弹簧与滑块拴接)，开始时A、B以共同速度v0＝4 m/s运动，且弹簧处于原长，某时刻B与静止在前方的C发生碰撞并粘在一起运动。求： (1)B与C碰后的瞬间，C的速度大小； 答案：2 m/s　 B与C碰撞过程动量守恒，对B和C，取向右为正方向，由动量守恒定 律，有 mBv0＝(mB＋mC)vC 解得vC＝2 m/s。 (2)运动过程中弹簧最大的弹性势能。 答案：4 J 三者共速时弹簧弹性势能最大，对A、B、C及弹簧组成的系统，由动量守恒定律，有 (mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v 碰后过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定 律，有Ep＝ (mB＋mC)vC2＋ mAv02－ (mA＋mB＋mC)v2 代入数据解得Ep＝4 J。 返回 知识点三　碰撞的可行性分析 返回 例4 √ √ (多选)A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是 7 kg·m/s，B球的动量是9 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后B球的动量变为12 kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是 A．mB＝2mA B．mB＝3mA C．mB＝4mA D．mB＝5mA 1．碰撞过程中的三个制约因素 (1)动量制约——碰撞前后系统的动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (2)动能制约——碰撞后系统的总动能不增加 探究归纳 (3)运动制约——碰撞过程的速度关系 ①如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′。 ②如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。若碰后沿同向运动，v前″≥v后″。 探究归纳 2．分析碰撞问题的思路 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次看总动能是否增加。 (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足动能不增加，同时注意碰后合理的速度关系。 (3)要灵活运用 等关系式进行有关计算。 探究归纳 √ √ 由碰撞前后系统总动量守恒可得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，总动能不增加，则Ek≥Ek1′＋Ek2′，验证A、B、D三项皆有可能。但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合实际，故A、D项正确。 返回 针对练．(多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，可能正确的是 A．v1′＝v2′＝ m/s B．v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s C．v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s D．v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s 随堂演练　对点落实 返回 1．(2024·佛山市校级联考)如图所示，在足够大的 光滑水平面上放有两个小物块P、Q，Q的质量为m， P的质量为2m，物块P连接一轻弹簧并处于静止状态。现让物块Q以初速度3v0向物块P运动且两物块始终保持在一条直线上。若分别用实线和虚线表示物块Q、P的速度v与时间t之间关系的图线，则在弹簧形变过程中，v-t图像可能是图中的 √ 以两物块及弹簧作为整体分析，当它们速度相等时，由动量守恒定律可得m·(3v0)＝(m＋2m)v，解得v＝v0，故A、B错误；碰弹簧后，Q的速度减小，P的速度增大，在Q的速度大于P的速度时，弹簧压缩量增大，弹簧弹力增大，它们的加速度都增大，当弹簧压缩到最大，开始恢复的过程中，弹力方向不变，Q的速度继续减小，P的速度继续增大，但由于弹簧的压缩量减小，它们的加速度都将减小，故C正确，D错误。 2．(多选) (2024·清远市高一统考期末)两个小球在光滑水平地面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后。mA＝2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能为 A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s B．vA′＝3 m/s，vB′＝5 m/s C．vA′＝3.6 m/s，vB′＝3.6 m/s D．vA′＝4 m/s，vB′＝3 m/s √ √ 两小球碰撞过程动量守恒，有p＝mAvA＋mBvB＝p′＝mAvA′＋mBvB′＝18 kg·m/s，又碰撞过程能量不增加，有  即 碰撞后若两球同向运动时，A球的速度不能大于B球的速度，即vA′≤vB′。代入A选项中的数据可知p1′＝mAvA1′＋mBvB1′＝18 kg·m/s， 且速度也合理，故A正确；代入B选项中的数据可知p2′＝mAvA2′＋mBvB2′＝21 kg·m/s，故B错误； 代入C选项中的数据可知p3′＝mAvA3′＋mBvB3′＝18 kg·m/s， 且速度也合理，故C正确；代入D选项中的数据可知p4′＝mAvA4′＋mBvB4′＝17 kg·m/s，故D错误。故选AC。 3．(2024·河源市高二期中)如图所示，质量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。 (1)若碰后B球的速度向右为3 m/s， 求碰后A球的速度大小； 答案：0.5 m/s　 A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2 解得v1＝0.5 m/s。 (2)若A、B球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度大小。 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，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律得 解得vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s 即A、B发生弹性碰撞后，速度大小分别为1 m/s、4 m/s。 对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 代入数据解得v2＝ m/s，方向水平向右。 4．(2025·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，求滑块获得的速度大小； 答案： m/s　 若小球碰到滑块两者黏在一起运动，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m)v，解得之后的共同速度v＝4 m/s，方向水平向右。 (2)若小球碰到滑块两者黏在一起运动，求之后的共同速度大小； 答案：4 m/s 根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1′＋mv2′，小球与滑块的碰撞没有能量 损失，为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，则有 m1v02＝ m1v1′2＋ mv2′2 联立解得v1′＝－2 m/s，v2′＝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。 返回 (3)若小球与滑块的碰撞没有能量损失，求碰撞后小球、滑块的速度大小。 答案：2 m/s　8 m/s 课 时 测 评 返回 1.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 √ 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．在光滑的水平面上，一质量为0.1 kg的物块以8 m/s的速度向右运动，与另一质量为0.3 kg的静止物块发生正碰，碰撞后以相同的速度一起向右运动，此碰撞过程损失的机械能为 A．2.4 J B．3.2 J C．0.8 J D．1.2 J √ 解析：碰撞过程系统动量守恒，以运动物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v， 由能量守恒定律得 ＋ΔE，代入数据解得ΔE＝2.4 J，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 √ 3．(多选)(2025·深圳市高二月考)A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的s-­t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的s­-t图像。c为碰撞后它们的s-­t图像。若A球质量为1 kg，则 A．B球的质量为2 kg B．B球的质量为 kg C．碰撞过程系统的机械能损失为5 J D．碰撞过程系统的机械能损失为 J √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4．(多选)质量为mA的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量mB可选取不同的值，则下列说法正确的是 A．当mB＝mA时，碰后A、B两球共速 B．当mB＝mA时，碰后两球互换速度 C．当mB＞mA时，碰后A球反向运动 D．当mB＜mA时，mB越小，碰后B球的速度越小 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.如图所示，位于光滑水平桌面上且质量相等的小滑块P和Q都可以视为质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则 B．E1＝E0 D．E2＝2E0 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 弹簧的最大弹性势能发生在P、Q的速度相等时， 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定 律得mv0＝2mv，由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为 故A正确，B错误；由于P、Q之间发生的是弹性碰撞，且P、Q的质量相等，最终P、Q将交换速度，即小滑块P将静止，小滑块Q以速度v0继续运动，Q的最大动能E2＝E0，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6．(多选)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝1 kg、vA＝6 m/s、vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是 A．vA′＝1 m/s，vB′＝7 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝6 m/s C．vA′＝4 m/s，vB′＝4 m/s D．vA′＝5 m/s，vB′＝3 m/s √ √ 根据动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，根据碰撞过程系 统机械能不会增多可得 联立两式解得2 m/s≤vA′<6 m/s，2 m/s<vB′≤6 m/s，又vB′≥vA′，综上可知A、D不可能，B、C可能。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7．在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右的方向为正方向，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增加量ΔpA、ΔpB可能的是 A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s C．ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小 相等、方向相反，根据碰撞过程动量守恒。如果 ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝2 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，是可能发生的，故A正确；若ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能发生，故B错误；如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝－5 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能发生，故C错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，由题知，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8．(10分) (2024·汕头市高二期中)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为m＝1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.4 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束后瞬间两滑块一起滑动。求： (1)滑块1与滑块2碰撞过程中损失的能量为多少？ 答案：0.04 J　 滑块1、2碰撞过程，由动量守恒定律，有mv1＝2mv共 解得v共＝0.2 m/s 由能量守恒定律，有 联立解得ΔE＝0.04 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)若滑块1与滑块2的碰撞时间为0.02 s，滑块 2受到滑块1的平均冲力的大小？ 答案：10 N 滑块1、2碰撞过程，对滑块2，由动量定理得Ft＝mv共，解得F＝10 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．(10分)(2024·东莞市高二校考)一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已知mA＝ 0.99 kg、mB＝ 3 kg，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原 长。现滑块A被水平飞来的质量为mC＝10 g、速度为400 m/s的子弹击中，且没有穿出，如图所示，试求： (1)子弹击中A的瞬间，A和B的速度大小以及损失 的机械能； 答案：4 m/s　0　792 J　 对子弹和A有mCvC＝(mA＋mC)vA 解得vA＝4 m/s，此时vB＝0 损失的机械能 解得ΔE＝792 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能； 答案：6 J　 对子弹、A和B有mCvC＝(mA＋mC＋mB)v 解得v ＝ 1 m/s 从子弹与A共速到三者共速的过程，根据能量守恒定律有 解得Ep＝ 6 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)B可获得的最大动能。 答案：6 J 当弹簧恢复原长时，B的动能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有(mA＋mC)vA＝(mA＋mC)v1＋mBv2   解得v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s 此时B获得的动能最大为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(12分) (2024·广州市校考阶段练习)如图所示，三个质量分别为2 kg、 1 kg、1 kg的木块A、B、C放置在光滑水平轨道上，开始时B、C均静止，A以初速度v＝6 m/s向右运动，A与B发生弹性碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起。求： (1)A与B碰撞后A、B各自速度的大小； 答案：2 m/s　8 m/s　 设A与B碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，由于A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB，   联立解得vA＝2 m/s，vB＝8 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)B与C碰撞后共同的速度大小； 答案：4 m/s　 B与C发生碰撞并粘在一起，设B与C碰撞后的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得mBvB＝(mB＋mC)v共 解得v共＝4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)B与C碰撞过程中损失的动能。 答案：16 J B与C碰撞过程中损失的动能为 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量与动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 mv12－mv02 m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2 m1v＋m2v＞(m1＋m2)v 答案：v0　v0　 ·2mv＝·2mv＋mv 联立解得v1＝v0，v2＝v0。 答案：mv ΔE＝mv－(m＋3m)v 解得ΔE＝mv。 m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 v1′＝v1，v2′＝v1。 根据机械能守恒定律得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝v1，v2′＝v1。 ΔE＝m1v＋m2v－＝0， Ep＝ (mA＋mC)v－ (mA＋mB＋mC)v′2 (mC＋mA)v＝ (mC＋mA)v1′2＋ mBvB′2 以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝12 kg·m/s，解得pA′＝4 kg·m/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，由题意可知，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有＞，解得＜，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有≤，解得≥，综上得≤≤，故A、B正确。故选A、B。 m1v＋m2v≥m1v1′2＋m2v2′2 Ek＝、Ek＝pv 42 J≥mAvA′2＋mBvB′2， mAv′＋mBv′＝33 J≤42 J， mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2， mAvA3′2＋mBvB3′2＝32.4 J≤42 J， mAv＝mAv＋mBv m1v＝(m1＋m2)v2 由题图可知碰撞前A、B两球都做匀速直线运动， va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s， 碰撞后二者粘在一起做匀速直线运动，vc＝m/s ＝－1 m/s，碰撞过程中动量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝ kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝mAva2＋mBvb2－(mA＋mB)vc2＝5 J。故选BC。 发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv＝mAv＋mBv，解得v1＝v0，v2＝v0。当mB＝mA时，v1＝0，v2＝v0，碰后两球互换速度，A错误，B正确；当mB＞mA时，v1＝v0＜0，碰后A球反向运动，C正确；当mB＜mA时，v2＝v0，mB越小，碰后B球的速度v2越大，D错误。 A．E1＝ C．E2＝ E1＝mv－2×mv2，解得E1＝mv＝E0， mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2， ΔE＝mv－·2mv ΔE＝mCv－(mA＋mC)v (mA＋mC)v＝Ep＋(mA＋mC＋mB)v2， EkB＝mBv＝6 J。 (mA＋mC)v＝(mA＋mC)v＋mBv mAv2＝mAv＋mBv ΔE＝mBv－(mB＋mC)v＝16 J。 $