6.3.2类碰撞中的能量问题(教师版)

碰撞中的功能关系（多问题、多次碰撞问题）6．如图所示，光滑水平面上有一质量为M 、长为L 的长木板，其上有一质量为m 的物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ，开始时长木板与小物块均靠在与水平面垂直的左边固定挡板处以共同的速度v 0向右运动，当长木板与右边固定竖直挡板碰撞后立即以大小相同的速率反向运动，且左右挡板之间的距离足够长。

（1）若m<M ，试求要使物块不从长木板上落下，长木板的最短长度。

（2）若物块不会从长木板上掉下，且M=2kg ，m=1kg ，v 0=10m/s ，试计算长木板与挡板第3次碰撞前整个系统损失的机械能大小及第n 次碰撞前整个系统损失的机械能表达式。

（1）长木板与右边挡板第一次碰撞后，物块在长木板上以速度v 0作相对运动，因左右挡板之间的距离足够长，当木块与长木板以共同速度v 1向左运动时，物块在长木板上移动的距离最远（设为L ），此时物块在长木板上不掉下，则在以后的运动中物块也不会从长木板上掉下。

因为每次碰撞后物块相对长木板运动的加速度相同，物块相对长木板运动的末速度也相同且为0，而第一次碰撞后物块相对长木板运动的初速度最大，所以第一次碰撞后物块相对长木板的位移也最大。

由动量守恒和能量守恒可得：(M －m)v 0=(M+m)v 1 ○1 (M+m)v 02/2－(M+m)v 12/2=μmgL ○2 由○1○2两式可得：L=2Mv 02/μ(M+m)g即要使物块不从长木板上掉下，长木板的最短长度应为：L=2Mv 02/μ(M+m)g （2）长木板与挡板第二次碰撞前系统所损失的机械能为ΔE 1，则由能量守恒可得：ΔE 1=(M+m)v 02/2－(M+m)v 12/2 ○3 由○1○3式可得： ΔE 1=2Mmv 02/(M+m) ○4 长木板与挡板第二次碰撞后到物块与长木板第二次以共同速度v 2向右运动，直到长木板与挡板第3次碰撞前，系统所损失的机械能为ΔE 2，由动量守恒和能量守恒可得：(M －m)v 1=(M+m)v 2 ○5 ΔE 2=(M+m)v 12/2－(M+m)v 22/2 ○6 由○5○6二式可得： ΔE 2=2Mmv 12/(M+m)=220)()(2mM m M v m M Mm +-+○7故长木板与挡板第3次碰撞前整个系统损失的机械能为：由○6○7二式可得：ΔE=ΔE 1+ΔE 2=22220)(1}])[(1{2MM m M m M m M v m M Mm +--+--+○8 将数据代入式可得： ΔE=148.1J ○9 由○4○7二式可得：长木板与板第(n －1)次碰撞后到长木板与挡板第n 次碰撞前，系统所损失的机械能为ΔE (n －1)，由等比数列公式可得：则：ΔE (n －1)=)1(2201])[()(2-+-+⋅∆n mM m M v m M Mm E○10所以长木板与挡板第次碰撞前整个系统损失的机械能为：ΔE 总=2)1(220)(1}])[(1{2mM m M m M m M v m M Mm n +--+--+-=])91(1[150)1(--n○1117．如图质量为m 的木块A 放在光滑的水平面上,木块的长度为l .另一个质量为M =3m 的小球B 以速度v 0在水平面上向左运动并与A 在距竖直墙壁为s 处发生碰撞,已知碰后木块A 的速度大小为v 0,木块A 与墙壁的碰撞过程中无机械能损失,且碰撞时间极短,小球的半径可忽略不计.求(1)木块和小球发生碰撞过程中机械能的损失;(2)木块和小球发生第二次碰撞时,小球到墙壁的距离. 17. （1）2031mv ；（2）54ls +。

第2节碰撞与能量守恒一、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．[自我诊断]1．判断正误(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒(×)(2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度(√)(3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒(×)(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√)(5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√)(6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(×)2．(2017·山西运城康杰中学模拟)(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度．故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身．故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固．故D错误．3．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.甲、乙两物体质量之比为()A．2∶3B．2∶5C．3∶5D．5∶3解析：选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mv1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正确．甲4. 质量为m a＝1 kg，m b＝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－时间图象如图所示，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，不能确定解析：选A.由x -t 图象知，碰撞前v a ＝3 m/s ，v b ＝0，碰撞后v a ′＝－1 m/s ，v b ′＝2 m/s ，碰撞前动能12m a v 2a ＋12m b v 2b ＝92 J ，碰撞后动能12m a v a ′2＋12m b v b ′2＝92 J ，故机械能守恒；碰撞前动量m a v a ＋m b v b ＝3 kg·m/s ，碰撞后动量m a v a ′＋m b v b ′＝3 kg·m/s ，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．5．(2016·高考天津卷) 如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．解析：设滑块质量为m ，则盒子的质量为2m ；对整个过程，由动量守恒定律可得m v ＝3m v 共解得v 共＝v 3.由功能关系可得μmgs ＝12m v 2－12·3m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32 解得s ＝v 23μg .答案：v 3 v 23μg考点一 碰撞问题1．解析碰撞的三个依据(1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2. (3)速度要符合情景①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后＞v 前，否则无法实现碰撞．②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞问题的探究(1)弹性碰撞的求解求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 解得：v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2(2)弹性碰撞的结论①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．[典例1]质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是()A．0.6v B．0.4vC．0.2v D．v解析根据动量守恒得：m v＝m v1＋3m v2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′＝12m(－0.8v)2＋12×3m(0.6v)2＝1.72×12m v2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′＝12m(－0.2v)2＋12×3m(0.4v)2＝0.52×12m v2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B正确；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿越B球，故选项C错误；当v2＝v时，v1＝－2v，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．答案 B弹性碰撞问题的处理技巧(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略．(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能．(4)在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向可将矢量运算转化为代数运算．不在同一直线上在同一平面内的碰撞，中学阶段一般不作计算要求．1．(2017·河北衡水中学模拟)(多选)在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有()A．E1＜E0B．p2＞p0C．E2＞E0D．p1＞p0解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正确，C错误；根据动量守恒定律得：p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2＞p0.故B正确．故选AB.2．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A＝1 kg，m B ＝2 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．v A′＝5 m/s，v B′＝2.5 m/sB．v A′＝2 m/s，v B′＝4 m/sC．v A′＝－4 m/s，v B′＝7 m/sD．v A′＝7 m/s，v B′＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v A′大于B的速度v B′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．3．(2016·河北衡水中学高三上四调)如图所示，在光滑的水平面上，质量m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2.①由能量守恒定律有：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝1∶5.③联立①②③，代入数据解得：m 1∶m 2＝5∶3，故选D.4．(2017·黑龙江大庆一中检测)(多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．木板A获得的动能为2 JB．系统损失的机械能为2 JC．木板A的最小长度为2 mD．A、B间的动摩擦因数为0.1解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v＝1 m/s，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：m v0＝(M＋m)v，解得：木板A的质量M＝4 kg，木板获得的动能为：E k＝12M v2＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝12m v2－12m v2－12M v2，代入数据解得：ΔE＝4 J，故B错误；由图得到：0～1 s内B的位移为x B＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为x A＝12×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小长度为L＝x B－x A＝1 m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g＝m B a，代入解得μ＝0.1，故D正确．考点二爆炸及反冲问题1．爆炸现象的三条规律(1)动量守恒：由于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系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(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，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．2．反冲的两条规律(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(2)平均动量守恒若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v 1－m2v2＝0，得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是()A．m v＝m v1－Δm v2B．m v＝m v1＋Δm v2C．m v＝(m－Δm)v1－Δm v2D．m v＝(m－Δm)v1＋Δm v2解析：选 C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，m v＝(m－Δm)v1－Δm v2，选项C正确．2．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为()A.mM l B．mM＋mlC.MM＋ml D.mM－ml解析：选 B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即m v 人＝M v 船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对地面行进的距离为l －x ，有m l －x t ＝M x t ，则m (l －x )＝Mx ，得x ＝ml M ＋m，故选项B 正确．3．一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，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选B.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有2m ＝34m v 甲＋14m v 乙①若爆炸后甲、乙反向飞出，则有2m ＝34m v 甲－14m v 乙②或2m ＝－34m v 甲＋14m v 乙③爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A 中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t ＝2hg ＝ 2×510 s ＝1 s ，速度分别为v 甲＝x 甲t ＝2.51 m/s ＝2.5 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝0.51 m/s ＝0.5 m/s ，代入②式不成立，A 项错误；同理，可求出选项B 、C 、D 中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B 项正确．4．以初速度v 0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m 和2m 的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程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v 1＝v 0cos 60°＝12v 0.设v 1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：3m v 1＝2m v 1′＋m v 2其中爆炸后大块弹片速度v 1′＝2v 0，解得v 2＝－2.5v 0，“－”号表示v 2的速度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，ΔE k ＝12×2m v 1′2＋12m v 22－12(3m )v 21＝274m v 20.答案：(1)2.5v 0 方向与爆炸前速度的方向相反(2)274m v 20考点三 动量和能量观点综合应用1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a 不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．[典例2](2016·高考全国甲卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．答案(1)20 kg(2)见解析应用动量、能量观点解决问题的两点技巧(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．1．如图所示，两块长度均为d＝0.2 m的木块A、B，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为M ＝0.9 kg.一颗质量为m ＝0.02 kg 的子弹(可视为质点且不计重力)以速度v 0＝500 m/s 水平向右射入木块A ，当子弹恰水平穿出A 时，测得木块的速度为v ＝2 m/s ，子弹最终停留在木块B 中．求：(1)子弹离开木块A 时的速度大小及子弹在木块A 中所受的阻力大小；(2)子弹穿出A 后进入B 的过程中，子弹与B 组成的系统损失的机械能． 解析：(1)设子弹离开A 时速度为v 1，对子弹和A 、B 整体，有m v 0＝m v 1＋2M vFd ＝12m v 20－12m v 21－12×2M v 2联立解得v 1＝320 m/s ，F ＝7 362 N(2)子弹在B 中运动过程中，最后二者共速，速度设为v 2，对子弹和B 整体，有m v 1＋M v ＝(m ＋M )v 2解得v 2＝20523m/s ΔE ＝12m v 21＋12M v 2－12(m ＋M )v 22＝989 J. 答案：(1)320 m/s 7 362 N (2)989 J2．两滑块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；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v1＝－2 m/s①v2＝1 m/s②a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝23m/s③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝12(m1＋m2)v2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2⑧答案：(1)1∶8(2)1∶23．(2016·高考全国丙卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为3 4m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b 发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 20>μmgl ①即μ<v 202gl ②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 21＝12m v 1′2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl≤μ<v 202gl ⑨答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl4．(2016·河北邯郸摸底)如图所示，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为v 02，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0. 从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m (v 02)2－12·2m v 20① 解得μ＝3v 208gs ②(2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 02＝m v ③根据能量守恒定律，有E 0＋12·2m ·(v 02)2＝12m v 2④联立③④式解得E 0＝14m v 20.答案：(1)3v 208gs (2)14m v 20课时规范训练[基础巩固题组]1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动( )A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向左解析：选C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向右，A 、B 相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s ，方向水平向右，选项C 正确．2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：选 D.由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s ，p 2＝7 kg·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s ，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是下面的哪几种( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即：p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有：m 1≤2151m 2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1＜p 2′m 2，所以m 1＞15m 2.因此C 选项正确． 4．(多选) 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C ．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D ．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：选AD.两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：m v 0＝m v 1＋3m v 2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即12m v 20＝12m v 21＋123m v 22，解两式得：v 1＝－v 02，v 2＝v 02，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B 错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C 错；两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确．5. (多选)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的()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＝M v1＋m v2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足M v＝M v1＋m v2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足M v＝(M＋m)v1D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M ＋m0)v1＋m v2解析：选BC.在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确．6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A．4.0 J B．6.0 JC．3.0 J D．20 J解析：选C.设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为F f，根据能量守恒定律得铁块相对于木板向右运动过程12m v 20＝F f L＋12(M＋m)v2＋Ep铁块相对于木板运动的整个过程12m v 20＝2F f L＋12(M＋m)v2又根据系统动量守恒可知，m v0＝(M＋m)v联立得到：E p＝3.0 J，故选C.7．A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为v A ＝2 m/s，B物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量m A＝m B＝1 kg，O点到半圆最低点C的距离x OC＝0.25 m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求：(1)炸药的化学能E；(2)半圆弧的轨道半径R.解析：(1)A、B在爆炸前后动量守恒，得2m v0＝m v A＋m v B，解得v B＝4 m/s 根据系统能量守恒有：12(2m)v 2＋E＝12m v2A＋12m v2B，解得E＝1 J.(2)由于B物体恰好经过最高点，故有mg＝m v2D R对O到D的过程根据动能定理可得：－μmgx OC－mg·2R＝12m v2D－12m v2B。

碰撞与类碰撞模型1.碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，对学生的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力要求比较高。

高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律。

2.高考题命题加重了试题与实际的联系，命题导向由单纯的解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会建构模型、科学推理。

3.动量和能量综合考查是高考命题的热点，在选择题和计算题中都可能出现，选择题中可能考查动量和能量知识的简单应用，计算题中一般结合竖直面内的圆周运动模型、板块模型或弹簧模型等压轴考查，难度较大。

此类试题区分度较高，且能很好地考查运动与相互作用观念、能量观念动量观念和科学思维要素，因此备考命题者青睐。

题型一人船模型1．模型简析：如图所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。

以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m 船v 船=m 人v 人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得x 人=m 船m 人+m 船L ，x 船=m 人m 人+m 船L 。

2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。

(2)动量守恒且总动量为零。

3．结论：m 1x 1=m 2x 2(m 1、m 2为相互作用物体的质量，x 1、x 2为其对地位移的大小)。

题型二“物块-弹簧”模型模型图例m 1、m 2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m 1以初速度v 0运动两种情景1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大：(1)系统动量守恒：m 1v 0=(m 1+m 2)v 共。

210212共pm 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零：(1)系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2。

两个物体之间碰撞过程中能量之间的关系答案1、如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角︒=37α，A 、B 是两个质量均为m =1kg 的小滑块（可看作质点），C 为左端附有胶泥的质量不计的薄板，D 为两端分别连接B 和C 的轻质弹簧。

当滑块A 置于斜面上且受到大小F =4N ，方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动。

现撤去F ，让滑块A 从斜面上距斜面底端L =1m 处由静止下滑。

（g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）（1）求滑块A 到达斜面底端时速度大小。

（2）滑块A 与C 接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能。

解：（1）施加恒力F 时，ααμsin )cos (mg mg F =+未施加力F 时，2/)cos sin (21mv L mg mg =-αμα代入数据，得s m v /21=（2）滑块A 与C 接触后，A 、B 、CD 组成系统动量守恒，能量守恒，所以当A 、B 具有共同速度时，系统动能最小，弹簧弹性势能最大，为E p ， 212mv mv =∴ p E mv mv +=2/22/2221 代入数据，得E p =1J2、在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速。

假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。

已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E 0，试求：（1）经过一次碰撞后中子的能量变为多少？（2）若E 0=1.76MeV ，则经过多少次后，中子的能量才可减少到0.025eV 。

（1）弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律。

设中子的质量m ，碳核的质量M 。

有：210Mv mv mv +=222120212121Mv mv mv += 由上述两式整理得 000113111212v v m m m m v M m M m v -=+-=+-= 则经过一次碰撞后中子的动能020211169121)1311(2121E v m mv E =-== （2）同理可得 0212)169121(169121E E E == …… 0)169121(E E n n = 设经过n 次碰撞，中子的动能才会减少至0.025eV ，即E n =0.025eV ，E 0=1.75MeV 。

碰撞是一种十分普遍的现象，例如冰壶比赛中，两只冰壶可能会发生碰撞；发生交通事故时，两 辆汽车也可能会发生碰撞。

在了解微观粒子的结构与性质的过程中，碰撞的研究也起着重要的作用。

那么在碰撞的过程有什么特点呢，下面我们一起来进行总结。

1．碰撞的特点⑴ 碰撞过程是在瞬间发生的，作用时间极短。

⑵ 碰撞过程是瞬时过程，可以忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后，仍在同一位置。

⑶ 由于碰撞过程作用时间极短，因此平均作用力很大，有些碰撞尽管合外力不为零，但仍属于内 力远远大于外力的情况，系统的总动量守恒。

⑷ 碰撞过程是一个没有能量输入的过程，因此，系统的总机械能不会增加。

如果碰撞过程中，系 统的机械能守恒，这样的碰撞称为弹性碰撞；如果碰撞的过程中，机械能有损失，这样的碰撞 叫做非弹性碰撞；其中机械能损失最大的情况，称为完全非弹性碰撞。

2．碰撞合理性的判断 物体在弹性碰撞和完全非弹性碰撞过程中的规律，我们在后续的模块中还要进行定量研究。

这里我 们首先要解决的问题是：并不是任意想象的碰撞过程都可以存在，也不是任意给定一组满足动量守 恒的速度关系，就一定对应某种实际的碰撞过程。

实际可能发生的碰撞过程，一定要满足下列判断 标准。

⑴ 系统的动量守恒，即： p 1 + p 2 = p 1' + p 2' 。

⑵ 系统的机械能（由于不涉及势能问题，因此主要是指动能）不会增加，即： E k1 + E k2 ≥ E k'1 + E k '2 ⑶ 碰撞物体的速度要符合实际情景。

例如：① 碰前两物体同向运动，则后面物体的速度一定大于前面物体的速度，即 v 后 > v 前 ，否则无法 实现碰撞。

② 同向运动的两物体碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，而且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度。

即 v 前' ≥ v 后' ，否则碰撞没有结束。

③ 相向运动的两物体碰撞后，运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

第三章第二节生物多样性的保护课后练习一、夯实基础：1.生物多样性面临的威胁主要体现为（）A.遗传多样性的丧失B.物种灭绝的速度加快C.生态系统多样性的丧失D.人口的快速增长2.生物多样性面临威胁的最突出表现是（）A．“活化石”生物的死亡 B.生物繁殖速度下降C.生物适应性普遍降低D.全世界物种灭绝的速度加快3.关于生物多样性的保护叙述错误的是（）A.建立自然保护区是最有效的保护措施B.保护生物多样性主要是指保护基因库的多样性C.动物园中培育大熊猫属于迁出原地保护D.建立濒危动物的种质库，以保护珍贵的遗传资源4.生物多样性的保护包括就地保护和迁地保护等，下列措施中属于就地保护的是（）A.建立自然保护区B.在动物园中保护野生动物C.植树造林，增加植物资源D.防止外来物种的入侵5.下列关于生物多样性面临威胁的原因叙述中，哪一项不正确？（）A.毁林开垦，水土流失、环境恶化等原因造成森林面积锐减B.火山爆发、地震濒发、瘟疫流行等自然灾害是造成我国生物多样性锐减的重要原因C.人类对动植物资源的滥捕、乱伐及不合理的开发利用，造成大量物种濒临灭绝D.人类活动缺乏环保意识，造成生物生存环境的严重破坏造成的6.下列关于生物多样性及其保护的叙述中，不正确的是（）A.生物多样性是共同进化的结果B.生物多样性包括基因、物种、生态系统多样性C.保护生物多样性关键是要协调好人与生态环境的关系D.保护生物多样性意味着禁止开发利用生物资源7.全球生物多样性面临的威胁，不包括（）A.环境的破坏B.人口的快速增长C.环境的污染D.生物资源的合理利用8.造成当今环境质量下降，生物多样性面临威胁的根本原因是（）A.生物变异现象的存在B.大多数植物生长缓慢C.人类活动的日益增多D.生物之间的生存斗争9.生物多样性的保护途径有（）A.就地保护B.迁地保护C.加强教育与法制管理D.以上三项都是二、巩固提高：10.国务院总理李克强曾经在中国生物多样性保护国家委员会第一次会议上强调：保护生物多样性是保护环境、实现可持续发展的重要任务和基本内容.保护生物多样性最有效的措施是（）A.建立自然保护区B.濒危物种迁出原地保护C.颁布相关法律法规D.建立濒危物种的种质库11.目前，生物多样性的保护已成为人类关注的热点之一.生物多样性面临威胁的主要原因是（）A.滥砍乱伐B.栖息地的丧失C.滥捕乱杀D.外来生物入侵12.保护生物多样性的根本措施是（）①保护生物的栖息地②保护生态系统的多样性③保护濒危物种④保护家养动物、栽培植物和野生亲缘种的基因多样性A.①②B.①④C.②③D.③④13.当前生物多样性面临的主要威胁有（）①外来物种的入侵②有计划地砍伐林中的部分毛竹③海域污染导致赤潮④退耕还林还草⑤乱捕滥杀⑥发展生态农业．A.②④⑥B.①③⑤C.①④⑤D.②③⑥14.在我们身边可能发现以下一些行为，你认为哪些行为不利于生物多样性的保护（）①食用野兔、野鸡等野味②在旅游风景区乱扔食物包装袋等垃圾③到云南边境偷猎④灭绝果子狸和钉螺⑤除鼠、蚊、蝇等⑥安放人工鸟巢或饲养台⑦以人类圈养的动植物为食⑧退耕还林，退田还湖.A.①②③④B.①②③④⑤⑦C.①②③④⑤⑥⑦⑧D.⑤⑥⑦⑧附答案及解析：1.B解析：A.物种多样性的实质是遗传多样性，遗传多样性的丧失导致物种多样性的丧失；B.生物多样性面临的威胁主要体现为物种灭绝的速度加快；C.当生态系统发生剧烈变化时，一些生物不在适应环境，迁走或死亡，如鸟类和哺乳类大量减少.鸟类减少，各种农林害虫失去天敌的控制，就大量繁殖起来，给农作物和树木造成了严重的危害．因此也会加速生物种类的多样性和基因多样性的丧失；D.人口快速增长是破坏或改变野生动物栖息地和过度利用生物资源的最主要原因.2.D解析：生物多样性面临的威胁主要体现为物种灭绝的速度加快.生物多样性丧失的原因是多方面的.人口快速增长是破坏或改变野生动物栖息地和过度利用生物资源的最主要原因.3.B解析：A.建立自然保护区是保护生物多样性最为有效的措施，自然保护区是人们把包含保护对象在内的一定面积的陆地或水体划分出来，进行保护和管理；B.生物多样性包括生物种类的多样性、基因的多样性和生态系统的多样性.因此保护生物的多样性就是保护生物种类的多样性、基因的多样性和生态系统的多样性；C.人们有时把濒危物种迁出原地，移入动物园、水族馆和濒危动物繁育中心，进行特殊的保护和管理，如动物园中培育大熊猫属于迁出原地保护；D.人们有时建立濒危动物的种质库，以保护珍贵的遗传资源.4.A解析：自然保护区是“天然基因库”，能够保存许多物种和各种类型的生态系统；是进行科学研究的天然实验室，为进行各种生物学研究提供良好的基地；是活的自然博物馆，是向人们普及生物学知识，宣传保护生物多样性的重要场所.因此建立自然保护区是保护生物多样性最有效的措施.除了建立自然保护区之外，人们还把把濒危物种迁出原地，移入动物园、水族馆和濒危动物繁育中心，进行特殊的保护和管理，又叫迁地保护；此外还建立了种质库，以保护珍贵的遗传资源；另外为保护生物的多样性，我国相继颁布了《中华人民共和国环境保护法》、《中华人民共和国森林法》、《中华人民共和国野生动物保护法》、《中国自然保护纲要》等法律，对于我国生物多样性的保护起到了重要的作用.5.B解析：威胁生物生存的原因有栖息地被破坏、偷猎、外来物种入侵、环境污染、其他原因等，生物必须适应环境，从环境中获得食物、水才能生存，若栖息环境被破坏，生物不能获得食物将无法生存，生物必须适应环境才能生存，每种生物都生活在一定的生态系统中，当植物十分丰富的森林生态系统变成单一的农田后，生物种类会迅速减少，破坏了食物链，影响了生态系统的稳定性，当生态系统发生剧烈变化时，一些生物不再适应环境，迁走或死亡，如鸟类和哺乳类大量减少，鸟类减少，各种农林害虫失去天敌的控制，就大量繁殖起来，给农作物和树木造成了严重的危害，因此也会加速种类多样性和基因多样性的丧失，因此威胁生物多样性的关键因素是栖息地的破坏或丧失.6.D解析：不同物种之间、生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展，形成多种物种和生态系统；生物多样性包括基因、物种、生态系统多样性；人为破坏已经成为破坏生物多样性的主要因素；保护生物多样性不意味着禁止开发利用生物资源，可以合理利用.7.D解析：威胁生物生存的原因有栖息地被破坏、偷猎、外来物种入侵、环境污染、其他原因等。

利用动量和能量解决碰撞和类碰撞问题作者：孟丽丽来源：《理科考试研究·高中》2015年第04期应用动量和能量的观点求解的问题，是力学三条主线中的两条主线的结合，是中学物理中涉及面最广，灵活性最大，综合性最强，内容最丰富的部分.而“碰撞问题”的处理是高中物理中比较重要的一部分内容，但我发现教学中有时候学生对于此类问题很难把握.特别是一些类似的题目不懂得运用这个模型，而一旦那些没有做过见过的题目就会犯难，不知道如何下手.本人就对此类问题的解决方法做了总结.为此先来看一下碰撞的知识.一、碰撞的分类和规律1.碰撞相对运动的物体相遇时，发生极短时间的相互作用，而使运动状态发生显著变化的过程.2.碰撞的特点作用时间极短，相互作用的内力远大于外力，所以都可认为系统的动量守恒.能量特点：一般有机械能的损失，碰后总动能小于或等于碰前总动能3.碰撞的分类和规律（1）弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒.若1、2两物体碰撞，2物体最初是静止的.系统动量守恒：m1v1=m1v1′+m2v2′①系统动能守恒：12m1v21=12m1v′21+12m2v′22②则物体1碰后速度：v′1=m1-m2m1+m2v1物体2碰后速度v2′=2m1m1+m2v1（2）完全非弹性碰撞——动量守恒，机械能损失最大. （碰撞后有共同的速度，动量守恒，有一部分动能转化为内能，动能损失最大.）若1物体以速度v0与2物体碰撞，2物体最初是静止的.碰后两物体有共同速度.系统动量守恒： mv0=（m+M）v③动能损失ΔEK=12mv20 -12（M+m）v2④产生的热量Q=ΔEK=12mv20-12（M+m）v2⑤（3）非弹性碰撞- 动量守恒，机械能有损失，符合实际.二、拓展中学物理中有一大类与此相类似的习题，当两个物体发生相互作用后，一个物体速度增大，一个物体速度减小，但系统所受合外力为零，因此相互作用的过程中，系统动量守恒，当最后两者有共同速度时，系统的动能损失最大，损失的动能转化为其他形式形式的能，如重力势能，弹性势能，电能，内能等.同时这些形式的能也达到最大值.我们把这种问题称为“类完全非弹性碰撞的问题”.1.板与滑块的相对运动问题例1质量为M的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块（可视为质点）以初速度v0向右滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数为μ，求木块在木板上滑行的最大距离为多大？解析当两物体达共同速度时，相对运动结束，不在有相对位移.可以把这个过程看作类完全非弹性碰撞处理，利用③、⑤式和Q=fs，可求出相对位移s.2. 子弹打中木块问题（在光滑的水平面上运动）例2子弹以速度v0射入放在光滑的水平面上的静止木块中，求这个过程产生的热量.解析当两者运动到具有共同的速度时，可以把这个过程看作类完全非弹性碰撞，这个过程中的动能损失最大，且转化为内能.利用③、⑤可求出这个过程产生的热量Q.3.电磁感应中的滑杆问题例3如图所示，水平平行的光滑金属轨道，相距为L，电阻不计，置于方向竖直向上，磁感强度大小为B的匀强磁场中，金属棒ab、cd的质量分别为m1和m2，且m1=m2=m，电阻分别为R1和R2，放在轨道上，现使棒ab以初速度v0向右运动，同时将棒cd由静止释放，设轨道足够长，则棒cd产生的最大热量为多少？解析金属棒运动过程中，将机械能转化成电能，棒将电能转化成热能.当两棒速度相等时，是系统机械能损失最多的时候，也是产生热量最多的时候.他们达到共同的速度时，可以采用类完全非弹性碰撞的方法来求解.利用③、⑤可求出这个过程产生的热量Q ，是两棒产生的热量之和.所以Qcd+Qab=Q.4.弹簧两端连接小球问题A以速度v0去挤压处于原长的弹簧，弹簧另一端与一小球B固定.当弹簧处于自然长度时，认为是两个小球碰撞的初状态，一旦两个小球具有共同的速度，此时弹簧压缩到最短或者拉伸到最长，这个过程中的作用时间不是极短，但动量守恒，mv0=（m+M）v；动能损失ΔEK=12mv20-12（M+m）v2.以上的表达公式与完全非弹性碰撞的表达式完全一样，而且这时候整体的动能的损失最大，全部转化为弹簧的弹性势能，在完全非弹性碰撞中是转化为内能，所以这个过程中的运动，可以归结为：类似完全非弹性碰撞.当弹簧处于自然长度时，这时候可以认为是两个小球碰撞的初状态.在接下来运动过程中，当弹簧再次达到自然长度，这个过程中的作用时间不是极短，但系统所受合外力仍为0，仍有系统动量守恒，m1v1=m1v1′+m2v2′系统动能守恒，12m1v21=12m1v′21+12m2v′22从以上表达公式与弹性碰撞的表达式完全一样，这个过程中的运动，可以归结为类似弹性碰撞（类弹性碰撞）.5.滑块滑上凹槽（或带有凹槽的小车）问题（所有的接触面都是光滑的）物块以初速度v0冲上凹槽，当两者水平方向速度相等时，系统动能损失最多.系统损失的动能转化为为物块的重力势能.系统水平方向动量守恒： mv0=（m+M）v动能损失ΔEK=12mv20-12（M+m）v2以上的表达公式与完全非弹性碰撞的表达式完全一样，而且这时候整体的动能的损失最大，全部转化为弹簧的弹性势能，在完全非弹性碰撞中是转化为内能，所以这个过程中的运动，可以归结为：类似完全非弹性碰撞.而当物块再次回到凹槽末端时，仍以开始时为初状态.系统水平方向动量守恒：mv1=mv1′+系统动能守恒：12mv21=12mv′21+mMv′22从以上表达公式与弹性碰撞的表达式完全一样，所以这个过程中的运动，可以归结为：类似弹性碰撞（类弹性碰撞）以上问题看起来并不是碰撞的问题，但处理过程是一样的.学生在做题的时候一定要多归纳多总结，题境可能不一样，但要发现题目的相似性.。

《弹性碰撞和非弹性碰撞》碰撞中的能量在我们日常生活和物理学的研究中，碰撞是一种常见的现象。

无论是两个台球的撞击，还是车辆在道路上的碰撞，都涉及到物体之间的相互作用和能量的交换。

而在物理学中，碰撞主要分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种类型，它们在能量的处理上有着显著的差异。

首先，我们来理解一下什么是弹性碰撞。

弹性碰撞是一种理想的碰撞情况，在这种碰撞中，系统的总动能在碰撞前后保持不变。

这意味着在碰撞过程中，没有能量的损失，只有动能在参与碰撞的物体之间重新分配。

举个简单的例子，假设我们有两个质量相同的小球，一个以一定的速度向另一个静止的小球撞去。

在弹性碰撞的情况下，撞击后的小球会静止，而原本静止的小球会以撞击前那个小球的速度向前运动。

整个过程中，动能没有转化为其他形式的能量，比如热能或者内能。

弹性碰撞的特点可以用一些公式来描述。

假设两个物体的质量分别为 m1 和 m2，碰撞前的速度分别为 v1 和 v2，碰撞后的速度分别为 v1' 和 v2'，那么根据动量守恒定律和动能守恒定律，可以得到以下公式：m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2'（1/2)m1v1²＋（1/2)m2v2²＝（1/2)m1v1'²＋（1/2)m2v2'²从这些公式中，我们可以计算出碰撞后物体的速度，从而更好地理解和预测弹性碰撞的结果。

接下来，我们看看非弹性碰撞。

与弹性碰撞不同，非弹性碰撞中会有能量的损失，通常表现为动能转化为热能、内能或者其他形式的能量。

在非弹性碰撞中，系统的总动能在碰撞后会减少。

比如说，一辆汽车以一定的速度撞上一堵墙，碰撞后汽车停下来，这个过程中汽车的动能大部分转化为了车身的变形、摩擦产生的热能等，动能明显减少了。

非弹性碰撞又可以分为完全非弹性碰撞和不完全非弹性碰撞。

完全非弹性碰撞是指碰撞后两个物体粘在一起，以相同的速度运动。