粤教版 (2019)选择性必修 第一册第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞学案设计

第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞 第六节 自然界中的守恒定律

[核心素养·明目标]

1．碰撞的定义和特点

(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用．

(2)特点：物体组成的系统所受外力远小于内力，且相互作用时间极短，故系统在碰撞过程中动量守恒．

2．碰撞的分类

(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能相等的碰撞．

(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能不再相等的碰撞．

(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而粘在一起的碰撞．这时机械能损失最大．

3．弹性碰撞举例分析

设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和动能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①，

m1v＝m1v′＋m2v′②，

以上两式联立可解得v1′＝v1，v2′＝v1，

由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：

(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度．

(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．

(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．

(4)若m1≫m2或m2≫m1，则质量大的物体速度几乎不变．

4．自然界中的守恒定律

(1)系统：物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统．

(2)动量守恒定律的适用范围

动量守恒定律在微观、宏观和宇观都是适用的，是自然界普适的基本定律．

1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．

(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒． (×)

(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒． (×)

(3)三种碰撞中，动量都守恒． (√)

(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失． (×)

2．(多选)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了显著变化的过程

B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒

C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞

D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解

AB　[碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错．]

3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度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

A　[由动量守恒有3m·v－mv＝0＋mv′所以v′＝2v，碰前总动能：Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2，碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A对．]

考点1　碰撞过程的特点

1．时间特点

在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．

2．相互作用力的特点

在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大．

3．动量守恒条件的特点

系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．

4．位移特点

碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置．

5．能量特点

碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′．

【典例1】　(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是(　　)

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2

C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u

D．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化

BCD　[小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C、D均正确．]

[跟进训练]

1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是(　　)

A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒

B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒

C．作用前后总动能为零，而总动量不为零

D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零

AB　[选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用．]

考点2　碰撞的判断和碰撞模型

1．碰撞的判断

在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：

(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2．

(2)系统动能不增加，即

Ekl＋Ek2≥E′kl＋E′k2或＋≥＋．

(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．

【典例2】　如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s(设为正方向)，vB＝－3 m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为(　　)

A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s

B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s

C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s

D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s

A　[以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝4×3 kg·m/s＋2×(－3)kg·m/s＝6 kg·m/s，碰前总动能为：Ek＝mAv＋mBv＝×4×32 J＋×2×32 J＝27 J．如果vA′＝1 m/s、vB′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果vA′＝－3 m/s、vB′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果vA′＝2 m/s、vB′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果vA′＝－1 m/s、vB′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误．]

2．常见碰撞模型

【典例3】　如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：

(1)A物体获得的最大速度；

(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度．

[思路点拨]　(1)子弹打击物体A瞬间，子弹与物体A系统动量守恒．(2)弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．

[解析]　设子弹的质量为m，则mB＝4m，mA＝3m．

(1)对子弹进入A的过程，由动量守恒得

mv0＝(m＋mA)v1，

解得它们的共同速度，也是A的最大速度

v1＝＝．

(2)以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得

mv0＝(m＋mA＋mB)v2，

解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B的速度

v2＝＝．

[答案]　(1)　(2)

处理碰撞问题的几个关键点

(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．

(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．

(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等．

[跟进训练]

训练角度1　碰撞的可能分析

2．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是(　　)

A．－v0　　　B．0　　　C．v0　　　D．v0

ABC　[若两球发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：mv0＝(m＋2m)v，解得v＝v0．若两球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系mv＝mv＋·2mv，联立解得v1＝－v0，v2＝v0，则小球A的速度范围：－v0≤v1≤v0，故选A、B、C．]

训练角度2　碰撞模型

3．如图所示，光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R＝1 m，质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块．已知M＝4m，g取10 m/s2，若小球恰好到达圆弧的上端，求：

(1)小球的初速度v0是多少？

(2)滑块获得的最大速度是多少？

[解析]　(1)当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1．

因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有mv＝(m＋M)v＋mgR，解得v0＝5 m/s．

(2)小球到达最高点以后返回的过程中，滑块又做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大，设此时小球的速度为v2，滑块的速度为v3，研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

mv0＝mv2＋Mv3，mv＝mv＋Mv，

解得v3＝2 m/s．

[答案]　(1)5 m/s　(2)2 m/s

1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的(　　)

A．质量一定相等　　　 B．动能一定相等

C．动量一定相等 D．总动量等于零

D　[两小球碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零．]

2．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是(　　)

A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开

B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行

C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开

D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行

AD　[对选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的；对选项B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能；对选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能；对选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的．故正确选项为A、D．]

3．(多选)小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L．质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(　　)

A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒

B．当木块对地运动速率为v时，小车对地运动速率为v

C．整个系统最后静止

D．木块的位移一定大于小车的位移

BC　[因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv1＝Mv2，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与B端碰撞后，系统总动量为零，整体又处于静止状态，故B、C均正确，D错误；因木块C与B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误．]

4． (多选)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是(　　)

A．0.7v　　B．0.6v　　C．0.4v　　　D．0.2v

BC　[以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，

由机械能守恒定律得：mv2＝mv＋·2mv，

解得：vA＝－v，vB＝v，

负号表示碰撞后A球反向弹回，

如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋2m)vB，解得：vB＝v，

则碰撞后B球的速度范围是：v≤vB≤v，故B、C正确，A、D错误．]

5．如图所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)．质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将物体m3发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起．试求：

(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？

(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？

[解析]　(1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得：

m2v2－m3v1＝0．

只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等．

对m1、m3，由动量守恒定律得：m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2，

解得：v1＝1 m/s，即弹簧将m3发射出去的速度至少为1 m/s．

(2)对m2、m3及弹簧，由机械能守恒定律得：

Ep＝m3v＋m2v＝3.75 J．

[答案]　(1)1 m/s　(2)3.75 J