2024-2025學年新教材高中物理第1章動量及其守恒定律第4節(jié)彈性碰撞與非彈性碰撞學案魯科版選擇性必修第一冊

PAGE9-第4節(jié)彈性碰撞與非彈性碰撞學習目標：1.[物理觀念]知道非彈性碰撞、完全非彈性碰撞和彈性碰撞的概念和特點．2.[科學思維]駕馭彈性碰撞的規(guī)律，能依據(jù)彈性碰撞的規(guī)律說明推斷有關(guān)現(xiàn)象和解決有關(guān)的問題．3.[科學思維]會應用動量、能量的觀點分析、解決一維碰撞問題．一、不同類型的碰撞1．彈性碰撞碰撞前后系統(tǒng)的總動能相等的碰撞稱為彈性碰撞．2．非彈性碰撞碰撞過程中機械能有損失的碰撞稱為非彈性碰撞．3．完全非彈性碰撞碰撞后物體結(jié)合在一起，系統(tǒng)的動能損失最大的碰撞稱為完全非彈性碰撞．二、彈性碰撞1．試驗與探究(1)質(zhì)量相等的兩個鋼球碰撞時，碰撞后兩球交換了速度，可得碰撞前后兩球的總動能相等．(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，碰后兩球運動方向相同．(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，碰后質(zhì)量較小的鋼球速度方向與原來相反．2．彈性碰撞的規(guī)律設(shè)質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后m1、m2的速度分別為v1′和v2′，由動量守恒和動能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ①eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2) ②以上兩式聯(lián)立可解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，由以上兩式對彈性碰撞試驗探討結(jié)論的說明：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后兩球交換速度；(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后兩球向前運動；(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．1．思索推斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)彈性碰撞過程中動量守恒、動能不守恒． (×)(2)完全非彈性碰撞，動量守恒，動能也守恒． (×)(3)三種碰撞中，動量都守恒． (√)(4)速度不同的兩小球碰撞后粘在一起，碰撞過程中沒有能量損失． (×)2．(多選)下面關(guān)于碰撞的理解正確的是()A．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著變更的過程B．在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒C．假如碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D．微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生干脆接觸，所以不滿意動量守恒的條件，不能應用動量守恒定律求解AB[碰撞過程中機械能守恒的碰撞為彈性碰撞，C錯；動量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一．不僅低速、宏觀物體的運動遵守這一規(guī)律，而且高速、微觀物體的運動也遵守這一規(guī)律，D錯．]3．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速度vA．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，無法確定A[由動量守恒有3m·v－mv＝0＋mv′所以v′＝2v，碰前總動能：Ek＝eq\f(1,2)·3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰后總動能：Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A對．]碰撞過程的特點臺球競賽中，一個運動的球與一個靜止的球碰撞，假如碰撞之前球的運動速度與兩球心不在同始終線上，碰撞過程動量守恒嗎？碰撞后的總動量能否干脆相加？提示：守恒，不能干脆相加，因為動量是矢量．1．時間特點：在碰撞、爆炸現(xiàn)象中，相互作用的時間很短．2．相互作用力的特點：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大．3．動量守恒條件的特點：系統(tǒng)的內(nèi)力遠遠大于外力，所以系統(tǒng)即使所受合力不為零，外力也可以忽視，系統(tǒng)的總動量守恒．4．位移特點：碰撞過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，在物體發(fā)生碰撞的瞬間，可忽視物體的位移，認為物體在碰撞前后仍在原位置．5．能量特點：碰撞前總動能Ek與碰撞后總動能Ek′滿意Ek≥Ek′.【例1】(多選)如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一單擺，擺球質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質(zhì)量為m的靜止的木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列狀況可能發(fā)生的是()A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變更，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿意(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿意Mv＝Mv1＋mv2C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)閡，滿意Mv＝(M＋m)uD．碰撞時間極短，在此碰撞過程中，擺球的速度還來不及變更BCD[小車與木塊碰撞，且碰撞時間極短，因此相互作用只發(fā)生在木塊和小車之間，懸掛的擺球在水平方向未受到力的作用，故擺球在水平方向的動量未發(fā)生變更，即擺球的速度在小車與木塊碰撞過程中始終不變，由此可知A狀況不行能發(fā)生；選項B的說法對應于小車和木塊碰撞后又分開的狀況，選項C的說法對應于小車和木塊碰撞后粘在一起的狀況，兩種狀況都有可能發(fā)生．故B、C、D均正確．]eq\o([跟進訓練])1．(多選)在兩個物體碰撞前后，下列說法中可以成立的是()A．作用后的總機械能比作用前小，但總動量守恒B．作用前后總動量均為零，但總動能守恒C．作用前后總動能為零，而總動量不為零D．作用前后總動量守恒，而系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量增量的總和不為零AB[選項A是非彈性碰撞，成立；選項B是彈性碰撞，成立；選項C不成立，因為總動能為零其總動量肯定為零；選項D不成立，因為總動量守恒則系統(tǒng)所受合外力肯定為零，若系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量增量總和不為零的話，則系統(tǒng)肯定受到外力的作用．]碰撞的推斷和碰撞模型五個完全相同的金屬球沿直線排列并彼此鄰接，把最左端的小球拉高釋放，撞擊后發(fā)覺最右端的小球擺高，而其余四球不動，你知道這是為什么嗎？提示：由于碰撞中的動量和動能都守恒，發(fā)生了速度、動能的“傳遞”．1．碰撞的推斷在所給條件不足的狀況下，碰撞結(jié)果有各種可能，但不管哪種結(jié)果必需同時滿意以下三條：(1)系統(tǒng)動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)系統(tǒng)動能不增加，即Ekl＋Ek2≥E′kl＋E′k2或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p′\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p′\o\al(2,2),2m2).(3)符合實際狀況，假如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v后＞v前，否則無法實現(xiàn)碰撞．碰撞后，原來在前的物體的速度肯定增大，且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度，即v′前≥v′后，否則碰撞沒有結(jié)束．假如碰前兩物體相向運動，則碰后兩物體的運動方向不行能都不變更，除非兩物體碰撞后速度均為零．【例2】如圖所示，兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質(zhì)量分別為mA＝4kg，mB＝2kg，速度分別是vA＝3m/s(設(shè)為正方向)，vB＝－3m/s.則它們發(fā)生正碰后，速度的可能值分別為()A．vA′＝1m/s，vB′＝1m/sB．vA′＝－3m/s，vB′＝9m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝－1m/sD．vA′＝－1m/s，vB′＝－5m/sA[以A的初速度方向為正方向，碰前系統(tǒng)總動量為：p＝mAvA＋mBvB＝4×3kg·m/s＋2×(－3)kg·m/s＝6kg·m/s，碰前總動能為：Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×4×32J＋eq\f(1,2)×2×32J＝27J．假如vA′＝1m/s、vB′＝1m/s，碰后系統(tǒng)總動量為6kg·m/s，總動能為3J，系統(tǒng)動量守恒、動能不增加，符合實際，故A正確；假如vA′＝－3m/s、vB′＝9m/s，碰后系統(tǒng)總動量為6kg·m/s，總動能為99J，系統(tǒng)動量守恒，動能增加，故B錯誤；假如vA′＝2m/s、vB′＝－1m/s，碰后系統(tǒng)總動量為6kg·m/s，總動能為9J，系統(tǒng)動量守恒，動能不增加，碰后兩球速度方向都不發(fā)生變更，會再次發(fā)生碰撞，與實際不符，故C錯誤；假如vA′＝－1m/s、vB′＝－5m/s，碰后總動量為－14kg·m/s，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤．]2．常見碰撞模型模型分類特點及滿意的規(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)滿意動量守恒、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.彈簧再次處于原長時彈性勢能為零，系統(tǒng)滿意動量守恒、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)v0.子彈打木塊模型系統(tǒng)動量守恒、能量守恒：mv0＝(m＋M)v，fL相對＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2.木塊固定和放于光滑水平面上，一般認為子彈受阻力相等，子彈完全穿出時系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等最高點：m與M具有共同水平速度，且m不行能從今處離開軌道，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)＋mgR.最低點：m與M分別點．水平方向動量守恒、系統(tǒng)機械能守恒：mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2).【例3】如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的eq\f(3,4)，子彈的質(zhì)量是B的質(zhì)量的eq\f(1,4).求：(1)A物體獲得的最大速度；(2)彈簧壓縮量最大時B物體的速度．思路點撥：(1)子彈打擊物體A瞬間，子彈與物體A系統(tǒng)動量守恒．(2)彈簧壓縮量最大時，系統(tǒng)有相同速度．[解析]設(shè)子彈的質(zhì)量為m，則mB＝4m，mA＝3(1)對子彈進入A的過程，由動量守恒得mv0＝(m＋mA)v1解得它們的共同速度，也是A的最大速度v1＝eq\f(mv0,m＋mA)＝eq\f(v0,4).(2)以子彈、A、B及彈簧組成的系統(tǒng)為探討對象，整個過程總動量守恒，當彈簧具有最大壓縮量時，它們的速度相等，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v2解得三者的共同速度，即彈簧有最大壓縮量時B的速度v2＝eq\f(mv0,m＋mA＋mB)＝eq\f(v0,8).[答案](1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(v0,8)處理碰撞問題的幾個關(guān)鍵點(1)選取動量守恒的系統(tǒng)：若有三個或更多個物體參加碰撞時，要合理選取所探討的系統(tǒng)．(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞．(3)弄清碰撞過程中存在的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化關(guān)系、幾何關(guān)系、速度關(guān)系等．eq\o([跟進訓練])訓練角度1碰撞的可能分析2．(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，小球AA．－eq\f(1,3)v0B．0C.eq\f(1,3)v0D.eq\f(2,3)v0ABC[若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動量守恒：mv0＝(m＋2m)v，解得v＝eq\f(1,3)v0.若兩球發(fā)生完全彈性碰撞，則由動量守恒：mv0＝mv1＋2mv2，由能量關(guān)系：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0，則小球A的速度范圍：－eq\f(1,3)v0≤v1≤eq\f(1,3)v0，故選A、B、C.]訓練角度2碰撞模型3.如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的左側(cè)是一光滑的圓弧，圓弧半徑為R＝1m，質(zhì)量為m的小球以速度v0向右運動沖上滑塊．已知M＝4m，g取10m/s2，若小球恰好到達eq\f(1,4)圓弧的上端，求：(1)小球的初速度v0是多少？(2)滑塊獲得的最大速度是多少？[解析](1)當小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊水平方向速度相同，設(shè)為v1，依據(jù)水平方向動量守恒有mv0＝(m＋M)v1.因系統(tǒng)機械能守恒，所以依據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋mgR，解得v0＝5m/s.(2)小球到達最高點以后返回的過程中，滑塊又做加速運動，當小球離開滑塊時滑塊的速度最大，設(shè)此時小球的速度為v2，滑塊的速度為v3，探討小球起先沖上滑塊始終到離開滑塊的過程，依據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv2＋Mv3，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)解得v3＝2m/s.[答案](1)5m/s(2)2m/s1．物理觀念：碰撞的分類：彈性碰撞、非彈性碰撞．2．科學思維：碰撞的可能性分析．3．科學方法：碰撞模型.1．兩個相向運動的小球，在光滑水平面上碰撞后變成靜止狀態(tài)，則碰撞前這兩個小球的()A．質(zhì)量肯定相等B．動能肯定相等C．動量肯定相等D．總動量等于零D[兩小球碰撞前動量大小相等，方向相反，總動量為零．]2．(多選)在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是()A．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率相互分開B．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若兩球質(zhì)量不等，碰后以某一相等速率相互分開D．若兩球質(zhì)量不等，碰后以某一相等速率同向而行AD[由題意知，碰前兩球的總動量為零且碰撞過程中動量守恒．對選項A，碰撞前兩球總動量為零，碰撞后總動量也為零，動量守恒，所以選項A是可能的；對選項B，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動量不為零，而碰撞前總動量為零，所以選項B不行能；對選項C，碰撞前、后系統(tǒng)的總動量的方向不同，所以動量不守恒，選項C不行能；對選項D，碰撞前總動量不為零，碰撞后總動量也不為零，方向可能相同，所以選項D是可能的．故正確選項為A、D.]3．(多選)小車AB靜置于光滑的水平面上，A端固定一個輕質(zhì)彈簧，B端粘有橡皮泥，AB車質(zhì)量為M，長為L.質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細繩連結(jié)于小車的A端并使彈簧壓縮，起先時AB與C都處于靜止狀態(tài)，如圖所示．當突然燒斷細繩，彈簧被釋放，使木塊C向B端沖去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是()A．假如AB車內(nèi)表面光滑，整個系統(tǒng)任何時刻機械能都守恒B．當木塊對地運動速度為v時，小車對地運動速度為eq\f(m,M)vC．整個系統(tǒng)最終靜止D．木塊的位移肯定大于小車的位移BC[因水平地面光滑，小車、木塊、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv1＝Mv2，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小關(guān)系，故無法比較s1、s2的大小關(guān)系，但當木塊C與B端碰撞后，系統(tǒng)總動量為零，整體又處于靜止狀態(tài)，故B、C均正確，D錯誤；因木塊C與B端的碰撞為完全非彈性碰撞，機械能損失最大，故A錯誤．]4.(多選)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，則碰后BA．0.7v B．0.6vC．0.4v D．0.2vBC[以兩球組成的系統(tǒng)為探討對象，以A球的初速度方向為正方向，假如碰撞為彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv＝m