（浙江專版）2018年高中物理 第十六章 動量守恒定律 第4節(jié) 碰撞學案 新人教版選修3-5

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1、 第4節(jié) 碰____撞 碰撞的分類 [探新知·基礎練] 1．從能量角度分類 (1)彈性碰撞：碰撞過程中機械能守恒。 (2)非彈性碰撞：碰撞過程中機械能不守恒。 (3)完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體或碰后具有共同速度，這種碰撞動能損失最大。 2．從碰撞前后物體運動的方向是否在同一條直線上分類 (1)正碰：(對心碰撞)兩個球發(fā)生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩個球的速度方向仍會沿著這條直線的方向而運動。 (2)斜碰：(非對心碰撞)兩個球發(fā)生碰撞，如果碰撞之前球的運動速度方向與兩球心的連線不在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度方向都

2、會偏離原來兩球心的連線而運動。 [辨是非](對的劃“√”，錯的劃“×”) 1．碰撞過程都滿足動量守恒定律。(√) 2．碰撞過程都滿足機械能守恒定律。(×) 3．物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒。(√) [釋疑難·對點練] 1．碰撞的廣義理解 物理學里所研究的碰撞，包括的范圍很廣，只要通過短時間作用，物體的動量發(fā)生了明顯的變化，都可視為碰撞。例如：兩個小球的撞擊，子彈射入木塊，系在繩子兩端的物體將松弛的繩子突然拉直，鐵錘打擊釘子，列車車廂的掛接，中子轟擊原子核等均可視為碰撞問題。 2．碰撞過程的理解 (1)碰撞物體間的作用力(系統(tǒng)內力)：在極短時間內，作用力從零變

3、到很大，又迅速變?yōu)榱?，其平均值很大? (2)碰撞過程受到的外力：碰撞過程中系統(tǒng)所受合力不等于零，但是當內力遠大于外力，作用時間很短時，外力的作用可忽略，可認為系統(tǒng)的動量是守恒的。 (3)碰撞過程中的機械能：若碰撞過程中沒有其他形式的能轉化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大于碰前系統(tǒng)的總機械能。 (4)碰撞過程對應的時間和位移：碰撞、爆炸過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，各物體作用前后各種動量變化顯著，所以，在物體發(fā)生碰撞、爆炸的瞬間，為了處理問題方便，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置以新的速度開始運動。 3．碰撞應滿足的條件 在所給的條件不足的情況下，碰撞結果

4、有各種可能，但不管哪種結果必須同時滿足以下三條(這些條件也是列方程的依據)： (1)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要符合實際，如果碰前兩物體同向運動，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無法實現碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度。即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結束。如果碰前兩物體是相向運動，則碰后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。 [試身手] 現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的

5、速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是(　　) A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定 解析：選A　由動量守恒定律得：3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v。碰前總動能：Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后總動能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確。 對彈性碰撞的理解及應用 分析碰撞問題時的關鍵點 (1)是否遵守動量守恒定律。 (2)系統(tǒng)的動能應如何變化。 (3)碰撞的結果與各物體的運動情況是否符合實際。 [典例1]　(多選)質量為m的小球A，在光滑的水

6、平面上以速度v與靜止在光滑水平面上的質量為2m的小球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?，那么碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A.v　　　B.v　　　C.v　　　D.v [解析]選AB　設A球碰后的速度為vA，由題意得mvA2＝×mv2，則vA＝v，碰后A球的速度方向有兩種可能，因此由動量守恒有mv＝m×v＋2mvB或mv＝－m×v＋2mvB，解得vB＝v或vB＝v。故A、B正確。 非彈性碰撞和完全非彈性碰撞 [典例2]　冰球運動員甲的質量為80.0 kg。當他以5.0 m/s的速度向前運動時，與另一質量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運動員乙相撞。碰撞后甲

7、恰好靜止。假設碰撞時間極短，求： (1)碰撞后乙的速度的大?。? (2)碰撞中總機械能的損失。 [解析]　(1)設運動員甲、乙的質量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V′。由動量守恒定律有 mv－MV＝MV′ 代入數據解得V′＝1.0 m/s。 (2)設碰撞過程中總機械能的損失為ΔE，有 mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE 代入數據解得 ΔE＝1 400 J。 [答案]　(1)1.0 m/s　(2)1 400 J [課堂對點鞏固] 1．在光滑的水平面上有A、B兩球，其質量分別為mA、mB，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球

8、在碰撞前后的速度—時間圖象如圖所示，下列關系式正確的是(　　) A．mA>mB　　　　　　 B．mA

9、球的動量大于乙球的動量，所以總動量的方向應為甲球初動量的方向，因此選項A對，B錯；若甲、乙兩球都反向運動，則p乙′>p甲′，因Ek＝，m甲>m乙，故Ek甲′

10、，則有：＋≤＋，代入數據解得：≤。碰撞后甲的速度不大于乙的速度， 則有：≤，代入數據解得：≥。綜上有≤≤，故C正確，A、B、D錯誤。 [課堂小結]- - - - - - - - - - - - - - - [課時跟蹤檢測四] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、單項選擇題 1．質量為m的小球A以水平速率v與靜止在光滑水平面上質量為3m的小球B發(fā)生正碰后，小球A的速率變?yōu)?，則碰后B球的速度為(以A球原方向為正方向)(　　) A. B．v C. D. 解析：選D　由動量守恒定律知，若碰后A球運動方向不變，則mv＝mvA＋3mvB，vA＝，所以

11、vB＝，由于這時B球的速度小于A球的速度，B球又是在A球運動方向的前面，這是不可能的，若碰后A球被反彈回去，則有mv＝m(－vA)＋3mvB′，所以vB′＝，故選項D正確。 2.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s。則(　　) A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B

12、兩球速度大小之比為1∶10 解析：選A　由已知得，碰撞前A球的速度大于B球，則左方是A球。碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則B球的動量增量為4 kg·m/s，所以碰后A球的動量為2 kg·m/s，B球的動量為10 kg·m/s，即mAvA＝2 kg·m/s，mBvB＝10 kg·m/s，且mB＝2mA，vA∶vB＝2∶5，所以，選項A正確。 3．甲、乙兩個溜冰者質量分別為48 kg和50 kg，甲手里拿著質量為2 kg的球，兩人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲速度的大小為(　

13、　) A．0 B．2 m/s C．4 m/s D．無法確定 解析：選A　甲、乙、球三者組成的系統(tǒng)整個運動過程中動量守恒，有(m甲＋m球)v1－m乙v2＝(m甲＋m球)v′，代入數據解得v′＝0，選項A正確。 4．甲、乙兩鐵球質量分別是m1＝1 kg，m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直線運動，速度分別是v1＝6 m/s、v2＝2 m/s。甲追上乙發(fā)生正碰后兩鐵球的速度有可能是(　　) A．v1′＝7 m/s，v2′＝1.5 m/s B．v1′＝2 m/s，v2′＝4 m/s C．v1′＝3.5 m/s，v2′＝3 m/s D．v1′＝4 m/s，v2′＝3 m/s

14、解析：選B　選項A和B均滿足動量守恒條件，但選項A碰后總動能大于碰前總動能，選項A錯誤，B正確；選項C不滿足動量守恒條件，選項C錯誤；選項D滿足動量守恒條件，且碰后總動能小于碰前總動能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，選項D錯誤。 二、多項選擇題 5．質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ。初始時小物塊靜止在箱子正中間，如圖所示?，F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(　　) A.mv2 B.·v

15、2 C.NμmgL D．NμmgL 解析：選BD　小物塊與箱子作用過程中滿足動量守恒，最后恰好又回到箱子正中間，二者相對靜止，即為共速，設速度為v1，mv＝(m＋M)v1，系統(tǒng)損失動能Ek＝mv2－(M＋m)v12＝·，A錯誤，B正確；由于碰撞為彈性碰撞，故碰撞時不損失能量，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)產生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C錯誤，D正確。 6.如圖所示，用兩根長度都等于L的細繩，分別把質量相等、大小相同的a、b兩球懸于同一高度，靜止時兩球恰好相接觸?，F把a球拉到細繩處于水平位置，然后無初速釋放，當a球擺動到最低位置與b球相碰后，b球可能升高的高度為(　　) A．L

16、 B.L C.L D.L 解析：選ABC　小球a向下擺動的過程，機械能定恒，則有：mgL＝mv2，v＝，當兩球發(fā)生彈性碰撞時，b獲得的速度最大。由于兩球質量相等，發(fā)生彈性碰撞時兩球交換速度。則得b球獲得的速度最大值為vmax＝v＝；當兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰撞合在一起時，b獲得的速度最小，設為vmin，根據動量守恒得：mv＝2mvmin，得vmin＝v＝；b球向上擺動的過程中，機械能守恒，則有：mvmax2＝mghmax，則得，b球上擺的高度最大為：hmax＝＝L，mvmin2＝mghmin，則得，b球上擺的高度最小為：hmin＝＝L，所以b球上擺的最大高度范圍為

17、：L≤h≤L，故A、B、C正確。 三、非選擇題 7.如圖所示，豎直平面內的圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點。現將A無初速度釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿水平桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m；A和B的質量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數μ＝0.2。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)碰撞前瞬間A的速率v； (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (3)A和B整體在桌面上滑動的距離l。 解析：設滑塊的質量為m。 (1)根據機械能守恒定律 mgR＝mv2 得碰撞前瞬間A的速率v＝2 m/s。 (2)根據

18、動量守恒定律mv＝2mv′ 得碰撞后瞬間A和B整體的速率 v′＝v＝1 m/s。 (3)根據動能定理 ×2mv′2＝μ·2mgl 得A和B整體沿水平桌面滑動的距離 l＝0.25 m。 答案：(1)2 m/s　(2)1 m/s (3)0.25 m 8.如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計?？梢暈橘|點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB＝2 kg?，F對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在力F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后

19、經時間t＝0.6 s，二者的速度達到vt＝2 m/s。求： (1)A開始運動時加速度a的大??； (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。? (3)A的上表面長度l。 解析：(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有 F＝mAa 代入數據解得a＝2.5 m/s2。 (2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6 s的過程，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v 代入數據解得v＝1 m/s。 (3)設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有 Fl＝mAvA2 聯(lián)立以上各式，代入數據解得 l＝0.45 m。 答案：(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m 8