第一章5　弹性碰撞和非弹性碰撞

第一章TANXINGPENGZHUANGHEFEITANXINGPENGZHUANG5

弹性碰撞和非弹性碰撞梳理教材夯实基础/探究重点提升素养/课时对点练1.掌握弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题.学习目标内容索引梳理教材夯实基础Part1探究重点提升素养Part2课时对点练Part3梳理教材夯实基础Part

11.弹性碰撞：系统在碰撞前后动能_____.2.非弹性碰撞：系统在碰撞前后动能_____.一、弹性碰撞和非弹性碰撞不变减少在光滑水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰.碰后m1小球的速度为v1′，m2小球的速度为v2′，根据动量守恒定律和能量守恒定律：m1v1＝______________；

m1v12＝__________________解出碰后两个物体的速度分别为v1′＝_________，v2′＝_________.二、弹性碰撞的实例分析m1v1′＋m2v2′(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向.(若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)(2)若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向_____，m1被弹回.(若m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止)(3)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度_____.相反互换1.判断下列说法的正误.(1)发生碰撞的两个物体动量守恒.(

)(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的.(

)(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大.(

)(4)两物体发生碰撞的过程中，两物体组成的系统机械能可能增加.(

)即学即用√×××2.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动.那么这次碰撞是A.弹性碰撞

B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞

D.条件不足，无法确定√返回探究重点提升素养Part

2一、弹性碰撞和非弹性碰撞碰撞是我们日常生活中常见到的现象，台球桌上台球的碰撞(图甲)，汽车碰撞测试中两车的相向碰撞(碰撞后均静止)(图乙)等，这些碰撞有哪些相同点？又有哪些不同？(从动量和能量的角度进行分析)导学探究甲乙答案相同点是碰撞过程持续时间极短，此过程中内力远大于外力，碰撞满足动量守恒；不同点是碰撞过程中机械能损失有多有少，图甲损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较小，图乙损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较大.导学探究1.碰撞的特点(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短.(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大.(3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒.知识深化知识深化(4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置.(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′，满足Ek≥Ek′.2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒.m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′知识深化知识深化(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q.(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大.设两者碰后的共同速度为v共，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共

(2022·长治市第二中学月考)质量m1＝4kg、速度v0＝3m/s的A球与质量m2＝2kg且静止的B球在光滑水平面上发生正碰.(1)若发生弹性碰撞，碰后A、B两球速度分别为多少？答案1m/s

4m/s例1两球发生弹性碰撞，则满足动量守恒和机械能守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2代入数据解得v1＝1m/s，v2＝4m/s(2)若发生完全非弹性碰撞，碰后两球速度又是多少？答案2m/s两球发生完全非弹性碰撞，碰后速度相同，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v解得v＝2m/s.如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mA＝5mB.B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向夹角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞.不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是A.A静止，B向右，且偏角小于30°B.A向左，B向右，且偏角等于30°C.A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且都小于30°D.A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且A球偏角

小于30°，B球偏角大于30°针对训练1√设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：mAv＝mAvA＋mBvB

如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1m/s.求：(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度大小；答案1m/s例2A、B相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝2mv1得两球跟C球相碰前的速度v1＝1m/s.(2)第二次碰撞过程中损失了多少动能；答案0.25J两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v1的方向为正方向，有：2mv1＝mvC＋2mv2解得两球碰后的速度v2＝0.5m/s，第二次碰撞损失的动能(3)两次碰撞过程中共损失了多少动能.答案1.25J两次碰撞共损失的动能二、碰撞可能性的判断碰撞问题遵循的三个原则：(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(3)速度要合理：①碰前两物体同向运动，即v后>v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大，且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.

(多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9kg·m/s，B球的动量pB＝3kg·m/s，当A追上B时发生正碰，则碰后A、B两球的动量可能值是A.pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB.pA′＝4kg·m/s，pB′＝6kg·m/sC.pA′＝－6kg·m/s，pB′＝18kg·m/sD.pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/s例3√√设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12kg·m/s，碰前总动能Ek＝若pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12kg·m/s，若pA′＝4kg·m/s，pB′＝6kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B错误.若pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/s，碰后p′＝12kg·m/s＝p，总结提升分析碰撞可能性问题的思路1.对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加.2.注意碰后的速度关系是否合理.如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的大小相同的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是A.若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B.若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞C.两球第一次碰撞后B球的速度一定是D.两球第一次碰撞后A球一定向右运动针对训练2√设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向.根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律得

m1v2＝

m1v12＋

m2v22，解得

若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确.若m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误.两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝

，当m1＞m2时v1＞0，碰后A球向左运动；当m1＝m2时v1＝0，碰后A球静止；当m1＜m2时v1＜0，碰后A球向右运动，故D错误.返回课时对点练Part

3考点一碰撞问题的理解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基础对点练123456789101112√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.1234567891011122.(多选)(2021·重庆巴蜀中学期中)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√√1234567891011121234567891011123.如图所示，B、C、D、E、F5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性正碰，则碰撞之后A.3个小球静止，3个小球运动B.4个小球静止，2个小球运动C.5个小球静止，1个小球运动D.6个小球都运动√123456789101112A、B质量不等，mA＜mB，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可知，A、B相碰后A向左运动，B向右运动.B、C、D、E质量相等，发生弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止.E、F质量不等，mE＞mF，则E、F都向右运动，故B、C、D静止，A向左运动，E、F向右运动，所以A正确.123456789101112考点二碰撞问题的计算4.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示.具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，则最后这个整体的动能为123456789101112√碰撞过程中动量守恒，有mv0＝3mv1，可得①②③1234567891011125.(多选)(2022·哈尔滨三中高二月考)质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰后B的速度可能是123456789101112√√1234567891011126.(多选)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x－t图像，已知m1＝0.1kg，由此可以判断A.碰前m2静止，m1向右运动B.碰后m1和m2都向右运动C.由动量守恒可以算出m2＝0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能123456789101112√√碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝

＝4m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B错误；123456789101112由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝

＝0，故D错误.1234567891011127.(2021·重庆八中月考)在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后.已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是A.ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/sB.ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/sC.ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD.ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s123456789101112能力综合练√ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8kg·m/s，pB′＝17kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s，pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误.1234567891011128.(多选)如图所示，小球A的质量为mA＝5kg，动量大小为pA＝4kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1kg·m/s，方向水平向右，则A.碰后小球B的动量大小为pB＝3kg·m/sB.碰后小球B的动量大小为pB＝5kg·m/sC.小球B的质量为15kgD.小球B的质量为3kg123456789101112√√规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3kg·m/s，A正确，B错误；1234567891011129.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示.小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，已知PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A、B两小球质量之比为A.1∶1 B.2∶1C.3∶1D.4∶1123456789101112√从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1，两球碰撞过程，有m1v0＝m1v1＋m2v2，

m1v02＝

m1v12＋

m2v22，解得m1∶m2＝2∶1.故选B.123456789101112123456789101112√√12345678910111211.如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失.求碰撞后小球m2的速度大小v2.(重力加速度为g)123456789101112设m1碰撞前瞬间的速度为v，根据机械能守恒定律有m1gh＝

m1v2，

解得v＝

①设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2②由于碰撞过程中无机械能损失m1v2＝

m1v12＋

m2v22③123456789101112联立②③式解得v2＝

④将①代入④得v2＝12345678910111212.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一