高中人教版 (2019)5 弹性碰撞和非弹性碰撞学案

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二、知识点解析
1．碰撞概念
(1)内容：做相对运动的两个物体相遇而发生相互作用，在很短的时间内它们的运动状态发生显著的变化，这一过程叫做碰撞．
v1
v2
(2)碰撞过程：
a：
f1
f2
f1
f2
b：压缩阶段
c：极大形变
f2
f1
d：恢复阶段
v'1
v'2
e：
无论是相向运动还是同向运动，当两个物体相遇而发生相互作用时，由于相互作用力，两个物体之间将会发生挤压，这个挤压过程将会达到一个极大值，也就是两个物体都将达到最大形变，之后两个物体恢复形变，运动状态从而发生改变．
2．碰撞特点
a：时间特点：相互作用的时间很短，所以当物体发生碰撞或爆炸时，可忽略物体的位移．可以认为物体在发生碰撞瞬间前后位置保持不变．
b：相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大．
c：系统所受的内力远远大于外力，所以动量守恒定律适用于碰撞过程．
3．碰撞分类
(1)按碰撞过程中动能损失的情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，其中非弹性碰撞又分为一般非弹性碰撞和完全非弹性碰撞．其中弹性碰撞没有动能损失，完全非弹性碰撞的动能损失最大，一般非弹性碰撞的动能损失介于两种碰撞之间．
(2)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰．
①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞．
②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞．
4．弹性碰撞
弹性碰撞是碰撞过程无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒和系统机械能守恒．确切地说是碰撞前后动量守恒，动能不变．在题目中常见的弹性球、光滑的钢球是弹性碰撞．
比如说有A、B两个刚性小球，它们的质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物体B的速度v2大小和方向．
取小球A初速度v0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有：，解得：，．
结论：
(1)当m1=m2时，v1=0，v2=v0，显然碰撞后A静止，B以A的初速度运动，两球速度交换，并且A的动能完全传递给B，因此m1=m2也是动能传递最大的条件．
(2)当m1>>m2时，v1=v0，v2=2v0，这表示碰撞后第一个物体的速度没有发生变化，第二个物体以第一个物体速度的两倍飞出．
(3)当m1<以上弹性碰撞以动撞静的情景可以简单概括为：(质量)等大小，(速度和动能)交换了；小撞大，被弹回；大撞小，同向跑．
5．类碰撞
碰撞的典型物理特征是相互作用的物体作用时间短暂，作用力大。但有很多相互作用的两个物体可以当做碰撞模型来处理：如车辆的挂接、绳的紧绷、一些弹簧模型等。在这一类问题中有很多关键词需要同学们注意：相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”。
6．几种类碰撞模型
(1)弹簧—滑块模型：光滑水平面上的P物体以速度v去撞击静止的Q物体，P、Q两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大，弹性势能最大。
提示：压缩量最大时，两物块速度一定相同。
(2)滑块—木板模型：物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，假如B足够长，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等。
提示：相对静止时，两物块速度一定相同。
(3)四分之一圆弧轨道模型：质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来．小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球竖直方向上的速度为零)，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)．
提示：如果小球不能越过滑块，小球滑到不能再升高时，小球和物块速度一定相同。
(4)子弹打物块模型：一质量为m的子弹打进在光滑水平面上质量为M的物块中，子弹给物块的力将会带动物块M运动，若子弹留在物块中，子弹和物块的速度必定相等。
提示：相对静止时，子弹和物块速度一定相同。
三、考查方向
题型1：碰撞的特点及分类
典例一：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显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略
C．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰
题型2：弹性碰撞的应用
典例二：如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2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<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
题型3：动碰静模型
典例三：用放射源钋的射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”。1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氮（它们可视为处于静止状态），测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0．查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过实验在历史上首次发现了中子。假定铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。（质量用原子质量单位表示，等于原子质量的十二分之一。取氢核和氮核的质量分别为和。
题型4：类碰撞模型
典例四：如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向；
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离．
四、模拟训练
一、基础练习
1.下列说法正确的是( )
A．能量守恒的碰撞是弹性碰撞
B．弹性碰撞时机械能守恒
C．正碰是弹性碰撞
D．斜碰一定是非弹性碰撞
2.(多选)关于碰撞的特点，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞的过程时间极短
B．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力大
C．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力相等
D．质量小的物体对质量大的物体作用力大
3.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( )
A．v1=v2=v3=v0B．v1=0，v2=v3=v0
C．v1=0，v2=v3=v0D．v1=v2=0，v3=v0
4.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
5.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
6.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A．
B．
C．
D．
7.如图甲所示，位于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，如图乙所示为它们碰撞前后的s-t图像．已知m1=0.1 kg，由此可以判断：
①碰前m2静止，m1向右运动
②碰后m2和m1都向右运动
③由动量守恒可以算出m2=0.3 kg
④碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
以上判断正确的是( )
A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④
8.（多选）甲、乙两球质量分别为1 kg、3 kg，甲球与原来静止的乙球在光滑水平面上发生正碰，图甲表示甲球碰撞前后的位置﹣时间图线，图乙表示乙球碰后的位置﹣时间图线，不计碰撞时间，则下列说法正确的是( )
A．甲、乙两球在t=2 s时发生碰撞
B．碰撞前后甲球动量改变了2 kgm/s
C．碰撞后甲球的速度反向了
D．碰撞前后系统动量守恒
9.（2019•湖北模拟）在光滑水平面上，一质量为、速度大小为的球与质量为静止的球碰撞后，球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后球的速度大小可能是
A．0B．C．0.6 D．
10.质量相等的、两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球的动量是，球的动量是，当球追上球发生碰撞，则碰撞后、两球的动量可能值是
A．，B．，
C．，D．，
11.在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂。中子在重水中可与核碰撞减速，在石墨中与核碰撞减速。上述碰撞可简化为弹性碰撞模型。某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？
12.一速度为的高速粒子与同方向运动的氖核发生弹性正碰，碰后粒子恰好静止。求碰撞前后氖核的速度（不计相对论修正）。
二、提升练习
1.(多选)如图(a)所示，光滑平台上，质量为m的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，(b)图为物体A与小车B的v-t图象，由此可知( )
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
2.在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，若M=m，则铁块离开车时将( )
A．向左平抛
B．向右平抛
C．自由落体
D．无法判断
3.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上．现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为时间零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得( )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
C．两物体的质量之比为m1:m2=1:2
D．在t2时刻两物体的动量之比为p1:p2=1:2
4.如图，质量分别为、的两个弹性小球、静止在地面上方，球距地面的高度，球在球的正上方，先将球释放，经过一段时间后再将球释放，当球下落时，刚好与球在地面上方的点相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间球的速度恰为零。已知，重力加速度大小，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求：
球第一次到达地面时的速度；
点距离地面的高度。
5.如图所示，质量为m1=10m的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m2=9m的沙箱，一颗质量为m0=m的子弹以v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后的运动过程中(设最大高度不超过水平轨道)，求：
(1)沙箱上升的最大高度；
(2)天车的最大速度．
典例一
【答案】A
【解析】A、根据碰撞的定义可知，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显著变化的过程；故A正确；
B、在碰撞现象中，由于内力远大于外力，故可以忽略外力的作用；故B错误；
C、如果碰撞中动能不变，则碰撞为弹性碰撞；故C错误；
D、根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为弹性碰撞和非弹性碰撞；故D错误
典例二
【答案】A
【解析】设球A和球B第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向．
由系统动量守恒：m1v=m1v1+m2v2①
系统机械能守恒得：m1v2=m1v12+m2v22②
解得：v1=v，v2=v③
A．若m1=m2，则得 v1=0，v2=v，即A与B碰撞后交换速度，当球B与墙壁碰后以速度v2返回，并与球A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；
B．若m1<C．两球第一次碰撞后，B球的速度为 v2=v，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误；
D．两球第一次碰撞后A球的速度为v1=v，当m1＞m2时，v1＞0，碰后A球向左运动，m1=m2，则得 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．
典例三
【答案】见解析
【解析】解：设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为和，氢核的质量为．构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为和．由动量守恒与能量守恒定律得：①；②；解得：③；同理，对于质量为的氮核，其碰后速度为：④，由③④中相同式可得：⑤；将和和代入⑤式得：，即构成铍“辐射”的中性粒子的质量为。
典例四
【答案】见解析
【解析】（1）A刚好没有滑离B板，当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0.
根据动量守恒定律可得：Mv0－mv0=(M+m)v，得：，方向向右
（2）根据能量守恒定律得：Q=fL=
对于A：当A向左运动到达最远处时速度为零，根据动能定理得:
由上述二式联立求得：．
五、模拟训练
一、基础练习
1.【答案】B
【解析】A．B．根据弹性碰撞的定义：在理想情况下，物体碰撞后，形变能够恢复，不发热、发声，没有动能损失，这种碰撞称为弹性碰撞，又称完全弹性碰撞．真正的弹性碰撞只在分子、原子以及更小的微粒之间才会出现．生活中，硬质木球或钢球发生碰撞时，动能的损失很小，可以忽略不计，通常也将它们的碰撞看成弹性碰撞．所以弹性碰撞是动能(机械能)守恒的碰撞，但能量守恒的过程机械能不一定守恒．故A错误，B正确；
C．正碰亦称对心“碰撞”．物体在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞．在碰撞时，相互作用力沿着最初运动所在的直线，因此，碰撞后仍将沿着这条直线运动．研究正碰时，可如上述沿两小球球心的联线作x轴．碰撞前后的速度就在x轴上，根据动量守恒定律则可判断两小球碰撞前后的总动能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．故C错误；
D．斜碰亦称“非对心碰撞”．两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞叫“斜碰”．碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，根据动量守恒定律则可判断两小球碰撞前后的总动能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．故D错误．
2.【答案】AC
【解析】碰撞的特点是时间短、内力大，在高中阶段可理解为内力远远大于外力，碰撞过程满足动量守恒定律；
两物体相撞，由牛顿第三定律得质量大的物体与质量小的物体之间的内力为作用力与反作用力，其满足大小相等、方向相反，故BD错误，AC正确；
3.【答案】D
【解析】A．2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，碰撞前系统动量为mv0，
如果碰后三个小球的速度v1=v2=v3=v0，碰撞后系统动量为mv0，不符合碰撞中系统动量守恒，故A错误；
B．如果v1=0，v2=v3=v0，碰撞后系统动量为mv0，不符合碰撞中系统动量守恒，故B错误；
C．选项中数据符合系统动量守恒定律，碰撞前系统动能为，v1=0，v2=v3=v0，碰撞后系统动能为，不符合机械能守恒，故C错误；
D．本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为v0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v0．故D正确．
4.【答案】A
【解析】以两滑块组成的系统为研究对象，碰撞过程系统所受合外力为零，碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，取m=1 kg；
碰撞前系统总动量：p=3mv﹣mv=2mv；
由动量守恒定律得：3mv﹣mv=mv′，解得：v′=2v；
碰撞前系统机械能：3mv2+mv2=2mv2，碰撞后系统的机械能为：m(2v)2=2mv2，碰撞前后机械能不变，碰撞是弹性碰撞．
5.【答案】B
【解析】系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故选B．
6.【答案】BD
【解析】由于水平面光滑，所以箱子和物块组成的系统动量守恒，小物块初速度向右，则经多次碰撞后，相对静止时二者具有向右的共同速度v'，由动量守恒定律有mv=(M+m)v'，系统损失的动能为ΔEk=-=，A错误、B正确；物块发生N次碰撞后最终又回到箱子正中间，则s相对=NL，而Q=ΔEk，Q=μmg·s相对，所以系统损失的动能为NμmgL，C错误、D正确．故选BD．
7.【答案】A
【解析】由题图乙可知，v1=4 m/s、v2=0、、，①正确，②错误；由动量守恒定律有，代入数据得m2=0.3 kg，③正确；碰撞过程中损失的机械能为，④错误；A正确．
8.【答案】ACD
【解析】A．因为甲前两秒是向正方向的匀速直线运动，2 s后是向负方向的匀速直线运动，所以甲、乙两球在t=2 s时发生碰撞，故A正确；
B．甲球碰撞前的动量mv1=4 kg•m/s，碰撞后的动量mv2=-2 kg•m/s，所以动量的变化量为-6 kg•m/s，故B错误；
C．2 s末甲球的速度时间图象斜率变为负值，说明速度反向，故C正确；
D．因为碰撞发生在光滑的水平面上，所以动量守恒，故D正确．
9.【答案】C
【解析】解：、两球组成的系统在水平方向上合外力为零，球和球碰撞的过程中系统动量守恒，设、两球碰撞后的速度分别为、，选原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：①，假设碰后球静止，即，可得：，由题意知球被反弹，所以球的速度为：②，两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：③
①③两式联立得：④；由②④两式可得：
符合条件的只有；故正确，错误。故选：。
10.【答案】B
【解析】以两物体组成的系统为研究对象，以的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为，碰撞前系统的总动量：；系统的总动能：。
、若碰后、两球动量为：，，系统的总动量，遵守动量守恒定律。，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故错误；
、若碰后、两球动量为：，，系统的总动量，遵守动量守恒定律。，故碰撞后动能减小，并且不会发生二次碰撞，是可能发生的，故正确；
、若碰后、两球动量为：，，系统的总动量，遵守动量守恒定律。，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故错误。
、同理可得，项违反了能量守恒定律，是不可能的，故错误；故选：。
11.【答案】见解析
【解答】解：设中子质量为靶核质量为，由动量守恒定律
由能量守恒得：解得：
在重水中靶核质量：，
在石墨中靶核质量：，
与重力靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好。
12.【答案】（1）碰撞前氖核的速度；碰撞后氖核的速度
【解析】 （1）设粒子与氖核的质量分别为与，氖核在碰撞前后的速度分别为与。
由于粒子与氖核碰撞过程中动量守恒
故有
由于发生弹性正碰过程中系统的机械能守恒，故有
解得：
，由于粒子的质量数为4，而氖核的质量数为20，故有
故碰撞前氖核的速度，碰撞后氖核的速度
二、提升练习
1.【答案】BC
【解析】A．由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；
B．由动量守恒定律得，mAv0=(mA+mB)v1，解得：，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；
C．由图象可以求得A的加速度为，根据牛顿第二定律：可求得摩擦因数。
D．由于B的质量未知，所以无法求得小球获得动能．
2.【答案】C
【解析】小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=Mv车+mv铁
系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得铁块离开车时：v铁=0，v车=v
所以铁块离开车时将做自由落体运动，故ABD错误，C正确．
3.【答案】BC
【解析】A．由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态．故A错误；
B．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B正确；
C．系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1=(m1+m2)v2，将v1=3 m/s，v2=1 m/s代入得：m1:m2=1:2，故C正确；
D．在t2时刻m1的速度为：v1=﹣1m/s，m2的速度为：v2=2 m/s，根据m1:m2=1:2，则动量之比为p1:p2=﹣1:4．故D错误．
4.【答案】球第一次到达地面时的速度为；
点距离地面的高度为。
【解析】球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式得：
落地的速度为：①
设点距离地面的高度为，碰撞前后，球的速度分别为、，球的速度分别为、，由运动学规律可得：
②
由于碰撞时间极短，两球碰撞前后动量守恒，动能守恒，规定向下的方向为正，则：
（碰后球速度为③
④
又知⑤
由运动学及碰撞的规律可得球与地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小为。
则由运动学规律可得⑥
联立①⑥式可得。
5.【答案】(1) ；(2) v0
【解析】(1)子弹打入沙箱过程中动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：m0v0=(m0+m2)v1①
摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒．
沙箱到达最大高度时系统有相同的速度，设为v2，则根据动量守恒定律有：(m0+m2)v1=(m0+m1+m2)v2②
由系统的机械能守恒得：(m0+m2)v12=(m0+m1+m2)v22+(m0+m2)gh③；联立①②③可得：h=
(2)子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v3，沙箱速度为v4，由动量守恒得：(m0+m2)v1=m1v3+(m0+m2)v4④
由系统机械能守恒得：(m0+m2)v12=m1v32+(m0+m2)v42⑤
联立④⑤求解得天车的最大速度为：v3=v0．
目标要求
重、难点
碰撞的分类
重点
弹性碰撞
重难点
完全非弹性碰撞
重难点
类碰撞问题
重点