第1章 第5节 碰 撞-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

本讲义聚焦高中物理“碰撞”核心知识点，系统梳理弹性碰撞、非弹性碰撞（含完全非弹性碰撞）的分类及特点，以动量守恒和能量变化为规律主线，结合中子发现案例引入应用，延伸至碰撞与图像结合、爆炸类问题，构建从概念到规律再到综合应用的学习支架。 该资料突出科学思维与物理观念培养，通过碰碰车碰撞判断、x-t图像求质量等实例，引导学生运用动量守恒和能量守恒推理分析，课中例题解析助教师高效授课，课后练习题及规范训练帮学生巩固知识、查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

第5节　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、碰撞的分类 根据碰撞前后两物体总动能是否变化，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞两类。 1．弹性碰撞 碰撞前后两滑块的总动能不变的碰撞称为弹性碰撞。在两物体发生弹性碰撞的过程中，两物体都要发生弹性形变，动能有一部分转化为弹性势能，而在转化过程中，总机械能保持不变，碰撞过程结束，两物体都恢复原来的形状。更准确的说法是：碰撞过程中，系统总机械能保持不变的碰撞，称为弹性碰撞。 2．非弹性碰撞 在碰撞后，系统的总机械能减少，在碰撞过程中，有一部分机械能转化为其他形式的能量，这种碰撞称为非弹性碰撞。 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，以相同的速度运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。 二、中子的发现 1．1932年，英国物理学家查德威克发现了中子。 2．中子质量的计算 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，碰撞前后的动量和动能都守恒，则 mv＝mv′＋mHvH mv2＝mv′2＋mHv 解得vH＝ 同理，对氮原子核的碰撞可解得 vN＝ 由上述两式可得＝ 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≈7.5 vN，由此得m＝mH。 (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)弹性碰撞过程中，系统机械能守恒。(　　) (4)非弹性碰撞时，动量守恒，系统机械能减小。(　　) 提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√ 知识点一　碰撞的特点和应用 (1)碰碰车是一种十分受欢迎的游乐设施，已知碰碰车甲的总质量m1＝100 kg，碰碰车乙的总质量m2＝60 kg，两车始终在一条直线上运动，碰撞时间极短，如图所示。现观测到车甲以v0＝4.5 m/s的速度与静止的车乙发生碰撞，碰后甲、乙的速度变为v1＝1.5 m/s和v2＝5 m/s，请分析这次碰撞是不是弹性碰撞。如果不是弹性碰撞，请计算一下碰撞过程中的机械能损失。 (2)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，那么总动能如何变化？ [提示]　(1)两车碰撞前的总动能Ek＝m1v＝1 012.5 J，碰撞后总动能Ek′＝m1v＋m2v＝862.5 J，由于Ek>Ek′，可知碰撞过程系统机械能减少，这次碰撞不是弹性碰撞，损失的机械能ΔE＝Ek－Ek′＝150 J。 (2)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．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．判断碰撞类型的思路 弹性碰撞 (碰后分离) (1)总动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′； (2)总动能不变：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 非弹性碰撞 (碰后分离) (1)总动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′； (2)总动能减少：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔE损失 完全非弹性 碰撞(碰后 “黏合”) (1)总动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共；　 (2)总动能损失最大：m1v＋m2v＝(m1＋m2)v＋ΔE损失　 角度1　碰撞的特点 (2026·河北唐山市期中)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝3 m/s C．vA′＝3 m/s，vB′＝3.5 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝6.5 m/s [解析]　碰后A的速度不可能大于B的速度，故A错误；两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，碰前总动量p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，B选项碰后总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝8 kg·m/s，不满足动量守恒，故B错误；C选项碰后总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝10 kg·m/s，碰后总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝16.75 J，满足动量守恒和动能不增加，故C正确；D选项碰后总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝10 kg·m/s，碰后总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝46.75 J，不满足动能不增加，故D错误。 [答案]　C 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，速度可能均为零。 角度2　弹性碰撞和非弹性碰撞 质量m1＝4 kg、速度v0＝3 m/s的A球与质量m2＝2 kg且静止在光滑水平面上的B球发生碰撞。 (1)若发生弹性碰撞，碰后A、B两球速度大小分别为多少？ (2)若发生完全非弹性碰撞，碰后两球速度大小又是多少？碰撞过程中损失的机械能是多少？ [解析]　(1)若两球发生弹性碰撞，则满足动量守恒和机械能守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v，代入数据解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s。 (2)若两球发生完全非弹性碰撞，则碰后速度相同，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2 m/s，碰撞过程中损失的机械能ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v2＝6 J。 [答案]　(1)1 m/s　4 m/s　(2)2 m/s　6 J 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b发生正碰，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： (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 (3)一般情况下： v1≤v1′≤v1， v1≤v2′≤v1。 知识点二　碰撞与图像问题 角度1　位移—时间图像 (2026·天津滨海新区期中)质量分别为m1＝1.0 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其位移—时间图像如图所示，试通过计算回答下列问题： (1)求质量m2。 (2)求碰撞过程损失的机械能。 (3)碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？ [解析]　(1)根据x-t图像的斜率表示速度，可知质量为m1的物体的碰前速度v1＝ m/s＝4 m/s，碰后的速度v1′＝ m/s＝－2 m/s，质量为m2的物体的碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝ m/s＝2 m/s，根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝3.0 kg。 (2)两物体组成的系统在碰撞过程中损失的机械能ΔE＝m1v＋m2v－，代入数据解得ΔE＝0。 (3)由(2)分析，可知碰撞过程没有能量损失，故碰撞过程是弹性碰撞。 [答案]　(1)3.0 kg　(2)0　(3)弹性碰撞 角度2　速度—时间图像 (2026·河北承德市期中)如图甲所示，一辆质量M＝1.5 kg的小车静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块以一定的水平速度滑上小车，最后与小车以相同的速度运动，它们的运动速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)木块的质量m； (2)木块与小车上表面间的动摩擦因数。 [解析]　(1)木块与小车相互作用过程，木块与小车构成的系统满足动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v，由题图乙可知v0＝2 m/s，v＝0.5 m/s，代入数据解得木块的质量m＝0.5 kg。 (2)由v-t图像可得小车的加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma 解得木块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3。 [答案]　(1)0.5 kg　(2)0.3 知识点三　爆炸类问题 爆炸现象的三个规律 (1)动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力。 (2)动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能。 (3)位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可认为爆炸前后位置不变。 角度1　爆炸中的动量守恒问题 (多选)防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空，到最高点时速度大小为v0，离地高度为H，突然爆炸成质量均为m的两块。其中弹头A以速度v沿v0的方向飞去，且爆炸过程时间为Δt且极短。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．爆炸后的一瞬间，弹尾B一定沿着与v0相反的方向飞去 B．爆炸后，弹尾B可能做自由落体运动 C．爆炸过程中，弹尾对弹头的平均作用力大小为＋mg D．爆炸过程释放的化学能为m(v－v0)2 [解析]　爆炸过程中系统在水平方向动量守恒，以v0方向为正方向，则由动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，解得v′＝2v0－v，由于v与v0的大小关系未知，故无法判断弹尾的运动方向，故A错误；由上述分析可知，当v＝2v0时，弹尾的速度为零，则弹尾做自由落体运动，故B正确；以弹头为研究对象，以v0方向为正方向，在水平方向上由动量定理可得FΔt＝mv－mv0，解得F＝，故C错误；根据能量守恒定律可知，爆炸释放的化学能等于系统动能的变化量，故有E化＝mv2＋mv′2－·2mv，根据动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，整理可得E化＝m(v－v0)2，故D正确。 [答案]　BD 角度2　爆炸中的动量和能量问题 以与水平方向成60°角的初速度v0斜向上抛出手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是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。不计爆炸过程中的质量损失。 (1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向。 (2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？ [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，如图所示。 由动量守恒定律得 3mv1＝2mv1′＋mv2 其中爆炸后质量大的弹片速度v1′＝2v0 解得v2＝－2.5v0，负号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反。 (2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即 ΔEk＝·2mv1′2＋mv－·3mv＝mv。 [答案]　 (1)2.5v0，方向与爆炸前速度方向相反 (2)mv 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)(2026·江苏南通市期中)如图所示，甲、乙两弹性球在光滑的水平面上相向正碰，碰后两球均向右运动。在碰撞过程中(　　) A．当乙的速度为0时，甲的速度方向向右 B．当乙的速度为0时，甲的速度方向向左 C．当甲球形变量最大时，甲的速度为0 D．当乙球形变量最大时，乙的速度为0 解析：选A。碰撞过程中甲、乙系统满足动量守恒，由于碰后两球均向右运动，故系统总动量方向向右，当乙的速度为0时，即乙的动量为0，甲的动量应该向右，故甲的速度方向向右，故A正确，B错误；弹性碰撞中形变量最大时，两个小球达到共速v共，由于系统总动量方向向右，由动量守恒p总＝(m甲＋m乙)v共，可知v共的方向向右，且大小不为0，故形变量最大时，甲、乙的速度不为0，故C、D错误。 2．(碰撞的特点和应用)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。由题给图像知，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。 3．(碰撞中的动量和能量问题)(2026·湖北黄冈市期中)对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型。A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力。设A物体质量m1＝1.0 kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2＝3.0 kg，以速度v0从远处沿该直线向A运动，如图所示。若d＝0.10 m，F＝0.60 N，v0＝0.20 m/s，求： (1)相互作用过程中A物体加速度的大小； (2)A、B间的最小距离； (3)物体B最终速度大小。 解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma可得A的加速度大小a1＝＝0.60 m/s2。 (2)两者速度相同时，距离最近，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m2v0＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝0.15 m/s 由能量守恒定律得 m2v－(m1＋m2)v2＝FΔx 代入数据解得A、B间的最小距离 Δs＝d－Δx＝0.075 m。 (3)从最开始到最终稳定，相当于弹性碰撞，由动量守恒定律得m2v0＝m2v2＋m1v1 由能量守恒定律得m2v＝m2v＋m1v 联立解得物体B的最终速度大小v2＝0.1 m/s。 答案：(1)0.60 m/s2　(2)0.075 m　(3)0.1 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $