第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞
第六节 自然界中的守恒定律
[学习目标] 1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，能定量分析一维碰撞问题．2．能从动量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理问题．3．通过实验演示，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．
1．碰撞的定义和特点
(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用．
(2)特点：物体组成的系统所受外力远小于内力，且相互作用时间极短，故系统在碰撞过程中动量守恒．
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能相等的碰撞．
(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能不再相等的碰撞．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而粘在一起的碰撞．这时机械能损失最大．
3．弹性碰撞举例分析
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和机械能守恒有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ①
＝m1v1′2＋m2v2′2 ②
以上两式联立可解得v1′＝v1，v2′＝v1．
由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度．
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度运动．
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．若m1 m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，m2仍静止．
4．自然界中的守恒定律
(1)系统：物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统．
(2)动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律在微观、宏观和宇观都是适用的，是自然界普适的基本定律．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能守恒． (×)
(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒． (×)
(3)在非弹性碰撞中，碰撞过程能量不守恒． (×)
(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失． (×)
2．(多选)下面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，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
AB [碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错误；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错误.]
3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度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
A [由动量守恒定律有3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确.]
如图所示，台球比赛中，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？
提示：守恒，不能直接相加，因为动量是矢量.
碰撞过程的特点
1．时间短：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．
2．相互作用力大：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．位移小：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原位置．
4．满足动量守恒条件：系统的内力远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．
5．动能不增加：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′．
【典例1】 (多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化
BCD [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A情况不可能发生；B的说法对应小车和木块碰撞后又分开的情况，C的说法对应小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生.故B、C、D正确.]
[跟进训练]
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法可以成立的是( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能不变
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
AB [A是非弹性碰撞，可以成立；B是弹性碰撞，可以成立；C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量的总和不为零，则系统一定受到外力的作用.]
碰撞的判断和碰撞模型
1．碰撞的判断
在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′．
(2)系统动能不增加，即Ekl＋Ek2≥Ekl′＋Ek2′
或≥＋．
(3)速度合理，若碰前两物体同向运动，则满足v后>v前，且原来在前面的物体碰后速度一定增大，即 v′前>v前． 若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．若碰后两物体同向运动，应满足v′后≤v′前．
【典例2】 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s(设为正方向)，vB＝－3 m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
A [以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝＝27 J.如果vA′＝1 m/s、vB′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果vA′＝－3 m/s、vB′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果vA′＝2 m/s、vB′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果vA′＝－1 m/s、vB′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误.]
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′
＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，则有v1′＝v1，v2′＝v1．
(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
机械能损失为
ΔE＝．
【典例3】 [链接教材P23例题]
如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：
(1)物体A获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时物体B的速度．
[思路点拨] (1)子弹打击物体A瞬间，子弹与物体A组成的系统动量守恒．
(2)弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．
[解析] 设子弹的质量为m，则mB＝4m，mA＝3m.
(1)对子弹进入A的过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mA)v1
解得它们的共同速度，也是A的最大速度
v1＝＝
(2)以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mA＋mB)v2
解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B的速度v2＝＝
[答案] (1) (2)
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、速度关系等．
【教用·备选例题】 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v′1和v′2．分三种情况讨论全过程系统动量和能量变化情况．
(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．
[解析] (1)在弹性限度范围内，弹簧发生弹性形变.在Ⅲ位置，弹簧可以恢复到原长.Ⅰ→Ⅱ，系统减少的动能全部转化为弹性势能，在Ⅱ位置，系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ，系统减少的弹性势能全部转化为动能；因此在Ⅰ、Ⅲ位置，系统动能相等.这种碰撞是弹性碰撞.由动量守恒定律和机械能守恒定律，有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2，
＝，
解得物体A，B的最终速度分别为
v′1＝v1，v′2＝v1.
(2)弹簧发生塑性形变.在Ⅲ位置，弹簧只能部分恢复.Ⅰ→Ⅱ，系统减少的动能部分转化为弹性势能，部分转化为内能，在Ⅱ位置系统动能仍和(1)相同，弹性势能仍最大，但比(1)小；Ⅱ→Ⅲ，系统减少的弹性势能部分转化为动能，部分转化为内能；因此全过程系统的动能有损失(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.可以证明，物体A，B最终的共同速度为v′1＝v′2＝v′＝v1.在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，即
ΔEk＝－(m1＋m2)v′2＝
[答案] 见解析
[跟进训练]
训练角度1 碰撞的可能分析
2．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是( )
A．－v0 B．0 C．v0 D．v0
ABC [若两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v，解得v＝v0.若两球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系有＝，联立解得v1＝，v2＝v0，则小球A的速度范围－v0≤v1≤v0，故选A、B、C.]
训练角度2 弹性碰撞与非弹性碰撞
3．2024年10月10日全国残疾人冰壶锦标赛拉开序幕．如图所示，运动员将冰壶A以初速度v0＝2 m/s从M点水平掷出，沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰，碰撞后冰壶A、B的速度大小分别为vA＝0.3 m/s、vB＝0.7 m/s，碰撞前后A的速度方向不变，运动中冰壶可视为质点且碰撞时间极短．若冰壶A、B的质量均为20 kg，与冰面间的动摩擦因数均为 μ＝0.015，重力加速度g取10 m/s2．求：
(1)两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小v1；
(2)M、N两点间的距离s；
(3)通过计算判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞．
[解析] (1)由动量守恒定律有
mv1＝mvA＋mvB
代入数据解得v1＝1 m/s.
(2)根据动能定理得
－μmgs＝
代入数据解得s＝10 m.
(3)碰撞前两冰壶的总动能为
Ek1＝＝10 J
碰撞后两冰壶的总动能为
Ek2＝＝5.8 J
由于Ek1＞Ek2，可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞.
[答案] (1)1 m/s (2)10 m (3)为非弹性碰撞
1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的( )
A．质量一定相等
B．动能一定相等
C．动量一定相等
D．总动量等于零
D [两小球碰撞前动量大小相等、方向相反，总动量为零.]
2．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能出现的是( )
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
AD [由题意知，若两球质量相等，则碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以A是可能的；两球质量相等，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以B不可能；若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开，则碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C不可能；若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行，则碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以D是可能的.故A、D正确.]
3．(源自鲁科版教材改编)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起(二者之间无压力)，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间B先与地面碰撞，后与A碰撞，若所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向上，碰撞时间均可忽略不计．已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的最大高度为( )
A．h B．2h
C．3h D．4h
D [两球的下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式v2＝2gh，解得B球触地时两球速度相同，为v＝，B球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球碰撞前后动量守恒，设碰后弹性小球A、B速度大小分别为v1、v2，选竖直向上为正方向，由动量守恒定律得m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝，又因为m2＝3m1，联立解得v1＝2，A反弹后能达到的最大高度为H＝＝4h，故D正确，ABC错误.]
4．甲、乙两球在光滑水平轨道上向同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p′乙＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲
C [设碰撞后甲球的动量为p甲′，由动量守恒定律得p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，即p甲′＝2 kg·m/s，甲追上乙应有v甲>v乙，即>，解得m乙>m甲；碰后p甲′，p乙′均大于零，说明两球同向运动，应有v′甲≤v′乙，即≤，解得m乙≤5 m甲；碰撞过程中，动能不会增加，即Ek甲＋Ek乙≥E′k甲＋E′k乙，，解得m乙≥m甲.综上可得m甲≤m乙≤5m甲，因此C正确.]
5．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＝10 m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff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v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h．
[解析] (1)当滑块静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N
滑块向上滑动过程中，受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力Ff′也为 1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
－mgl－Ffl＝
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
[答案] (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．碰撞过程有什么特点？
提示：时间短、作用力大、位移小、动量守恒、动能不增加.
2．碰撞过程从能量角度怎么分类？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞.
3．碰撞可能性的判断依据是什么？
提示：(1)系统动量守恒，(2)系统动能不增加，(3)速度要合理.
冰壶运动
2025年2月13日，哈尔滨亚冬会女子冰壶赛场上，中国队以6比2的比分战胜对手，在循环赛中取得了7胜1负的出色成绩.
冰壶是在第18届长野冬奥会上成为正式比赛项目的.
冰壶早在14世纪起源于苏格兰.1924年冰壶作为表演项目被纳入到了第1届冬奥会中，而作为正式的比赛项目则是在1998年的长野冬奥会上.
冰壶又叫作“掷冰壶”“冰上溜石”，以队为单位，是在冰上进行的一种投掷性的比赛.它考验参与者的体力与脑力，尽显动静、取舍之美.
冰壶为特殊石材制成，周长约为91.44厘米，高约为11.43厘米，重量大致为19.96公斤.冰壶比赛场地为长方形.
冰道的一端画有一个直径为1.83米的圆圈作为球员的发球区，叫本垒.冰道的另一端也画有一圆圈，叫营垒.场地四周有木框，防止冰壶出界.
有6条与端线平行的横贯全场的横线，中间两条为前卫线，也能叫作栏线，两端的两条为后卫线.在前卫线和后卫线的中间有一个纵横交叉的十字线，称圆心线，交叉点就是本垒和营垒的中心点.
场地两端各固定一橡胶起踏器，比赛中运动员蹬起踏器后与壶一起滑行，壶须在到达近端前掷线前投出，并且要到达远端前掷线和底线之间的区域才有效.
比赛中，运动员可以在冰壶前行的方向擦冰，以减少摩擦力，增加滑行距离.
比赛时每队出场4人，每人每局掷壶两次，双方按照一、二、三、四垒的顺序进行一对一对抗，两个队共投完16个壶为一局，最后一壶投完后，大本营内距中心近的壶所属一方得分.一般比赛打10局，得分多的一方即获得胜利.
1．运动员将冰壶推出的过程中总动能怎么变化？属于什么现象？
提示：总动能增加，运动员消耗的化学能转化为动能，属于反冲现象.
2．两壶如果出现碰撞动量是否守恒？
提示：守恒.
课时分层作业(三) 弹性碰撞与非弹性碰撞
自然界中的守恒定律
?考点一 碰撞过程的特点
1．如图所示，甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和 1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为 2 m/s，则甲、乙两物体质量之比为( )
A．2∶3 B．2∶5
C．3∶5 D．5∶3
C [选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据可得m甲∶m乙＝3∶5，故C正确.]
2．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
C [由题图知碰前vA＝4 m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故C正确.]
3．如图所示，光滑水平面上P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，正碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开．弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列说法正确的是( )
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同的速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
B [由题意知，P、Q交换速度，因此P、Q质量相同.P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误；由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度 v′＝，故D错误.]
?考点二 碰撞的判断和碰撞模型
4．(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′，下列结果可能正确的有( )
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
AD [由碰撞前、后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1＋Ek2′，验证得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，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能正确.]
5．(多选)在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( )
A．甲球停下，乙球反向运动
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
AC [由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断A、C正确.]
6．质量为ma＝1 kg、mb＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于( )
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，不能判断
A [由s-t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后 va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前动能为＝ J，碰撞后动能为＝ J，故动能守恒，碰撞前的动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后的动量mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞.]
7．(源自人教版教材改编)质量相同的甲、乙两小球(视为质点)以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰．图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t＝t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同．若小球运动中除碰撞外仅受重力，则( )
A．t＝0时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
C [根据x-t图线的斜率表示速度可知，t＝0时刻，甲的速率小于乙的速率，A错误；根据题述，题图中虚线关于t＝t1左右对称，可知碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，B错误；又两球质量相同，结合动量守恒定律可知，碰撞瞬间，两球交换速度，则甲的速度大小不变，动能不变，C正确；两球碰撞后瞬间，重力势能相同，又速度大小相同，故动能也相同，可知碰撞后两球的机械能相等，D错误.]
?考点三 碰撞综合应用
8．(多选)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 0.40 m/s 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
BD [选择水平向右的方向为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，根据动量定理可得ΔI＝mv2－mv1，代入数据解得ΔI＝－0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；同理可得，对滑块2分析可得ΔI′＝mv2－0，代入数据解得ΔI′＝0.22 N·s，故C错误；根据公式ΔI′＝F′Δt，代入数据解得F′＝5.5 N，故D正确.故选BD.]
9．(多选)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2．若碰撞为弹性正碰，氮核质量是氢核质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．v2小于v1
B．v2大于v0
C．碰撞后氮核的动量比氢核的小
D．碰撞后氮核的动能比氢核的小
AD [设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝＝联立解得v1＝v0；设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝＝，联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，A正确，B错误；碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH，C错误；碰撞后氢核的动能为EkH＝＝，氮核的动能为EkN＝＝，可得 EkH>EkN，D正确.故选AD.]
10．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．物体A的质量为3m
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
AC [对题图甲，设物体A的质量为mA，由机械能守恒得，弹簧压缩量为x时弹性势能Ep＝对题图乙，A、B组成的系统动量守恒，弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，有mA·2v0＝(mA＋m)v，由机械能守恒定律得Ep＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2，联立解得mA＝3m，Ep＝故A、C正确.]
11．某个儿童乐园的射击场里有一固定在高处的水平长直横梁，有一个光滑金属环套在上边，金属环质量m1＝50 g，一根长度L＝2 m的轻绳上端连接滑环，下端悬挂着一个靶箱，靶箱质量M＝180 g，开始时靶箱自由下垂保持静止．现在靶箱下面h＝5 cm 的高度上，离靶箱水平距离x＝10 m处，与横梁在同一竖直平面内，向着靶箱方向斜向上射出一颗质量m2＝20 g的子弹，子弹恰好可以水平击中靶箱并留在靶箱中．假设子弹击中靶箱的过程时间极短，之后靶箱向右摆动，并带动滑环滑动，靶箱、金属环和子弹均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2．
(1)子弹击中靶箱过程中子弹和靶箱组成的系统损失的机械能为多大？
(2)靶箱能够使轻绳摆离竖直方向的最大角度为多少？
[解析] (1)子弹击中靶箱之前的运动，可认为是平抛运动的逆运动.设水平速度大小为v0，由平抛运动规律有
x＝v0t，h＝gt2
解得v0＝100 m/s
子弹击中靶箱瞬间，设靶箱被击中后的速度为v1，由动量守恒定律有
m2v0＝(M＋m2)v1
解得v1＝10 m/s
设子弹击中靶箱过程中子弹和靶箱组成的系统损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律有
ΔE＝
解得ΔE＝90 J.
(2)靶箱向右运动，带动滑环滑动，在靶箱与滑环有共同水平速度时，靶箱高度最高，轻绳摆离竖直方向的角度最大，设此时靶箱与滑环共同水平速度为v2，轻绳摆离竖直方向的角度为θ.由水平方向动量守恒与系统机械能守恒有
(M＋m2)v1＝(M＋m2＋m1)v2
＝＋(M＋m2)g·L(1－cos θ)
解得θ＝60°.
[答案] (1)90 J (2)60°
12．如图所示，玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，A的质量为0.2 kg，B的质量为 0.4 kg, 弹簧夹在中间，与两者不固连．开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取10 m/s2．求：
(1)“火箭”着地时的速度大小；
(2)A上升的最大高度；
(3)弹簧被锁定时的弹性势能．
[解析] (1)“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放，做自由落体运动，由运动学公式有v2＝2gh
解得v＝4 m/s.
(2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长时，B恰好停在地面上，由动量守恒定律有
(mA＋mB)v＝mAv′
解得v′＝12 m/s
A做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动，由运动学公式有
v′2＝2gh′
解得h′＝7.2 m.
(3)根据机械能守恒定律有
Ep＝mAv′2－(mA＋mB)v2
代入数据解得Ep＝9.6 J.
[答案] (1)4 m/s (2)7.2 m (3)9.6 J
13．如图为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L．药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘直径的两端．已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的．A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点．求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s．
[解析] (1)A在传送带上运动时的加速度
a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间
t＝＝
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功
W＝＋2mg·3L－·2m·(2v0)2＝
(3)设碰撞后瞬间A的速度为v1，B的速度为v2，A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
＝·
解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组v1＝v0，v2＝v0，由碰撞特点知v1>v2，则此组数据不合理，应舍掉)
设两物体平抛运动的时间为t1，由L＝得
t1＝
则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1
解得s＝
[答案] (1) (3)
21 / 21第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞
第六节 自然界中的守恒定律
[学习目标] 1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，能定量分析一维碰撞问题．2．能从动量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理问题．3．通过实验演示，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．
1．碰撞的定义和特点
(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的________．
(2)特点：物体组成的系统所受外力______内力，且相互作用时间____，故系统在碰撞过程中动量____．
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能____的碰撞．
(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能________的碰撞．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而________的碰撞．这时机械能损失____．
3．弹性碰撞举例分析
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和机械能守恒有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ①
＝m1v1′2＋m2v2′2 ②
以上两式联立可解得v1′＝v1，v2′＝v1．
由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球________．
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度运动．
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．若m1 m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，m2仍静止．
4．自然界中的守恒定律
(1)系统：物理学上常将物体及与之________的因素视为一个系统．
(2)动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律在____、____和____都是适用的，是自然界普适的基本定律．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能守恒． ( )
(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒． ( )
(3)在非弹性碰撞中，碰撞过程能量不守恒． ( )
(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失． ( )
2．(多选)下面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，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度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
如图所示，台球比赛中，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？
碰撞过程的特点
1．时间短：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．
2．相互作用力大：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．位移小：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原位置．
4．满足动量守恒条件：系统的内力远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．
5．动能不增加：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′．
【典例1】 (多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化
[听课记录]
[跟进训练]
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法可以成立的是( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能不变
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
碰撞的判断和碰撞模型
1．碰撞的判断
在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′．
(2)系统动能不增加，即Ekl＋Ek2≥Ekl′＋Ek2′
或≥＋．
(3)速度合理，若碰前两物体同向运动，则满足v后>v前，且原来在前面的物体碰后速度一定增大，即 v′前>v前． 若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．若碰后两物体同向运动，应满足v′后≤v′前．
【典例2】 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s(设为正方向)，vB＝－3 m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
[听课记录]
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′
＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，则有v1′＝v1，v2′＝v1．
(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
机械能损失为
ΔE＝．
【典例3】 [链接教材P23例题]
如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：
(1)物体A获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时物体B的速度．
[思路点拨] (1)子弹打击物体A瞬间，子弹与物体A组成的系统动量守恒．
(2)弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．
[听课记录]
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、速度关系等．
[跟进训练]
训练角度1 碰撞的可能分析
2．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是( )
A．－v0 B．0 C．v0 D．v0
训练角度2 弹性碰撞与非弹性碰撞
3．2024年10月10日全国残疾人冰壶锦标赛拉开序幕．如图所示，运动员将冰壶A以初速度v0＝2 m/s从M点水平掷出，沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰，碰撞后冰壶A、B的速度大小分别为vA＝0.3 m/s、vB＝0.7 m/s，碰撞前后A的速度方向不变，运动中冰壶可视为质点且碰撞时间极短．若冰壶A、B的质量均为20 kg，与冰面间的动摩擦因数均为 μ＝0.015，重力加速度g取10 m/s2．求：
(1)两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小v1；
(2)M、N两点间的距离s；
(3)通过计算判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞．
1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的( )
A．质量一定相等
B．动能一定相等
C．动量一定相等
D．总动量等于零
2．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能出现的是( )
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
3．(源自鲁科版教材改编)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起(二者之间无压力)，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间B先与地面碰撞，后与A碰撞，若所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向上，碰撞时间均可忽略不计．已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的最大高度为( )
A．h B．2h
C．3h D．4h
4．甲、乙两球在光滑水平轨道上向同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p′乙＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲
5．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＝10 m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff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v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h．
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．碰撞过程有什么特点？
2．碰撞过程从能量角度怎么分类？
3．碰撞可能性的判断依据是什么？
冰壶运动
2025年2月13日，哈尔滨亚冬会女子冰壶赛场上，中国队以6比2的比分战胜对手，在循环赛中取得了7胜1负的出色成绩.
冰壶是在第18届长野冬奥会上成为正式比赛项目的.
冰壶早在14世纪起源于苏格兰.1924年冰壶作为表演项目被纳入到了第1届冬奥会中，而作为正式的比赛项目则是在1998年的长野冬奥会上.
冰壶又叫作“掷冰壶”“冰上溜石”，以队为单位，是在冰上进行的一种投掷性的比赛.它考验参与者的体力与脑力，尽显动静、取舍之美.
冰壶为特殊石材制成，周长约为91.44厘米，高约为11.43厘米，重量大致为19.96公斤.冰壶比赛场地为长方形.
冰道的一端画有一个直径为1.83米的圆圈作为球员的发球区，叫本垒.冰道的另一端也画有一圆圈，叫营垒.场地四周有木框，防止冰壶出界.
有6条与端线平行的横贯全场的横线，中间两条为前卫线，也能叫作栏线，两端的两条为后卫线.在前卫线和后卫线的中间有一个纵横交叉的十字线，称圆心线，交叉点就是本垒和营垒的中心点.
场地两端各固定一橡胶起踏器，比赛中运动员蹬起踏器后与壶一起滑行，壶须在到达近端前掷线前投出，并且要到达远端前掷线和底线之间的区域才有效.
比赛中，运动员可以在冰壶前行的方向擦冰，以减少摩擦力，增加滑行距离.
比赛时每队出场4人，每人每局掷壶两次，双方按照一、二、三、四垒的顺序进行一对一对抗，两个队共投完16个壶为一局，最后一壶投完后，大本营内距中心近的壶所属一方得分.一般比赛打10局，得分多的一方即获得胜利.
1．运动员将冰壶推出的过程中总动能怎么变化？属于什么现象？
2．两壶如果出现碰撞动量是否守恒？
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