【講與練】高中物理人教版(2019)選擇性必修1：1.5 彈性碰撞和非彈性碰撞課時2碰撞中動量與能量的關系學案

課時2碰撞中動量與能量的關系學習目標1．能用動量守恒及能量守恒分析問題。2．學會把物理多過程拆分成幾個過程，并能明確他們之間存在著哪些聯(lián)系。知識點1三種碰撞類型的判斷三種碰撞類型即為彈性碰撞、完全非彈性碰撞和一般碰撞，三種碰撞動量均守恒，判斷的關鍵是看碰撞前后的能量關系，如果碰撞前后系統(tǒng)動能守恒，為彈性碰撞；如果碰后兩個物體一起運動，速度相等，則碰后動能損失最大，為完全非彈性碰撞。1．碰撞遵守的規(guī)律(1)動量守恒。(2)機械能不增加，即碰撞結(jié)束后總動能不增加，表達式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要合理①兩物體同向運動，碰前_v前<v后__，碰后_v前′≥v后′__。②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向肯定至少有一個改變或速度均為零。2．求解碰撞問題常用的三種方法(1)解析法：碰撞過程，若從動量角度分析，系統(tǒng)的動量守恒；若從能量角度分析，系統(tǒng)的動能在碰撞過程中不會增加；從物理過程考慮，題述的物理情景應符合實際情況，這是用解析法處理問題應遵循的原則。(2)臨界法：相互作用的兩個物體在很多情況下，皆可當作碰撞處理，那么對相互作用中兩個物體相距“最近”、相距“最遠”這一類臨界問題，求解的關鍵都是速度相等。(3)極限法：處理碰撞問題時，有時我們需要將某些未知量設出，然后根據(jù)實際情況將未知量推向極端，從而求得碰撞的速度范圍。知識點2三種臨界模型模型分類特點及滿足的規(guī)律彈簧模型彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動量守恒、機械能守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＋Epm彈簧處于原長時彈性勢能為零，系統(tǒng)滿足動量守恒、機械能守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0eq\f(1,4)光滑圓弧軌道模型最高點：m與M具有共同水平速度，系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒：mv0＝(M＋m)v共，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh子彈打木塊模型(同滑塊滑板模型)子彈剛好擊穿木塊的臨界條件為子彈穿出時的速度與木塊的速度相同，子彈位移為木塊位移與木塊厚度之和。系統(tǒng)動量守恒、能量守恒：mv0＝(m＋M)v，F(xiàn)fL相對＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2典例剖析典例1如圖所示，在水平面上依次放置小物塊C和A以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起又滑上劈B。求：(1)C、A碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。解析：(1)小物塊C與A發(fā)生碰撞粘在一起，由動量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0，碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)v2，解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)當A、C滑上B至最大高度時，A、B、C系統(tǒng)在水平方向上具有相同的速度v1，根據(jù)動量守恒定律，有mv0＝(m＋m＋3m)v1，從A、C碰撞后到在B上達到最大高度h的過程，根據(jù)能量守恒定律，有2mgh＝eq\f(1,2)×2mv2－eq\f(1,2)×5m×veq\o\al(2,1)，解得h＝eq\f(3v\o\al(2,0),40g)。答案：(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3v\o\al(2,0),40g)典例2一質(zhì)量為m1的物體1以v0的初速度與另一質(zhì)量為m2的靜止物體2發(fā)生碰撞，其中m2＝km1，k<1。碰撞可能為彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及一般碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2。假設碰撞在一維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體。物體1碰撞后與碰撞前速度之比r＝eq\f(v1,v0)的取值范圍是(B)A．eq\f(1－k,1＋k)≤r≤1 B．eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)C．0≤r≤eq\f(2,1＋k) D．eq\f(1,1＋k)≤r≤eq\f(2,1＋k)解析：若物體發(fā)生彈性碰撞，則系統(tǒng)滿足動量守恒和機械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得eq\f(v1,v0)＝eq\f(1－k,1＋k)；若物體發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩物體速度相等，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v1，則物體1碰撞后與碰撞前速度之比eq\f(v1,v0)＝eq\f(m1,m1＋m2)＝eq\f(1,1＋k)，綜上可得eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)，選項B正確。典例3如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘在一起，然后繼續(xù)運動。假設B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：(1)整個系統(tǒng)損失的機械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。解析：(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝2mv1，①此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE。對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2，②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)×(2m)veq\o\al(2,2)，③聯(lián)立①②③式得ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)。④(2)由②式可知v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)×(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep，⑥聯(lián)立④⑤⑥式得Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)。答案：(1)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)典例4如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上A點從靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知小車質(zhì)量M＝3m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則(B)A．全程滑塊水平方向相對地面的位移為R＋LB．全程小車相對地面的位移大小為s＝eq\f(R＋L,4)C．小車運動過程中的最大速度vm＝eq\r(2gR)D．μ、L、R三者之間的關系為R＝4μL解析：小車與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設全程小車相對地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對地面的位移x＝R＋L－s，由動量守恒定律得meq\f(x,t)－Meq\f(s,t)＝0，即0＝Ms－m(R＋L－s)，解得s＝eq\f(R＋L,4)。因此，全程滑塊水平方向相對地面的位移為R＋L－s＝eq\f(3,4)(R＋L)?；瑝K從A點開始滑到B點時，小車速度最大，系統(tǒng)能量守恒且在水平方向上動量守恒，mgR＝eq\f(1,2)mv′2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)，mv′＝Mvm，聯(lián)立解得vm＝eq\r(\f(gR,6))?；瑝K最后恰好停在C點，對系統(tǒng)在全過程中應用能量守恒，mgR＝μmgL，解得R＝μL。故選B。典例5如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊且未穿出。設木塊對子彈的阻力恒為F，求：(1)射入過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？木塊至少為多長時子彈才不會穿出？(2)子彈在木塊中運動了多長時間？解析：(1)以子彈和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，據(jù)動量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M)動能的損失ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2(M＋m))，損失的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。FL＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2(M＋m))，解得L＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2F(M＋m))。(2)以子彈為研究對象，設子彈在木塊中運動時的加速度大小為a，則F＝ma由牛頓運動定律和運動學公式可得t＝eq\f(v－v0,－a)＝eq\f(Mmv0,(M＋m)F)。答案：(1)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2(M＋m))eq\f(Mmv\o\al(2,0),2F(M＋m))(3)eq\f(Mmv0,(M＋m)F)1．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為(BD)A．eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)·eq\f(mM,m＋M)v2C．eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：兩物體最終速度相等，設為v1，由動量守恒得mv＝(m＋M)v1，系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(mM,m＋M)v2，系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故ΔEk＝Q＝NμmgL。2．(多選)水平地面上有兩個物體在同一直線上運動，兩物體碰撞前后的速度—時間圖像如圖所示(其中一個物體碰后速度變?yōu)?)。下列說法正確的是(BC)A．t＝0時，兩物體的距離為1mB．t＝2.5s時，兩物體的距離為4.5mC．兩物體間的碰撞為完全彈性碰撞D．碰撞前，地面對兩個物體的摩擦力大小不相等解析：由v－t圖像知，兩物體相向運動，均做勻減速運動，t＝1s時相碰，可知t＝0時，兩物體的距離為Δx＝eq\f(1,2)×(4＋6)×1m＋eq\f(1,2)×(2＋6)×1m＝9m，故A錯誤；t＝2.5s時，兩物體的距離為Δx′＝eq\f(1,2)×6×(2.5－1)m＝4.5m，故B正確；設碰前速度為正值的物體的質(zhì)量為m1，速度為負值的物體的質(zhì)量為m2。由動量守恒可知，碰后原來速度為正的物體的速度變?yōu)?，則m1×4＋m2(－2)＝m2×6，解得m1＝2m2；由能量關系：碰前E1＝eq\f(1,2)m1×42＋eq\f(1,2)m2×(－2)2＝8m1＋2m2＝18m2，碰后E2＝eq\f(1,2)m2×62＝18m2，則兩物體間的碰撞為完全彈性碰撞，故C正確；碰前速度為正值的物體受到的摩擦力f1＝m1a1＝m1×eq\f(6－4,1)＝2m1，速度為負值的物體受到的摩擦力f2＝m2a2＝m2×eq\f(6－2,1)＝4m2＝2m1＝f1，故D錯誤。3．在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖(a)所示，藍壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖(b)所示。關于兩冰壺的運動，下列說法正確的是(B)A．兩壺發(fā)生彈性碰撞B．碰撞后兩壺相距的最遠距離為1.1mC．藍壺受到的滑動摩擦力較大D．碰撞后藍壺的加速度大小為0.1m/s2解析：設碰后藍壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后紅壺的速度為v0′＝0.4m/s，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6m/s；碰撞前兩壺的總動能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.5m，碰撞后兩壺的總動能為Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)′＋eq\f(1,2)mv2＝0.26m<Ek1，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤；根據(jù)碰前紅壺的v－t圖線可知紅壺的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.2－1.0,1)m/s2＝0.2m/s2，所以藍壺速度減為零的時刻為t＝eq\f(1.2,0.2)s＝6s，v－t圖線與t坐標軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠距離為x＝eq\f(0.6×5,2)m－eq\f(0.4×2,2)m＝1.1m，故B正確；根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度比藍壺的加速度大，兩壺質(zhì)量相等，所以紅壺受到的滑動摩擦力比藍壺的大，故C錯誤；碰后藍壺的加速度大小為a′＝eq\f(0.6,6－1)m/s2＝0.12m/s2，故D錯誤。故選B。4．如圖所示，質(zhì)量為M的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道半徑為R，靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球以一定的初速度v0向右運動，若小球恰能滑到eq\f(1,4)圓弧軌道頂端，求v0的大小。答案：eq\r(\f(2(M＋m)gR,M))解析：當小球滑到eq\f(1,4)圓弧軌道頂端時，兩物體水平速度相等，設為v，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則mv0＝(M＋m)v，①系統(tǒng)能量守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，②聯(lián)立①②式得v0＝eq\r(\f(2(M＋m)gR,M))。5．如圖，水平軌道的右端固定一半徑為l的豎直光滑半圓軌道，其直徑BC豎直。水平軌道上質(zhì)量分別為3m、m的兩小物塊P、Q將原長2l的輕彈簧壓縮l后由靜止釋放。已知P、Q兩物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)之比為1︰3，釋放兩物塊時彈簧的彈性勢能為Ep＝6mgl，物塊與彈簧不粘連，物塊Q與水平軌道右端B的距離為5l，已知物塊Q到達B點時對軌道的壓力大小為FNB＝7mg，重力加速度為g。求：(1)物塊Q運動到C點時對軌道的壓力大小FNC及最后落到水平軌道上的位置與B點的距離x；(2)物塊Q運動到B點時物塊P的速度大小v；(3)物塊P向左運動的距離L。答案：(1)mg2eq\r(2)l(2)eq\f(1,3)eq\r(6gl)(3)5l解析：(1