2024年高考一輪復習精細講義第24講 碰撞與能量守恒(原卷版+解析)

第24講碰撞與能量守恒

劃重點之精細講義系列

?！鲭娍键cJ最

考點一碰撞問題

—.碰撞

1.概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)

象，在碰撞過程中，一般都滿足內(nèi)力遠大王外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題.

2.分類

(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能受恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是

動量守恒和機械能守叵.

(2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守

恒定律.

(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能損失最入，作用后兩物體粘合

在一起，速度相等,相互作用過程中只遵循動量守恒定律.

劃重點

1.解析碰撞的三個依據(jù)

(1)動量守恒：P1+P2=P「+”2’?

⑵動能不增加：Eki+Ek2*J+反2'嘯備展+聯(lián)

(3)速度要符合情景

①如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即。后

前，否則無法實現(xiàn)碰撞.

②碰撞后，原來在前面的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來在后面的物體

的速度，即。前'?。后'.

③如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變.除非兩

物體碰撞后速度均為零.

2.碰撞問題的探究

(1)彈性碰撞的求解

求解：兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒.以質(zhì)量為孫、速度為5

的小球與質(zhì)量為〃?2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有

tn\V\=m\V\'+6202’

I3I,）I1f?

即7IOT=E皿。1~+展〃2。2~

（如一〃”）S,2m\V\

解得:V\mi+/?2'V1〃“+〃12

（2）彈性碰撞的結(jié)論

①當兩球質(zhì)量相等時，s'=0,。2'=3，兩球碰撞后交換了速度.

②當質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，5'>0,蟲'>0,碰撞后兩球都沿速度5的方

向運動.

③當質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，動'<0,。2'>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回

來.

目典例分言

【典例1】甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度

大小分別為3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2m/s.甲、

乙兩物體質(zhì)量之比為（）

A.2：3B.2：5

C.3：5D.5：3

【典例2】質(zhì)量為〃%=1kg,〃6=2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前

后兩球的位移一時間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于（）

A.彈性碰撞

B.非彈性碰撞

C.完全非彈性碰撞

D.條件不足，不能確定

【典例3】如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊8,盒的

質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為〃；若滑塊以速度。開始向左

運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來【可運動多次，最終相對

于盒靜止，則此時盒的速度大小為;滑塊相對于盒運動的路程為.

【典例4】質(zhì)量為加、速度為。的A球與質(zhì)量為3〃?的靜止3球發(fā)生正碰.碰撞可

能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值.碰撞后8

球的速度大小可能是（）

A.0.6vB.().4。

C.0.2rD.v

【典例5】（多選）在光滑水平面上動能為瓦,動量大小為加的小鋼球1與靜止小鋼

球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記

為E1、pi，球2的動能和動量大小分別記為及、〃2，則必有（）

A.Ei<EoB.〃2>po

C.Ei>E｛）D.

【典例6】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA=1kg,ms

=2kg，oi=6m/s,z%=2m/s.當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、8速度的可能值是（）

A.VA'=5m/s,VR=2.5m/s

B.VA'=2m/s,VB'=4m/s

C.VA'=-4m/s,VB'=7m/s

D.VA'=7m/s,VR'—1.5m/s

【典例7】如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量皿的小球A以速率比向右運動.在

小球的前方0點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，。點處為一豎直的墻壁.小

球4與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運動.小球B與墻壁碰撞后原速率返

回并與小球4在P點相遇，PQ=2P0,則兩小球質(zhì)量之比如：加2為（）

AB

G~~>一一

OPQ

A.7：5B.1：3

C.2：1D.5：3

【典例8】（多選）如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為根=4kg的小

物體B以水平速度a）=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩

擦，之后A、8速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g=10m/s2,則下列說法正確的是

A.木板A獲得的動能為2J

B.系統(tǒng)損失的機械能為2J

C.木板A的最小長度為2m

D.A、8間的動摩擦因數(shù)為0.1

破黑藤小

且

彈性碰撞問題的處理技巧

(1)發(fā)生碰撞的物體向一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變

化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽略.

(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由干內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很

短，所以外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的.

(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大

于碰前系統(tǒng)的機械能.

(4)在同一直線上的碰撞遵守一維動量守恒，通過規(guī)定正方向可將矢量運算轉(zhuǎn)化為代

數(shù)運算.不在同一直線上在同一平面內(nèi)的碰撞，中學階段一般不作計算要求.

0.0號點3套

考點二爆炸及反沖問題

I.爆炸現(xiàn)象的三條規(guī)律

(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大

十系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒.

(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以

爆炸后系統(tǒng)的總動能增加.

(3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，

一般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運

動.

2.反沖的兩條規(guī)律

(1)總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)

的總機械能增加.

(2)平均動量守恒

若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒.如果系統(tǒng)由

兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則由〃“31一切232=0,

得機內(nèi)=加242.該式的適用條件是：

①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向的動量守恒.

②構(gòu)成系統(tǒng)的，小、，犯原來靜止，因相互作用而運動.

③XI、M均為沿動量守恒方向相對于同一參考系的位移.

【典例1］我國發(fā)現(xiàn)的“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間站實現(xiàn)了完美對

接.假設(shè)“神舟十一號”到達對接點附近時對地的速度為。，此時的質(zhì)量為，小欲使飛

船追上“天宮二號”實現(xiàn)對接，飛船需加速到5,飛船發(fā)動機點火，將質(zhì)量為的燃

氣一次性向后噴出，燃氣對地向后的速度大小為也這個過程中，下列各表達式正確的

是（）

A.nrv=niv\—^mv2

B./加="8[+八〃加2

C.ntv=（m—A/zz）Ui-\mv2

D.mv=（〃?一

[典例2】一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度。=2m/s,爆炸成為不、

乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3：1.不計質(zhì)量損失，重力加速度后取lOm/s?,則

下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是（）

【典例4】如圖所示，假設(shè)煙花上升到距地面高度為力的最高點時，炸裂成甲、乙、

丙三個質(zhì)量均為m的碎決（可視為質(zhì)點），其中甲的初速度大小為⑶方向豎直向上，

乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°,爆炸產(chǎn)生的熱量為。，重力加速度大小為g,

空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是（）

A.爆炸剛結(jié)束時，乙、丙的合動量大小為2"必

B.三個物體到達地面時的動能不相等

C.甲在落地的過程中，重力對甲的沖量大小為m90+J評+2g,

I）.爆炸過程中釋放的總能量為詔

【典例4】以初速度砒）與水平方向成60。角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸

成質(zhì)晶分別為〃，和2機的兩次.其中質(zhì)鼠大的一塊沿著原來的方向以2%的速度匕行.求:

⑴質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向;

(2)爆炸過程有多少化學能轉(zhuǎn)化為彈片的動能.

。.爭考點5善

考點三人船模型

(1)模型圖示如下：解題時要畫出各物體的位移關(guān)系圖，找出各長度間的關(guān)系，注

意兩物體的位移是相對同一參考系的位移.

(2)模型特點

①兩物體滿足總動量為0且動量守恒：人—Mv期

②兩物體的位移大小滿足：0=，歲一若且x入+x產(chǎn)L

出MT1,1r

^XA~M-hmL,X^~M+mL

(3)運動特點

①人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；

②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比;人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反

比，即藍VAM

V留一W-

3.模型結(jié)論及延伸圖例：，〃店1=加”2.

國典例分言

【典例I】如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體物體M上有一光滑的半圓

弧軌道，軟道半徑為R,最低點為C,兩端A、8等高，現(xiàn)讓小滑塊，〃從A點由靜止開

始下滑，在此后的過程中，則()

A.M和機組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒

B.M和機組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒

C.陽從A到。的過程中M向左運動，〃7從C到8的過程中M向右運動

D.加從A至的過程中,M運動的位移為最

【典例2】在靜水口一條長/的小船，質(zhì)量為M,船上一個質(zhì)量為，〃的人，當他從

船頭走到船尾，若不計水對船的阻力，則船移動的位移大小為（

，H

AR

D

A方'M+ni

?m

c?懸D'M-ni

【典例3】如圖所示，質(zhì)量為M=4kg的小車靜止在光滑水平面上，小車A8段是

半徑為R=lm的四分之一光滑圓弧軌道，段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相

切于。點。一質(zhì)量為〃?=lkg的可視為質(zhì)點的滑塊從小車上的人點由靜止開始沿軌道下

滑，然后滑入8c軌道，最后恰好停在C點，滑塊與軌道8C間的動摩擦因數(shù)為0.5,重

力加速度為g=10m/s2,則（）

A.整個過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒

B.滑塊由A滑到4過程中，滑塊的機械能守恒

C.8c段長￡=lm

D.全過程小車相對地面的位移大小為0.6m

【典例4】如圖所示，一輛質(zhì)量M=3kg的小車A靜止在光滑的水平面上，A車上有

一質(zhì)量〃?=lkg的光滑小球B,將一左端固定于A上的輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定（B與彈簧不

栓接），此時彈簧的彈性勢能Ep=6J,B與A右壁間距離為解除鎖定，B脫離彈簧后

與A右壁的油灰阻擋層（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列說法正確的是（）

A.B碰到油灰阻擋層前A與B的動量相同

B.B脫離彈簧時，A的速度大小為3m/s

C.B和油灰阻擋層碰撞并被粘住的過程，B受到的沖量大小為3N?s

D.解除鎖定后，B移動的總距離為/

【典例5】質(zhì)量為第2的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一豎直輕桿，輕桿

上端的。點系一長為L的細線，細線另一端系一質(zhì)量為"〃的小球，如圖所示，將小球

向右拉至細線與豎直方向成60。角后由靜止釋放，下列說法正確的是（）

_______2

A.球、車組成的系統(tǒng)總動量守恒

B.小球不能向左擺到原高度

C.小車向右移動的最大距離為國七七

町+m2

D.小球運動到最低點時的速度大小為、戶運

【典例6】如圖所示，兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接，B球穿在光滑水平

細桿上，初始時刻，細媚處于水平狀態(tài)。已知A球的質(zhì)量為〃?，B球的質(zhì)量為2〃?，的

球均可視為質(zhì)點。將A、B由靜止釋放，不計空氣阻力，重力加速度為g,下列說法正

確的是（）

2

A.B球向右運動的最大位移為

B.B球向右運動的最大位移為L

C.B球運動的最大速度為瘋

D.B球運動的最大速度為史記

3

考點三動量和能量觀點綜合應用

動量與能量的綜合

1.區(qū)別與聯(lián)系：助量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物

體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個物理過程.但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動量是

否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重

力和彈簧彈力以外的力是否做功.

2.表達式不同：動量守恒定律的表達式為先量式，機械能守恒定律的表達式處是

標量式，對功和能量只是代數(shù)和而已.

巨敲黑根匹

1.動量的觀點和能量的觀點

動量的觀點：動量守恒定律

能量的觀點：動能定理和能量守恒定律

這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變

化的細節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因.簡單地說，只

要求知道過程的初、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中所做的功，即可對問潁進行求

解.

2.利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題

(1)動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律

是標量表達式，絕無分量表達式.

(2)中學階段凡可用力和運動的觀點解決的問題.若用動量的觀點或能量的觀點求解,

一般都要比用力和運動的觀點要簡便，而中學階段涉及的曲線運動m不恒定)、豎直面

內(nèi)的圓周運動、碰撞等，就中學知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解.

【典例1】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑

板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速

度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為〃=0.3m(/z

小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量為〃7i=3Okg,冰塊的質(zhì)量為勿2=10kg,

小孩與滑板始終無相對運動.取重力加速度的大小g=10m/s2.

(1)求斜面體的質(zhì)量；

⑵通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？

【典例2】如圖所示，兩塊長度均為d=0.2m的木塊A、8,緊靠著放在光滑水平

面上，其質(zhì)量均為M=0.9kg.一?顆質(zhì)量為機=0.02kg的子彈(可視為質(zhì)點且不計重力)以

速度%=500m/s水平向右射入木塊A,當子彈恰水平穿出4時，測得木塊的速度為。

=2m/s,子彈最終停留在木塊8中.求：

■AB

⑴子彈離開木塊A時的速度大小及子彈在木塊4中所受的阻力大?。?/p>

(2)子彈穿出4后進入B的過程中，子彈與3組成的系統(tǒng)損失的機械能.

【典例3】兩滑塊小〃沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘

在一起運動：經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段.兩者的位置工隨時間/變化

的圖象如圖所示.求:

%/m

8

6

4

2

024681012x/s

(1)滑塊4、。的質(zhì)量之比；

(2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比.

【典例4】如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊〃和從其連線與墻垂直；〃和人

相距/,〃與墻之間也相距/；〃的質(zhì)量為〃?，〃的質(zhì)量為京〃.兩物塊與地面間的動摩擦因

數(shù)均相同.現(xiàn)使a以初速度〃。向右滑動.此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)

生碰撞.重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件.

【典例5】如圖所示，木塊A、8的質(zhì)量均為機，放在一段粗糙程度相同的水平地

面上，木塊4、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計).讓4、B以初速度列

一起從。點滑出，滑行一段距離后到達尸點，速度變蕾，此時炸藥爆炸使木塊A、B

脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進.已知。、尸兩點同的

距離為s,設(shè)炸藥爆炸時釋放的化學能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略

不計，求：

認)

/2〃/項/〃〃〃〃〃//，

I-S

0

(1)木塊與水平地面的動摩擦因數(shù)":

⑵炸藥爆炸時釋放的化學能.

破黑輕小

巨

應用動量、能量觀點解決問題的兩點技巧

(1)靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物

體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象.

(2)靈活選取物理過程.在綜合題目中，物體運動常有幾個不同過程，根據(jù)題目的已

知、未知靈活地選取物理過程來研究.列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動量、機械

能的守恒情況.

e爾因綽習

，基礎(chǔ)篇

1.如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為小八=2kg、〃m=4kg,速率分別為內(nèi)=5

m/s、如=2m/s的A、3兩小球沿同一直線相向運動()

左~右

A.它們碰撞前的總動量是18kgm/s,方向水平問右

B.它們碰撞后的感動量是18kg?m/s,方向水平向左

C.它們碰撞前的總動量是2kg?m/s,方向水平向右

D.它們碰撞后的總動量是2kg.m/s,方向水平向左

2.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率如進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使筋體與衛(wèi)星分

離.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為〃小后部分的箭體質(zhì)量為，〃2,分離后箭體以速率S沿火

箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分卷后衛(wèi)星的速率Pl

為（）

A.Vo~V2B.的+。2

C.V0——???IV2D.Vo+—ffI]（Vo—V2）

3.甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是pi=5kg.m/s,

P2=lkg-m/s.甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg.m/s,則一球質(zhì)

量ms與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種（）

A.mi=//i2B.2m\=ni2

C.D.6ni}=m2

4.（多選）如圖，大小相同的擺球。和b的質(zhì)量分別為「和3加，擺長相同,擺動

周期相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球〃向左拉開一小角度后釋放，若

兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是（）

A.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等

B,第一次碰撞后的瞬間，兩球的動最大小相等

C.第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同

D.發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置

5.（多選）在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為〃？（），小車和單擺以恒定

的速度。沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)顯為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞

的時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況說法是可能發(fā)生的（）

A.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化,分別變?yōu)?、V2＞。3,滿足（M+""））a=

Mv\+mv2~^~tfh）V3

B.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變化為5和。2，滿足

C.擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)闉?，滿足

D.小車和擺球的速度都變?yōu)楣Γ緣K的速度變?yōu)榱?，滿足（M+〃〃）比=（M+mj）s

+"02

6.如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，

木板質(zhì)量M=3.0kg,質(zhì)量"?=1.0kg的鐵塊以水平速度如=4.0m/s,從木板的左端沿

板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在.上述過程中彈簧

具有的最大彈性勢能為()

m

一二WWT

M

A.4.0JB.6.0J

C.3.0JD.20J

7.A、8兩個物體粘在一起以g=3m/s的速度向右運動，物體中間有少量炸藥，

經(jīng)過。點時炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學能全部轉(zhuǎn)化為A、8兩個物體的動能且兩物體仍

然在水平面上運動，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)榉?2m/s,8物體繼續(xù)

向右運動進入半圓考L道且恰好通過最高點。，已知兩物體的質(zhì)量〃?A=〃加=1kg,。點

到半圓最低點C的距離x“=0.25m,水平軌道的動摩擦因數(shù)4=0.2,半圓軌道光滑無

摩擦，求：

(1)炸藥的化學能￡

(2)半圓弧的軌道半徑R.

8.冰球運動員甲的質(zhì)量為80.0kg.當他以5.0m/s的速度向前運動時，與另一質(zhì)量

為100kg、速度為3.()m/s的迎面而來的運動員乙相撞.碰后甲恰好靜止.假設(shè)碰撞時

間極短，求：

(1)碰后乙的速度的大小；

(2)碰撞中總機械能的損失.

9.如圖，質(zhì)量分別為〃?八、〃切的兩個彈性小球A、8靜止在地面上方，3球距地面

的高度〃=0.8m,4球在8球的正上方.先將??球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋

放.當A球下落7=0.3s時，剛好與B球在地面上方的尸點處相碰.碰撞時間極短，

碰后瞬間A球的速度恰為零.已知〃m=3〃卬重力加速度大小g=10m/s2,忽略空氣阻

力及碰撞中的動能損失.求：

—

4O

-—

B

GA-

A

p①

8m

—o.

(\)B球第一次到達地面時的速度;

(2)P點距離地面的高度.

10.如圖所示，固定的圓弧軌道與水平面平滑連接，軌道與水平面均光滑，質(zhì)量為

，〃的物塊8與輕質(zhì)彈簧拴接靜止在水平面上，彈簧右端固定.質(zhì)量為3〃?的物塊A從圓

弧軌道上距離水平面高"處由靜止釋放，與8碰撞后推著8—起運動但與8不粘連.求：

⑴彈簧的最大彈性勢能；

(2)4與8第一次分離后，物塊4沿圓弧面上升的最大高度.

11.如圖所示，質(zhì)量為M的平板車P高為從質(zhì)量為，〃的小物塊Q的大小不計，

位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上，一不可伸長的輕質(zhì)細繩長為R,

一端懸于。正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量為小的小球(大小不計).今將小球拉至

懸線與豎直位置成60。角，由靜止釋放，小球到達最低點時與。的碰撞時間極短，且無

機械能損失，己知。離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，。與。之間的動摩

擦因數(shù)為"，已知質(zhì)量M：〃?=4：1,重力加速度為g,求：

(1)小物塊。離開平板車時，二者速度各為多大?

(2)平板車P的長度為多少？

(3)小物塊Q落地時與小車的水平距離為多少？

12.(2023?遼寧?統(tǒng)考高考真題)如圖，質(zhì)量m尸1kg的木板靜止在光滑水平地面上，

右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg

的小物塊以水平向右的速度%=：m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。

4

木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧

始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能J與形變量X的關(guān)系為綜=g依，取重力加速

度g=10m/s2,結(jié)果可用根式表示。

（1）求木板剛接觸彈簧時速度封的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離X”

（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量也及此時

木板速度電的大?。?/p>

（3）已知木板向右運動的速度從1，2減小到0所用時間為3求木板從速度為1，2時到之

后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能（用/表示）。

—>V0

匹___

wwww^

13.（2023?浙江?高考真題）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地

面上傾角6=37。的直軌道44、螺旋圓形軌道4。/）石，傾角。=37。的直軟道￡/，、水平

直軌道AG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、

瓦?相切于8（E）處.凹槽G”〃底面小水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠

在豎直側(cè)壁G”處，擺渡車上表面與直軌道下AG、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋

圓形軌道半徑R=（）.5m,3點高度為1.2K,“G長度兀=2.5m,6長度％=9m,擺

渡車長度L=3m、質(zhì)量皿=1kg。將一質(zhì)量也為〃?的滑塊從傾斜軌道AB上高度力=2.3m

處靜止釋放，滑塊在柘段運動時的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁〃立

即靜止，滑塊視為質(zhì)點.不計空氣阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）求滑塊過C點的速度大小％和軌道對滑塊的作用力大小匕；

（2）撰渡車碰到〃前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)4；

（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到?/所用的時間％

14.（2022?海南?高考真題）有一個角度可變的軌道,當傾角為30時,A恰好勻速

下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為60,從高為人的地方從靜止下滑，過一段時間無碰撞地進入光滑

水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后8恰好

能做完整的圓周運動，巳知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的3倍：求：

①A與軌道間的動摩擦因數(shù)〃；

②A與8剛碰完B的速度大?。?/p>

③繩子的長度L。

15.（2022?河北?統(tǒng)考高考真題）如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B,質(zhì)

量分別為1kg和2kg,A右端和B左端分別放置物塊C、D,物塊質(zhì)量均為1kg,A和C

以相同速度%=10m/s向右運動，B和D以相同速度也向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞,

作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑

板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為〃=04。重力加速度大小取g=10m/s2。

（1）若0＜女＜0.5,求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；

（2）若女=0.5,從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。

[U]四

AB

16.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）如圖（a）,一質(zhì)量為，〃的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，

靜止在光滑水平面上：物塊3向A運動，[=0時與彈簧接觸，至打=2%時與彈簧分離,

第一次碰撞結(jié)束，A、B的^一，圖像如圖（b）所示。已知從/=0到/=4時間內(nèi)，物塊A

運動的距離為0.36咿。。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上

運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最島?點與前一次相同。斜面傾角為

0（sin0=0.6）,與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

圖（a）圖（b）

第24講碰撞與能量守恒

—劃重點之精細講義系列

04電考點4注

考點一碰撞問題

一.碰撞

i.概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)

象，在碰撞過程中，一般都滿足內(nèi)力遠大壬外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題.

2.分類

(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能力恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是

動量守恒和機械能守恒.

(2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量支

恒定律.

(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能損失最大，作用后兩物體粘合

在一起，速度相等,相互作用過程中只遵循動量守恒定律.

i.解析碰撞的三個依據(jù)

(1)動量守恒：PI+P2=P1'+"2'.

⑵動能不增加：氏+反2沖「+&2'或薨+盍2蝙+4^

(3)速度要符合情景

①如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即。后

%否則無法實現(xiàn)碰撞.

②碰撞后，原來在前面的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來在后面的物體

的速度，即。前'2。/.

③如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變.除非兩

物體碰撞后速度均為零.

2.碰撞問題的探究

(1)彈性碰撞的求解

求解：兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒.以質(zhì)量為皿、速度為S

的小球與質(zhì)量為"72的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有

m}V\=ni\Vi'+，〃戲’2’

^ni\v]=^m\V]'2+)?2。2’2

“e,(mi-m)vi,2m\V\

解得：Vi'~2,vi=-T—

〃h+，〃2mi+ni2

(2)彈性碰撞的結(jié)論

①當兩球質(zhì)量相等時，功'=0,=0，兩球碰撞后交換了速度.

②當質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，>0,V2X),碰撞后兩球都沿速度S的方

向運動.

③當質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，動'<0,也'>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回

國典例分言

【典例I】甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度

大小分別為3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2m/s.甲、

乙兩物體質(zhì)量之比為()

A.2：3B.2：5

C.3：5D.5：3

解析：選C.選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mfPi

—mcVi=-m<rPir+用乙。2',代入數(shù)據(jù)，可得〃乙=3：5,C正確.

【典例2】質(zhì)量為初,=1kg,〃％=2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前

后兩球的位移一時間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于()

A.彈性碰撞

B,非彈性碰撞

C.完全非彈性碰撞

D.條件不足，不能確定

解析：選A.由圖象知，碰撞前％=3m/s,〃=0,碰撞后%'=-1m/s,v/

I9)]9

=2m/s,碰撞前動能呼?〃*+呼?〃以=￡J,碰撞后動能]〃?故/2+5血血/2=ZJ,故機

械能守恒；碰撞前動量〃?“%+機/初>=3kg-m/s,碰撞后動量〃?必/+機曲/=3kg-m/s,

故動量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞.

【典例3】如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊8,盒的

質(zhì)量是滑塊的2倍.滑次與盒內(nèi)水平而間的動摩擦因數(shù)為〃：若滑塊以速度。開始向左

運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對

于盒靜止，則此時盒的速度大小為:滑塊相對于盒運動的路程為

A

解析：設(shè)滑塊質(zhì)量為加，則盒子的質(zhì)量為2〃?；對整個過程，由動量守恒定律可得

mv=3mv關(guān)

解得。吳=/

由功能關(guān)系可得""gs=；〃/—g,3〃G)

解得S嗡.

答案:I急

【典例4】質(zhì)量為加、速度為。的A球與質(zhì)量為3〃?的靜止8球發(fā)生正碰.碰撞可

能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值.碰撞后8

球的速度大小可能是()

A.0.6yB.0.4。

C.0.2vD.v

解析根據(jù)動量守恒得：〃?。=〃?。|+3/加2,則當02=0.6。時，5=—0.8。，則碰撞

后的總動能￡=3〃(-0.8o)2+]x3m(0.6o)2=1.72X」皿\大于碰撞前的總動能，由于

碰撞過程中能量不增加，故選項A錯誤；當s=0.4u時，p)=-0.2u,則碰撞后的總動

能為E'=5(-0.2。)2+/3〃?(0.40)2=0.52乂%小，小于碰撞前的總動能，故可能發(fā)生

的是非彈性碰撞，選項B正確；

當6=0.21；時，5=0.4。，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰譴，

A球不可能穿越8球，故選項C錯誤；當。2=。時，Vi=-2vf則顯然碰撞后的總動能

遠大于碰撞前的總動能，故選項D錯誤.

答案B

【典例5】(多選)在光滑水平面上動能為瓦，動量大小為加的小鋼球1與靜止小鋼

球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記

為日、pi，球2的動能和動量大小分別記為及、〃2,則必有()

A.fi<E<)B.〃2>po

C.%>及D.p\>/?o

解析：選AB.因碰撞后兩球速度均不為零，根據(jù)能量守恒定律，則碰撞過程中總動

能不增加可知，Ei<Eo,&V&).故A正確，C錯誤；根據(jù)動量守恒定律得：加=〃2—0,

得到/)2=po+〃i,可見，〃2>po.故B正確.故選AB.

【施例6】兩球A、4在光滑水平面上沿同一百姓、同一方向運動，〃〃=1kg,mu

=2kg,內(nèi)=6m/s,V/?=2m/s.當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()

A.VA'=5m/s,VR'=2.5m/s

B.VA'=2m/s,①s'=4m/s

C.VA'=—4m/s,VR=7m/s

D.VA'=7m/s,w'=1.5m/s

解析：選B.雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的

速度辦'大于3的速度沏'，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰

后的總動能反'=為戒A,2+斗川2/2=57J,大于在前的總動能瓜=22J,違背了能

量守恒定律；而B項既將合實除情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確.

【典例7】如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量利的小球A以速率如向右運動.在

小球的前方。點處有一質(zhì)量為〃?2的小球8處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁.小

球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運動.小球B與墻壁碰撞后原速率返

回并與小球4在0點相遇，PQ=2P0,則兩小球質(zhì)量之比〃h：加2為()

AB

G—＞一一

0PQ

A.7：5B.1：3

C.2：1D.5：3

解析：選D.設(shè)4、8兩個小球碰撞后的速度分別為。|、V2,由動量守恒定律有：nnVo

=〃1@I+〃?2P2?①

由能量守恒定律有：vi=15?22日②

兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學規(guī)律有：

V!：V2=P0：(PO+2PQ)=1：5.③

聯(lián)立①②③，代入數(shù)據(jù)解得：〃?J：加2=5：3,故選D.

【典例8](多選汝口圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為〃2=4kg的小

物體8以水平速度如=2m/s滑上原來靜止的長木板人的上表面，由于人、B間存在摩

擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g=10m/s2,則下列說法正確的是

()

A.木板4獲得的動能為2J

B.系統(tǒng)損失的機械能為2J

C.木板4的最小長度為2nl

D.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1

解析：選AD.由圖象可知，木板獲得的速度為°=1m/s,A,8組成的系統(tǒng)動量守

恒，以8的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：〃?辦=(M+，〃%，解得：木板A

的質(zhì)量M=4kg,木板獲得的動能為：Ek=TM/=2J,故A正確：系統(tǒng)損失的機械能AE

=3機加一；〃〃一生必。\代入數(shù)據(jù)解得：AE=4J,故B錯誤；由圖得到：0?1s內(nèi)8的

位移為K8=JX(2+1)XIm=1.5m,A的位移為XA=；XIX1m=0.5m,木板A的最小

長度為￡=切一M=1m,故C錯誤；由圖象可知，8的加速度：a=—\m/s2,負號表示

加速度的方向，由牛頓第二定律得：代入解得"=0.1,故D正確.

!!!

彈性碰捶問題的處理技巧

(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變

化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽略.

(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很

短，所以外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的.

(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大

于碰前系統(tǒng)的機械能.

(4)在同一直線上的碰撞遵守一維動量守恒，通過規(guī)定正方向可將矢量運算轉(zhuǎn)化為代

數(shù)運算.不在同一直線上在同一平面內(nèi)的碰撞，中學階段一般不作計算要求.

01電號點3善

考點二爆炸及反沖問題

1.爆炸現(xiàn)象的三條規(guī)律

(I)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大

于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒.

(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以

爆炸后系統(tǒng)的總動能增加.

(3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，網(wǎng)而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小.

一般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運

動.

2.反沖的兩條規(guī)律

(I)總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)

的總機械能增加.

(2)平均動量守恒

若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒.如果系統(tǒng)由

兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則由如3|一/也彳2=()，

得|為=小到2.該式的適用條件是:

①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向的動量守恒.

②構(gòu)成系統(tǒng)的如、〃?2原來靜止，因相互作用而運動.

③加、也均為沿動曾守恒方向相對于同一參考系的位移.

目典例分局

【典例1］我國發(fā)現(xiàn)的“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間站實現(xiàn)了完美對

接.假設(shè)“神舟十一號”到達對接點附近時對地的速度為7八此時的質(zhì)量為，〃：欲使飛

船追上“天宮二號”實現(xiàn)對接，飛船需加速到6,飛船發(fā)動機點火，將質(zhì)量為A機的燃

氣一次性向后噴出，燃氣對地向后的速度大小為也這個過程中，下列各表達式正確的

是（）

A.nru=nw\一即皿

B.nw—invi+Amg

C.mv=（m--Mivi

D.mv=（〃?一^m）v\十

解析：選C.飛船發(fā)動機點火噴出燃氣，由動量守恒定律，/如=（〃?-△加2,

選項C正確.

（典例2】一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度。=2m/s,爆炸成為年、

乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3：1.不計質(zhì)量損失，重力加速度g取lOiM”則

下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是（）

解析：選B.彈丸爆炸過程遵守動量守恒，若爆炸后甲、乙同向飛出，則有

3|

2in=^mv中+不〃。乙①

若爆炸后甲、乙反句飛出，則有

,31公

26=甲加甲一甲的乙⑵

31

或2m=—甲〃0丁+了“。乙③

爆炸后甲、乙從同一高度做平拋運動，由選項A中圖可知，爆炸后甲、乙向相反

方向飛出，下落時間/=、秒=s=

s,速度分別為v干=7=十m