教科版 (2019)选择性必修 第一册5 碰撞导学案

这是一份教科版 (2019)选择性必修 第一册5 碰撞导学案，共23页。
1．弹性碰撞：如果系统在碰撞前后动能不变，这类碰撞叫作弹性碰撞。
2．非弹性碰撞：如果系统在碰撞后动能减少，这类碰撞叫作非弹性碰撞。
提醒 碰后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大，称为完全非弹性碰撞。
体验 1：思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。( √ )
(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。( × )
知识点二 中子的发现
1．发现过程
中性粒子与氢核发生弹性正碰，利用动量守恒定律和能量守恒定律，求出了中性粒子的质量，从而发现了中子。
2．正碰
两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。如图所示。
3．弹性正碰特点
(1)碰前两物体的质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2，且v1≠0，v2＝0，碰后两个物体的速度分别为v1′和v2′，则v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1。
(2)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即两者碰后交换速度。
(3)若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0。表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止。
(4)若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1。表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。
思考 质量相等的两小球碰撞后一定交换速度吗？
提示：不一定。
体验 2：思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)发生弹性正碰的两物体，动量和机械能一定都守恒。( √ )
(2)两物体发生碰撞过程中，机械能可能增加。( × )
3：填空
如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向________运动，B向________运动。
[解析] 选向右为正方向，则A的动量pA＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，发生弹性碰撞后A、B的动量之和也应为零，因两滑块发生弹性碰撞，则碰后二者的速度不能为零，故碰后A、B一定反向运动，则A向左运动，B向右运动。
[答案] 左 右
如图为两刚性摆球碰撞时的情景。
(1)两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？
(2)若碰撞后两球粘在一起，发现两球上升的高度仅是入射球释放时的高度的四分之一，说明了什么？
提示：(1)两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变。
(2)碰撞中动量守恒，机械能不守恒。
考点1 碰撞的特点和规律
1．碰撞过程的五个特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，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)动量的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
(4)位移特点：碰撞过程时间极短，在物体发生碰撞瞬间，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′。
2．碰撞的规律
(1)碰撞的种类及遵从的规律
(2)特殊的弹性碰撞——运动物体碰静止物体
角度1 弹性碰撞的分析与计算
【典例1】 如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2。(重力加速度为g)
[解析] 设m1碰撞前瞬间的速度为v，根据机械能守恒定律有m1gh＝eq \f(1,2)m1v2，解得v＝eq \r(2gh)①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2
②
由于碰撞过程中无机械能损失
eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)③
联立②③式解得v2＝eq \f(2m1v,m1＋m2)④
将①代入④得v2＝eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)。
[答案] eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)
角度2 非弹性碰撞的分析与计算
【典例2】 如图所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
思路点拨：解此题要注意物块A与C在曲面B的最高点时，三者具有相同的速度。
[解析] (1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv
解得v＝eq \f(v0,2)；
碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上达到最大高度时三者速度相同，设为v′，最大高度为h。
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
2mv＝(2m＋M)v′
根据系统机械能守恒得：
eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,2)(2m＋M)v′2＋2mgh
联立解得h＝eq \f(3veq \\al(2,0),40g)。
[答案] (1)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(3veq \\al(2,0),40g)
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]
1．(角度1)汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为( )
A．eq \f(1,2)v0 B．eq \f(2,3)v0
C．eq \f(1,3)v0 D．eq \f(1,4)v0
C [两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2，以碰撞前A的速度方向为正方向，设B的质量为m，则A的质量为2m，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(1,3)v0，C正确。]
2．(角度2)(2021·北京卷)如图所示，小物块A、B的质量均为m ＝ 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h ＝ 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s ＝ 0.30 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
[解析] (1)竖直方向为自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2得t ＝ 0.30 s。
(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s＝vt得v＝1.0 m/s
根据动量守恒定律，由mv0＝2mv得v0＝2.0 m/s。
(3)两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2mv2得ΔE＝0.10 J。
[答案] (1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
考点2 碰撞可能性的判断
判断碰撞过程是否存在的依据
1．满足动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．满足动能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3．速度要符合情景
(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的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，若同向运动，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v前′≥v后′。
(2)如果碰前两物体是相向运动，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3】 小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，正碰后小球2的动量p2′＝10 kg·m/s，两球的质量关系可能是( )
A．m2＝m1B．m2＝2m1
C．m2＝4m1D．m2＝6m1
C [由动量守恒定律，很容易知碰后小球1的动量p1′＝2 kg·m/s，这丝毫不能反映出两球的质量关系，这就要从题中内含的其他关系去寻找。首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即v1>v2，由v＝eq \f(p,m)可得eq \f(p1,m1)>eq \f(p2,m2)，即m2>eq \f(7m1,5)，故A错误；按同样思路，碰后应有v1′≤v2′，eq \f(p1′,m1)≤eq \f(p2′,m2)，有m2≤5m1，故D错误；由动能不增原则可知Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，由动能Ek与动量p的关系Ek＝eq \f(p2,2m)，可得eq \f(peq \\al(2,1),2m1)＋eq \f(peq \\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)，即有m2≥eq \f(51m1,21)，故B错误；综合以上结论得eq \f(51m1,21)≤m2≤5m1，C正确。]
碰撞合理性问题的分析思路
(1)若题目为选择题，可先根据“速度合理性原则”排除掉部分选项。
(2)对一个给定的碰撞，除了看动量是否守恒，还要看总动能是否增加，在验证动能不增加时，要灵活应用Ek＝eq \f(p2,2m)、p＝eq \r(2mEk)、Ek＝eq \f(1,2)pv或p＝eq \f(2Ek,v)等关系式。在满足以上两种情况下还应注意“速度合理性原则”。
[跟进训练]
3．(多选)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久后A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球速度的可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能正确的是( )
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
AB [设每个球的质量为m，碰撞前系统的总动量p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m(kg·m/s)，碰撞前的总动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝20m(J)，若vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s，则碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，动量守恒，总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝20m(J)，总动能也守恒，A可能实现，故A正确；若vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝4m(J)，动量守恒，总动能不增加，B可能实现，故B正确；若vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s，碰撞后A、B向正方向运动且A的速度大于B的速度，不符合实际，C不可能实现，故C错误；若vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝29m(J)，动量守恒，总动能增加，违反能量守恒定律，不可能实现，故D错误。]
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 [A为非弹性碰撞，A正确；B为弹性碰撞，B正确；总动能为零时，其总动量一定为零，故C错误；总动量守恒，则系统内各物体动量的增量的总和一定为零，D错误。]
2.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为 ( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3D．3∶1
C [由题图知，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，C正确。]
3．(多选)光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系满足3mA＝mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为9 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量变化量为－3 kg·m/s，则( )
A．左方是A球
B．右方是A球
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为3∶2
D．碰撞后A、B两球速度大小之比为3∶7
AC [光滑水平面上大小相同的A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒可得ΔpA＝－ΔpB，由于开始时两球的动量相同，而A的质量小于B的质量，所以A的速度大于B的速度，所以左方小球为A球，故A正确，B错误；碰撞后A球的动量变化量为－3 kg·m/s，因此碰后A球的动量为6 kg·m/s，由动量守恒定律可知，碰后B球的动量为12 kg·m/s，由于两球的质量关系为3mA＝mB，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为3∶2，故C正确，D错误。]
4.(新情境题，以冰壶运动为背景，考查碰撞问题)如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是( )
A．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
B [两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1＝mv2＋mv3
代入数据解得：v3＝0.3 m/s。
动能变化量：ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
＝eq \f(1,2)m(0.42－0.12－0.32)>0
故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确，A、C、D错误。]
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．碰撞问题具有什么特点？
提示：相互作用时间短，相互作用力大，近似满足动量守恒。
2．碰撞问题可分哪些类型？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞。
3．弹性碰撞的两小球在什么情况下可以交换速度？
提示：质量相等的两小球。
有趣的“牛顿摇篮”
“碰撞”在物理学中表现为两粒子或物体间极短的相互作用。 碰撞前后参与物发生速度，动量或能量改变。完全弹性碰撞妙趣横生、耐人寻味，是很特殊的一类碰撞。
牛顿摇篮
“牛顿摇篮”又名牛顿摆，它是由若干个悬挂在框架上的小球组成(如图所示)，小球之间要无缝隙，刚好接触。因牛顿摇篮小球碰撞后摆动的样子很像婴儿的摇篮在摆动，所以大家把这个实验道具起了一个有趣的名字叫牛顿摇篮。
牛顿摆是由法国物理学家伊丹·马略特(Edme Maritte)最早于1676年提出的。当摆动最右侧的球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球，最左边的球将被弹出，并仅有最左边的球被弹出。
1．上述的碰撞现象是哪种类型的碰撞？
提示：弹性碰撞。
2．上述碰撞满足什么规律？
提示：满足动量守恒和动能总和不变。
3．如下图所示，会出现什么情况？
提示：最外面的小球弹出，其他小球静止。
课时分层作业(四) 碰撞
题组一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率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 [由动量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝eq \f(1,2)·3mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A项正确。]
2.质量分别为ma＝1 kg、mb＝2 kg的a、b两球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，可知该碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能确定
A [由题x-t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前系统的总动能Ek1＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝eq \f(9,2) J，碰撞后系统的总动能Ek2＝eq \f(1,2)mav′eq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbv′eq \\al(2,b)＝eq \f(9,2) J，故系统的机械能守恒；碰撞前系统的总动量p1＝mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后系统的总动量p2＝mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故系统的动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确。]
3．(多选)如图所示，运动的A球在光滑水平面上与一个原来静止的B球发生弹性碰撞，则( )
A．要使B球获得最大动能，则应让A、B两球质量相等
B．要使B球获得最大速度，则应让A球质量远大于B球质量
C．要使B球获得最大动量，则应让A球质量远小于B球质量
D．若A球质量远大于B球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量
ABC [设A球的质量为m1、B球的质量为m2、碰前A球的速度为v0，碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，A球与B球发生弹性碰撞，则m1v0＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0。由v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0知，当A、B两球质量相等时，碰后A球的速度为零，B球获得了A球碰前的全部动能，即B球获得了最大动能，A正确；由v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0知，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A球速度的2倍，B正确；由v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0知，当A球质量远小于B球质量时，A球几乎以原速率反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得的动量接近A球初始动量的2倍，B球获得最大动量，C正确；由以上三项分析知，D错误。]
题组二 碰撞可能性的判断
4．(多选)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有 ( )
A．E1p0
C．E2>E0D．p1>p0
AB [因为碰撞前后动能不增加，故有E1