第1章 5 弹性碰撞和非弹性碰撞（课件PPT）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

该高中物理课件聚焦“弹性碰撞和非弹性碰撞”，通过教材实验数据引导学生分析碰撞前后系统动量与动能变化，以预习案问题导学为支架，衔接动量守恒定律，帮助学生建立碰撞类型的物理观念。 其亮点在于以“概念·规律”明确碰撞定义，结合v-t图像实例（如甲、乙物块碰撞）进行科学推理与模型建构，通过“思考判断”和变式训练强化科学论证。既助学生形成运动与相互作用、能量观念，提升科学思维，又为教师提供结构化探究资源，提高教学效率。

第一章　动量守恒定律 5　弹性碰撞和非弹性碰撞 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 预习案 必备知识·问题导学 01 探究案 关键能力·互动探究 02 知能达标训练 04 提升案 随堂演练·基础落实 03 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 预习案 必备知识·问题导学 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 不变 减少 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 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答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)× 探究点一　碰撞的特点 1．碰撞：相对运动的物体相遇，在极短时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程。 2．碰撞的特点： (1)作用时间极短； (2)碰撞过程中内力远大于外力； (3)碰撞过程两物体产生的位移可忽略，几乎在原位置进行； (4)碰撞过程系统动量守恒。 　甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A．3 J　 B．4 J C．5 J D．6 J [解析]　由v­t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg。则损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A。 [答案]　A 　(多选)在例题中，若碰撞过程中两物块损失的机械能为3 J，其他条件不变，下列说法正确的是(　　) A．甲的质量为1 kg　　　 B．甲的质量为2 kg C．乙的质量为6 kg D．乙的质量为8 kg 答案　AC 　在例题中，若碰撞前后甲、乙的速度随时间变化如图中实线所示，其他条件不变，则下列判断中正确的是(　　) A．由图像求得乙的质量是6 kg B．碰撞前后乙的动量增加了1 kg·m/s C．碰撞过程中甲给乙的冲量大小为6 N·s D．碰撞过程中两物块损失的机械能为3 J 解析　由动量守恒定律1×5＋m×1＝－1×1＋m×3,解得m＝3 kg，A错误;碰撞前后乙增加的动量为Δp＝3×3 kg·m/s－3×1 kg·m/s＝6 kg·m/s，B错误；由动量定理,碰撞过程中甲给乙的冲量大小为I＝Δp＝6 N·s，C正确。碰撞过程中两物块损失的机械能为ΔE＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×52＋\f(1,2)×3×12)) J－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×12＋\f(1,2)×3×32)) J＝0，D错误。 答案　C 1．如图甲所示，光滑水平面上A、B两球沿同一直线相向运动发生一维碰撞，两球碰撞前到碰撞后的速度v随时间t变化的关系如图乙所示。已知A的质量mA＝2 kg。 (1)请写出A、B碰撞开始、最接近、碰撞结束的时刻及A、B碰撞的作用时间t； (2)求B的质量mB； (3)请计算说明此碰撞是否为弹性碰撞； (4)求系统在A、B两球最接近时的总动能Ek总； (5)求A、B从碰撞开始到最接近过程，系统损失的动能ΔEk。 解析　(1)由题图可知：0.3 s末两球碰撞开始，0.4 s时最接近，0.5 s末两球分离碰撞结束；两球碰撞作用时间为0.2 s。 (2)由动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，mA×4＋mB×(－1)＝mA(－2)＋mB×3 解得mB＝3 kg 。 (3)碰撞前Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2 碰撞后Ek′＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2 解得Ek＝Ek′＝eq \f(35,2) J 碰撞过程中没有动能损失，属于弹性碰撞。 (4)系统在A、B两球最接近时的总动能 Ek总＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2 解得Ek总＝eq \f(5,2) J。 (5)A、B从碰撞开始到最接近过程，系统损失的动能ΔEk＝Ek－Ek总 解得ΔEk＝15 J。 答案　(1)见解析　(2)3 kg　(3)见解析 (4)eq \f(5,2) J　(5)15 J 探究点二　碰撞可能性分析 [交流讨论] 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；到Ⅱ位置，物体A、B的速度刚好相等，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′，若在Ⅲ位置，弹簧可以恢复到原长。分三种情况讨论全过程系统动量和能量的变化情况，各过程属什么碰撞。 (1)在Ⅲ位置，弹簧可以恢复到原长。 (2)在Ⅲ位置，弹簧只能部分恢复，不能回到原长。 (3)在Ⅲ位置，弹簧弹性失效。 答　(1)在Ⅰ、Ⅲ位置，系统动能相等，这种碰撞是弹性碰撞。 (2)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。 (3)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(1)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。 [归纳总结] 碰撞问题需要满足的条件 1．碰撞前后系统动量守恒。 2．动能不能增加，即碰撞前系统动能大于或等于碰撞后的系统动能。 3．如果碰撞前后均为同向运动，碰撞后的被碰物体的速度应大于碰撞物体的速度。 　在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A．0.6v　　　　　　　　　 B．0.4v C．0.3v D．0.2v [解析]　A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2， 以v的方向为正方向，由动量守恒定律有： mv＝mv1＋2mv2，① 假设碰后A球静止，即v1＝0， 可得v2＝0.5v 由题意可知A被反弹，所以球B的速度有：v2＞0.5v② A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有： eq \f(1,2)mv2≥eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22③ ①③两式联立得：v2≤eq \f(2,3)v④ 由②④两式可得：0.5v＜v2≤eq \f(2,3)v，符合条件的只有0.6v，所以选项A正确，B、C、D错误。 [答案]　A 　在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，那么碰撞后B球的可能速度大小是(　　) A．eq \f(1,4)v　　　　　 B．eq \f(1,2)v C．eq \f(3,4)v D．eq \f(3,2)v 解析　如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞,则有mv＝(m＋2m)v共，解得v共＝eq \f(v,3) ，如果两个小球发生的是弹性碰撞，则有mv＝mvA＋2mvB ，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)×2mvB2 ，解得vB＝eq \f(2v,3)，则小球B碰撞后的速度取值范围为eq \f(v,3)<vB<eq \f(2v,3)，故选B。 答案　B 　在光滑水平面上，一质量为m、速度为v的A球与质量为2m的静止的B球发生正碰。碰撞后A球的速度为v1，B球的速度为v2，则v1、v2可能是(　　) A．v1＝0.5v、v2＝0.25v　 B．v1＝0、v2＝0.5v C．v1＝0、v2＝v D．v1＝－v、v2＝v 解析　碰后A球速度没有反向的话，速度要小于B球速度，A错误；碰后A球速度为零时，根据动量守恒得mv＝2mv2，解得v2＝0.5v，B正确，C错误；根据能量守恒，碰后系统的机械能不大于碰前系统的机械能，D错误。 答案　B 2．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小球1与静止小球2发生碰撞，碰撞前后小球1的运动方向相反。将碰撞后小球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，小球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必不会有(　　) A．p1<p0 B．p2>p0 C．E1<E0 D．E2>E0 解析　根据碰撞过程中总动能不增加，即E0≥E1＋E2，必有E1<E0，E2<E0。根据p＝eq \r(2mE)可知p1<p0，故选项A、C正确，D错误；根据动量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，p2>p0，故选项B正确。 答案　D 探究点三　爆炸类问题 解决爆炸类问题时，要抓住以下两个特征 1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒。 2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加。 　一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸后成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列选项中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　) [解析]　平抛运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝eq \f(3,4)mv甲＋eq \f(1,4)mv乙，又v甲＝eq \f(x甲,t)，v乙＝eq \f(x乙,t)，t＝1 s，则有eq \f(3,4)x甲＋eq \f(1,4)x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确。 [答案]　B 　(多选)在例题中，当此弹丸的速度恰好沿水平方向时，弹丸炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则(　　) A．b的速度方向一定与原来速度方向相反 B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达水平地面 D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等 解析　弹丸炸裂前后动量守恒，选未炸裂前水平速度v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb＞0，vb＜0，vb＝0都有可能；vb＞va，vb＜va，vb＝va也都有可能。 答案　CD 3．(多选)在某次演练中，一颗炮弹在向上飞行过程中爆炸，如图所示。爆炸后，炮弹恰好分成质量相等的两部分。若炮弹重力远小于爆炸内力，则关于爆炸后两部分的运动轨迹可能正确的是(　　) 解析　炮弹爆炸时，内力远大于外力，系统的动量守恒，由A图知，该图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足动量守恒，故A项与题意不相符；B图水平方向和竖直方向都满足动量守恒，是可能的，故B项与题意相符；C图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足，不可能，故C项与题意不相符；D图竖直方向和水平方向都满足动量守恒，是可能的，故D项与题意相符。 答案　BD 3．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量M与m的比值可能为(　　) A．2　　　　　　　　 B．4 C．6 D．8 解析　设碰撞后两物体的动量为p，由动量守恒可知Mv＝2p。碰撞前后动能不能增加，则eq \f(1,2)Mv2≥eq \f(p2,2M)＋eq \f(p2,2m)，eq \f(M,m)≤3，碰撞后两物体动量相同，故速度方向相同，且碰后M速度应该小于等于m速度，则eq \f(M,m)≥1，故A正确，B、C、D错误。 答案　A 4．(2023·重庆卷)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； (2)球2的质量； (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 解析　(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0， 所以Fn＝meq \f(2v02,R)＝4meq \f(v02,R)。 (2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则m·2v0＝－mv＋m′v，eq \f(1,2)m(2v0)2＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)m′v2 联立解得v＝v0，m′＝3m。 (3)球1反弹到P点的时间为t1＝eq \f(\f(1,2)πR,v0)＝eq \f(πR,2v0) 球1在P点加速后速度大小为2v0， 由运动学公式可得t2＝eq \f(πR,v0＋2v0)＝eq \f(πR,3v0) 所以总时间t＝t1＋t2＝eq \f(5πR,6v0)。 答案　(1)4meq \f(v02,R)　(2)3m　(3)eq \f(5πR,6v0) 5．如图所示，光滑水平面上放有A、B两小球，B球静止，某时刻给A球一个水平向右的速度v1＝5 m/s，一段时间后A、B发生正碰，已知A球质量为M＝6 kg，A、B两球碰撞过程的相互作用时间为t＝0.01 s。 (1)若B球质量为m＝3 kg，且碰后B球获得水平向右的速度v2′＝ 4 m/s。求碰后A球的速度v1′以及碰撞过程中A、B两球之间的平均作用力F的大小； (2)若B球质量可调节，A球仍以速度v1与静止的B球正碰，碰后A、B两球的动量大小之比为1∶4。求B球的质量m′的范围。 解析　(1)以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2′ 代入数据解得v1′＝3 m/s，即碰后A球速度大小为3 m/s，方向水平向右； 对B由动量定理有Ft＝mv2′－0 代入数据解得F＝1200 N。 (2)以水平向右为正方向，碰前A球动量为pA＝Mv1＝30 kg·m/s 设碰后A球动量为pA′，B球动量为pB′，若碰后A、B同向运动，则有pA′∶pB′＝1∶4 由动量守恒定律有pA＝pA′＋pB′ 碰后应满足A球速度小于B球速度，则有eq \f(pA′,M)≤eq \f(pB′,m′) 碰后系统动能不增加，则有eq \f(pA2,2M)≥eq \f(pA′2,2M)＋eq \f(pB′2,\a\vs4\al(2m′)) 联立解得4 kg≤m′≤24 kg 若碰后A、B反向运动，则有pA′∶pB′＝－1∶4 由动量守恒定律有pA＝pA′＋pB′ 碰后系统动能不增加，则有eq \f(pA2,2M)≥eq \f(pA′2,2M)＋eq \f(pB′2,\a\vs4\al(2m′))，联立解得m′≥12 kg 综上可得：碰后A、B同向运动，则4 kg≤m′≤24 kg；碰后A、B反向运动，则m′≥12 kg。 答案　(1)3 m/s，方向水平向右　1200 N　(2)见解析 $