物理課件：彈性碰撞與非彈性碰撞

第4節(jié)彈性碰撞與非彈性碰撞必備知識·素養(yǎng)奠基一、不同類型的碰撞【思考】

圖中是小朋友喜歡玩的一種游戲——超級碰撞球。多顆籃球般大小的鋼球用鋼纜懸掛在屋頂。拉開最右邊鋼球到某一高度,然后釋放,碰撞后,僅最左邊的球被彈起,擺至最大高度后落下來再次碰撞,致使最右邊鋼球又被彈起。碩大鋼球交替彈開,周而復(fù)始,情景蔚為壯觀。上述現(xiàn)象如何解釋?提示:質(zhì)量相等的兩物體發(fā)生彈性正碰,碰后二者交換速度。1.彈性碰撞:物體碰撞后,形變可以完全恢復(fù),不發(fā)聲、不發(fā)熱,沒有_____損失的碰撞。2.非彈性碰撞:碰撞過程中有_____損失,即_____不守恒。3.完全非彈性碰撞:碰撞后兩物體結(jié)合在一起,_____損失最多的碰撞。動能動能動能動能二、彈性碰撞1.質(zhì)量相等的兩個鋼球發(fā)生彈性碰撞,碰撞前后兩球的總動能_____,碰撞后兩球交換了_____。2.質(zhì)量較大的鋼球與靜止的質(zhì)量較小的鋼球發(fā)生彈性碰撞后兩球運動方向_____,碰撞前后兩球總動能_____。3.質(zhì)量較小的鋼球與靜止的質(zhì)量較大的鋼球發(fā)生彈性碰撞,碰撞后質(zhì)量較小的鋼球速度方向與原來_____,碰撞過程兩球總動能_____。綜上所述,在彈性碰撞過程中,系統(tǒng)的_____和_____都守恒。守恒速度相同守恒相反守恒動量動能關(guān)鍵能力·素養(yǎng)形成一彈性碰撞的特點1.兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰,v1≠0,v2=0,同時滿足動量守恒和機械能守恒,即m1v1=m1v1′+m2v2′,

(1)若m1=m2,v1≠0,v2=0,則二者彈性正碰后,v1′=0,v2′=v1,即二者碰后交換速度。(2)若m1?m2,v1≠0,v2=0,則二者彈性正碰后,v1′=v1,v2′=2v1。表明m1的速度不變,m2以2v1的速度被撞出去。(3)若m1?m2,v1≠0,v2=0,則二者彈性正碰后,v1′=-v1,v2′=0。表明m1被反向以原速率彈回,而m2仍靜止。2.如果兩個相互作用的物體,滿足動量守恒的條件,且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機械能不變,廣義上也可以看成彈性正碰?！舅伎肌び懻摗勘｝g球運動很受人們喜歡。打保齡球時,假設(shè)球與瓶碰撞過程在同一直線上,碰撞過程中,損失的能量可以忽略不計,近似認為彈性碰撞。(1)球和瓶的碰撞是否為一維碰撞? (物理觀念)(2)彈性碰撞過程中滿足哪些物理規(guī)律? (科學(xué)思維)提示:(1)碰撞前后系統(tǒng)的速度都在一條直線上,為一維碰撞。(2)彈性碰撞過程中滿足動量守恒和機械能守恒?！镜淅痉丁抗饣杰壍郎息儆腥齻€木塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA=mB=m,mC=2m,開始時B、C均靜止,A以初速度v0向右運動,A與B發(fā)生彈性正碰②后，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起③,求:世紀金榜導(dǎo)學(xué)號(1)B與C碰撞前后B的速度分別是多大?(2)B與C碰撞中損失的動能是多少?【審題關(guān)鍵】序號提取信息①A與B、B與C碰撞中動量均守恒②碰撞中動量守恒、機械能守恒③(1)碰撞中動量守恒(2)碰前B的動能減去碰后B和C的總動能等于損失的動能【解析】(1)設(shè)A與B碰撞后,A的速度為vA,B的速度為vB,A與B發(fā)生彈性正碰,由動量守恒定律和能量守恒定律有mv0=mvA+mvB,得vA=0,vB=v0設(shè)B與C發(fā)生碰撞后粘在一起的速度為v,由動量守恒定律有mvB=3mv,得v=。(2)B與C碰撞中損失的動能ΔE=答案:(1)v0

(2)【規(guī)律方法】判斷能否發(fā)生碰撞的一般步驟(1)判斷是否遵守動量守恒定律。(2)分析系統(tǒng)的動能如何變化,如果增加則碰撞不可能發(fā)生。(3)討論碰撞的結(jié)果與各物體的運動情況是否符合實際,比如A球去碰靜止的B球,碰后若兩球同向運動,A球的速度不能大于B球的速度?！舅仞B(yǎng)訓(xùn)練】1.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p1=5kg·m/s,p2=7kg·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,則兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是 (

)A.m1=m2

B.2m1=m2

C.4m1=m2

D.6m1=m2【解析】選C。甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒,所以有p1+p2=p1′+p2′,得p1′=2kg·m/s。由于在碰撞過程中,不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能,只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,因此系統(tǒng)的機械能不會增加。所以有

得m1≤m2。因為題目給出物理情境是“甲從后面追上乙”,要符合這一物理情境,就必須有

即m1<m2;同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情境,即

所以m1>m2。因此選項C正確。2.如圖所示,ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道,BC段水平,AB段與BC段平滑連接,質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑,與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞,碰撞后兩球的運動方向處于同一水平線上,且在碰撞過程中無機械能損失。重力加速度為g。求碰撞后小球m2的速度大小v2?！窘馕觥吭O(shè)m1碰撞前的速度為v10,根據(jù)機械能守恒定律有m1gh=解得v10= ①設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2,根據(jù)動量守恒定律有m1v10=m1v1+m2v2

②由于碰撞過程中無機械能損失,則

③聯(lián)立②③式解得v2= ④將①代入④得v2=答案:

【補償訓(xùn)練】

1.在光滑水平面上有三個完全相同的小球,它們排成一條直線,2、3小球靜止并靠在一起,1球以速度v0射向它們,如圖所示。設(shè)碰撞中不損失機械能,則碰后三個小球的速度分別是 (

)A.v1=v2=v3=

v0

B.v1=0,v2=v3=

v0C.v1=0,v2=v3=

v0

D.v1=v2=0,v3=v0【解析】選D。由于1球與2球發(fā)生碰撞時間極短,2球的位置來不及發(fā)生變化。這樣2球?qū)?球不產(chǎn)生力的作用,即3球不會參與1、2球作用,1、2球作用后立即交換速度,即碰后1球停止,2球速度立即變?yōu)関0,同理分析,2、3球作用后交換速度,故選項D正確。2.如圖所示,靜止在光滑水平面上的木板A,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=3kg。質(zhì)量m=1kg的鐵塊B以水平速度v0=4m/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。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為 (

)A.3J

B.4J

C.6J

D.20J【解析】選A。設(shè)鐵塊與木板共速時速度大小為v,鐵塊相對木板向右運動的最大距離為L,鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff。鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時,由能量守恒定律可得

由動量守恒定律,得mv0=(M+m)v。從鐵塊開始運動到最后停在木板左端過程,由能量關(guān)系得聯(lián)立解得Ep=3J,故選項A正確。二碰撞與爆炸的比較名稱比較項目爆炸碰撞不同點動能情況有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能,動能會增加彈性碰撞時動能守恒,非彈性碰撞時動能損失,動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能名稱比較項目爆炸碰撞相同點過程特點都是物體間的相互作用突然發(fā)生,相互作用的力為變力,作用時間很短,平均作用力很大,且遠大于系統(tǒng)所受外力,所以可認為碰撞、爆炸過程中系統(tǒng)總動量守恒過程模型由于碰撞、爆炸過程相互作用時間很短,作用過程中位移很小,一般忽略不計,因此可以把整個過程看作一個理想化過程來處理,即作用后物體仍從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動能量情況都滿足能量守恒,總能量保持不變【特別提醒】(1)在碰撞過程中,系統(tǒng)的動量守恒,但機械能不一定守恒。(2)在爆炸過程中,系統(tǒng)的動量守恒,機械能一般不守恒。(3)宏觀物體碰撞時一般相互接觸,微觀粒子的碰撞不一定接觸,但只要符合碰撞的特點,就可認為是發(fā)生了碰撞,可以用動量守恒的規(guī)律分析求解?！舅伎肌び懻摗颗鲎策^程和爆炸過程動量和機械能的變化情況是怎樣的? (科學(xué)思維)提示:(1)在碰撞過程中,系統(tǒng)的動量守恒,但機械能不一定守恒。(2)在爆炸過程中,系統(tǒng)的動量守恒,機械能一般不守恒?！镜淅痉丁恳毁|(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空,當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量,求: 世紀金榜導(dǎo)學(xué)號(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間;(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度?！窘忸}探究】(1)煙花彈在爆炸之前做什么運動?這個過程中機械能如何變化?提示:豎直上拋運動,機械能守恒。(2)煙花彈爆炸過程中動量是否守恒?爆炸后上半部分做什么運動?提示:動量守恒,豎直上拋?！窘馕觥?1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有E= ①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學(xué)公式有0-v0=-gt

②聯(lián)立①②式得t= ③(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機械能守恒定律有E=mgh1

④火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2,由題目所給條件和動量守恒有

⑤

⑥由⑥可知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運動部分豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升高度h2,由機械能守恒定律有

⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式可得,煙花彈上部分距離地面的最大高度為h=h1+h2=答案:(1)

(2)【素養(yǎng)訓(xùn)練】1.如圖所示,設(shè)質(zhì)量為M的導(dǎo)彈運動到空中最高點時速度為v0,突然炸成兩塊,質(zhì)量為m的一塊以速度v沿v0方向飛去,則另一塊的運動 (

)A.一定沿v0的方向飛去B.一定沿v0的反方向飛去C.可能做自由落體運動D.一定做勻速運動【解析】選C。根據(jù)動量守恒可得v′=mv可能大于、小于或等于Mv0,所以v′可能小于、大于或等于零。2.一顆手榴彈以20m/s的速度沿水平方向飛行時,炸開成兩塊,其質(zhì)量之比為3∶1,若較大的一塊以80m/s的速度沿原方向飛去,則較小的一塊的速度為

(

)A.沿原方向,大小為160m/sB.沿原方向,大小為253m/sC.沿反方向,大小為160m/sD.沿反方向,大小為253m/s【解析】選C。取原來手榴彈的運動方向為正方向,由動量守恒定律得mv0=mv1+mv2,代入數(shù)值得v2=-160m/s,負號表示其方向與正方向相反。故選C?！狙a償訓(xùn)練】

1.質(zhì)量為m的α粒子,其速度為v0,與質(zhì)量為3m的靜止碳核碰撞后沿著原來的路徑被彈回,其速率為

,則碳核獲得的速度為 (

)

【解析】選C。由α粒子與碳核所組成的系統(tǒng)動量守恒,若碳核獲得速度為v,則mv0=3mv-m×,所以v=。2.一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止,則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為 (

)

【解析】選A。設(shè)碰撞前后中子的速率分別為v1、v′1,碰撞后原子核的速率為v2,中子的質(zhì)量為m1,原子核的質(zhì)量為m2,則m2=Am1。根據(jù)完全彈性碰撞規(guī)律可得m1v1=m2v2+m1v′1,解得碰后中子的速率v′1=因此碰撞前后中子速率之比

A正確?！就卣估}】考查內(nèi)容:多個物體組成的系統(tǒng)的碰撞問題【典例】如圖所示,滑塊A、C質(zhì)量均為m,滑塊B質(zhì)量為

m。開始時A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側(cè)的擋板運動,現(xiàn)將C無初速度地放在A上,并與A粘合不再分開,此時A與B相距較近,B與擋板相距足夠遠。若B與擋板碰撞將以原速率反彈,A與B碰撞后將粘合在一起。為使B能與擋板碰撞兩次,v1、v2應(yīng)滿足什么關(guān)系?【解析】設(shè)向右為正方向,A與C粘合在一起的共同速度為v′,由動量守恒定律得mv1=2mv′

①為保證B碰擋板前A未能追上B,應(yīng)滿足v′≤v2

②設(shè)A、B碰后的共同速度為v″,由動量守恒定律得2mv′- ③為使B能與擋板再次相碰應(yīng)滿足v″>0 ④聯(lián)立①②③④式解得1.5v2<v1≤2v2或v1≤v2<v1答案:1.5v2<v1≤2v2或v1≤v2<v1【課堂回眸】課堂檢測·素養(yǎng)達標1.質(zhì)量分別為ma=1kg和mb=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—時間圖像如圖所示,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,無法判斷【解析】選A。由x-t圖像可知,碰撞前,va=3m/s,vb=0,碰撞后,va′=-1m/s,vb′=2m/s,碰撞前的總動能為

碰撞后的總動能為

故機械能守恒;碰撞前的總動量為mava+mbvb=3kg·m/s,碰撞后的總動量為mava′+mbvb′=3kg·m/s,故動量守恒。所以該碰撞屬于彈性碰撞,A正確。2.如圖所示,質(zhì)量相等的A、B兩個球,原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動,A球的速度是6m/s,B球的速度是-2m/s,不久A、B兩球發(fā)生了對心碰撞。對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值,某實驗小組的同學(xué)們做了很多種猜測,下面的猜測結(jié)果一定無法實現(xiàn)的是 (

)A.vA′=-2m/s,vB′=6m/sB.vA′=2m/s,vB′=2m/sC.vA′=1m/s,vB′=3m/sD.vA′=-3m/s,vB′=7m/s【解析】選D。兩球碰撞前后應(yīng)滿足動量守恒定律及碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和,即mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′①,

答案D中滿足①式,但不滿足②式,所以D選項錯誤。3.某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù),得到如圖所示的位移—時間圖像。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系。已知相互作用時間極短,由圖像給出的信息可知 (

)A.碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2B.碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大C.碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D.滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的【解析】選D。根據(jù)x-t圖像的斜率等于速度,可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1=-2m/s,滑塊Ⅱ的速度為v2=0.8m/s,則碰前速度大小之比為5∶2,故選項A錯誤;碰撞前后系統(tǒng)動量守恒,碰撞前,滑塊Ⅰ的動量為負,滑塊Ⅱ的動