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高中物理第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞学案设计
展开弹性碰撞和非弹性碰撞
1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。
2.知道弹性碰撞的相关结论。
3.能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题。
知识点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
[情境导学]
牛顿摆是由法国物理学家伊丹马略特(Edme Mariotte)最早于1676年提出的,如图甲所示,五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定,彼此紧密排列。当摆动最左侧的球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球,会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动,仅有最右边的球被弹出,如图乙所示。请思考为什么?
提示:质量相等的两个钢球发生弹性碰撞,碰后两球交换速度。
[知识梳理]
1.弹性碰撞:系统在碰撞前后动能不变的碰撞。
2.非弹性碰撞:系统在碰撞后动能减少的碰撞。
3.实例:(1)钢球、玻璃球碰撞时,机械能损失很小,它们的碰撞可看作弹性碰撞;
(2)橡皮泥球之间的碰撞、碰撞后两物体粘在一起运动的碰撞均为非弹性碰撞。
[初试小题]
1.判断正误。
(1)发生碰撞的两物体动量是守恒的。(√)
(2)发生碰撞的两物体,机械能一定守恒。(×)
(3)碰撞后两物体能分开的碰撞一定是弹性碰撞。(×)
(4)碰撞后两个物体粘在一起,动量是守恒的,但机械能损失是最大的。(√)
2.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
解析:选A 以甲滑块的运动方向为正方向,由动量守恒定律得3mv-mv=0+mv′,所以v′=2v,
碰撞前总动能Ek=×3mv2+mv2=2mv2,
碰撞后总动能Ek′=mv′2=2mv2,
Ek=Ek′,所以A正确。
知识点二 弹性碰撞的实例分析
[情境导学]
两个小球发生弹性碰撞,如图甲、乙所示。
(1)图甲中两球碰撞前后速度方向有什么特点?系统动量守恒吗?
(2)图乙中两球碰撞前后速度方向有什么特点?系统动量守恒吗?
提示:(1)碰撞前后两球速度在同一直线上,系统动量守恒。
(2)碰撞前后两球速度不在同一直线上,系统动量守恒。
[知识梳理]
1.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。
2.弹性正碰实例分析
(1)问题情境
如图所示,质量为m1的物体以速度v1与原来静止的质量为m2的物体发生弹性正碰,碰后它们的速度分别为v1′和v2′。
(2)碰撞过程遵循的规律
①系统动量守恒:m1v1=m1v1′+m2v2′。
②系统没有动能损失:m1v12=m1v1′2+m2v2′2。
(3)碰撞后两物体的速度
v1′=v1,v2′=v1。
(4)结果分析讨论
①若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1,简记为“质量相等,交换速度”;
②当m1>m2时,v1′>0,v2′>0,且v2′>v1′,当m1≫m2时,v1′=v1,v2′=2v1;
③当m1<m2时,v1′<0,v2′>0,当m1≪m2时,v1′=-v1,v2′=0。
[初试小题]
1.判断正误。
(1)发生正碰的两个小球,碰撞前后两球均沿同一直线运动。(√)
(2)斜碰过程中系统动量仍守恒,但机械能一定不守恒。(×)
(3)发生弹性正碰的两球碰后一定交换速度。(×)
(4)质量相等的两球弹性碰撞后可能会交换速度。(√)
2.思考题。
如图所示,打台球时,质量相等的母球与目标球发生碰撞,两个球一定交换速度吗?碰撞一定是对心碰撞吗?
提示:不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时,系统的总动量守恒,总机械能守恒,才会交换速度,否则不会交换速度。母球与目标球碰撞时,对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生。
碰撞的特点和分类 |
[问题探究]
冰壶比赛中的情境如图所示。两个冰壶间的碰撞可以看成弹性碰撞吗?其碰撞一定是正碰吗?
提示:由于冰面的摩擦力比较小,两个冰壶间的碰撞可以看成弹性碰撞,其碰撞不一定是正碰,也可能是斜碰。
[要点归纳]
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)作用力特点: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,但外力可以忽略,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同一位置。
(5)能量特点:碰撞过程系统的总动能不增加,即碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。
2.碰撞的广义理解
物理学里所研究的碰撞,包括的范围很广,只要通过短时间作用,物体的动量发生了明显的变化,都可视为碰撞。例如:两个小球的撞击,子弹射入木块,系在绳子两端的物体将松驰的绳子突然拉直,铁锤打击钉子,列车车厢的挂接,中子轰击原子核等均可视为碰撞问题。需注意的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中,才能对该系统应用动量守恒定律。
3.碰撞的分类
弹性碰撞 | 碰撞过程中两物体总动量守恒,总动能守恒 | m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ m1v12+m2v22=m1v1′2+m2v2′2 |
非弹性碰撞 | 碰撞过程中两物体总动量守恒,总动能减少 | m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ m1v12+m2v22>m1v1′2+m2v2′2 |
完全非弹 性碰撞 | 碰撞后黏合为一体或碰后具有共同速度,这种碰撞动能损失最大 | m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 m1v12+m2v22>(m1+m2)v共2 |
正碰(对心碰撞或一维碰撞) | 碰撞之前球的速度与两球心的连线在同一条直线上,碰撞之后两个球的速度仍会沿着这条直线 | |
斜碰(非对心碰撞) | 碰撞之前球的速度与两球心的连线不在同一条直线上,碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线而运动 |
[例题1] 如图甲所示,在光滑水平面上的两小球发生正碰,小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的xt(位移—时间)图像。已知m1=0.1 kg。由此可以判断( )
A.碰前质量为m2的小球静止,质量为m1的小球向右运动
B.碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C.m2=0.5 kg
D.两个小球的碰撞是非弹性碰撞
[解析] 由题中图乙可知,质量为m1的小球碰前速度v1=4 m/s,碰后速度为v1′= -2 m/s,质量为m2的小球碰前速度v2=0,碰后的速度v2′=2 m/s,两小球组成的系统碰撞过程动量守恒,有m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,代入数据解得m2=0.3 kg,所以选项A正确,选项B、C错误;两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE=m1v12+m2v22-=0,所以碰撞是弹性碰撞,选项D错误。
[答案] A
处理碰撞问题的三个关键点
(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、速度关系等。
[针对训练]
1.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
解析:选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,代入数据得m×0.4 m/s=m×0.1 m/s+mv3,解得v3=0.3 m/s。动能减小量ΔE=mv12-mv22-mv32=×19×(0.42-0.12-0.32)J=0.57 J>0,故系统动能减小,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞,B正确。
2.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A. B.
C. D.
解析:选A 设中子的质量为m,因为发生的是弹性正碰,碰撞过程中动量守恒, 机械能守恒,规定中子初速度的方向为正方向,有mv1=mv2+Amv,mv12=mv22+×Amv2,两式联立解得=,选A。
碰撞问题的合理性分析与判断 |
[问题探究]
如图所示,在光滑水平地面上有质量为m1、m2的两球,分别以速度v1、v2(v1>v2)运动。两球发生对心弹性碰撞后速度分别为v1′、v2′。
请思考:(1)碰撞前后两球的总动量有什么关系?
(2)碰撞前后两球的总动能有什么关系?
(3)两球碰后的速度v1′、v2′的大小有哪些特点?
提示:(1)碰撞前后两球的总动量守恒。
(2)碰撞前两球的总动能大于或等于碰撞后两球的总动能。
(3)两球碰后的速度v1′、v2′的大小:①v2′>v2;②v1′≤v2′。
[要点归纳]
碰撞问题的三个原则
(1)动量守恒,即p1+p2=p1′+p2′。
(2)动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′。
[例题2] 在光滑水平面上,有A、B两个小球向右沿同一直线运动,取向右为正,两球的动量分别是pA=5 kg·m/s,pB=7 kg·m/s,如图所示,若能发生正碰,则碰后两球的动量增量ΔpA、ΔpB可能的是( )
A.ΔpA=-3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s
B.ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s
C.ΔpA=-10 kg·m/s,ΔpB=10 kg·m/s
D.ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=-3 kg·m/s
[解析] 两球碰撞过程,系统的动量守恒,两球动量变化量应大小相等,方向相反,根据碰撞过程动量守恒定律,如果ΔpA=-3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s,则碰后两球的动量分别为pA′=2 kg·m/s,pB′=10 kg·m/s,根据碰撞过程总动能不可能增加,故A正确。若ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s,违反了动量守恒定律,不可能,故B错误。如果ΔpA=-10 kg·m/s,ΔpB= 10 kg·m/s,则碰后两球的动量分别为pA′=-5 kg·m/s,pB′=17 kg·m/s,可以看出,碰撞后A的动能不变,而B的动能增大,违反了能量守恒定律,不可能,故C错误。根据碰撞过程动量守恒定律,如果ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=-3 kg·m/s,则碰后两球的动量分别为pA′= 8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s,碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同,A的动量不可能沿原方向增大,与实际运动不符,故D错误。
[答案] A
处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次看总动能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还要满足动能不增加,同时注意碰后合理的速度关系。
(3)要灵活运用Ek=或p=,Ek=pv或p=几个关系式进行有关计算。
[针对训练]
1.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则( )
A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析:选A 规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s,说明A、B两球的速度方向均向右,两球质量关系为mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,左方是A球;碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s,碰撞过程系统总动量守恒,有mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′,可解得碰撞后B球的动量是10 kg·m/s,根据mB=2mA,可知碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5。故选A。
2.如图所示,光滑水平地面上有两个小球甲和乙,质量分别是m和km,现让甲以初速度v0向右运动并与乙(静止)发生碰撞,碰后乙的速度为,若碰后甲、乙同向运动,则k的值可能是( )
A. B.
C. D.
解析:选B 设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v,由动量守恒定律得mv0=mv+km,解得v=v0-v0,碰撞后甲、乙同向运动则有v>0,即v0-v0>0,解得k<2;碰后甲球不能越过乙球,因此有v≤,解得k≥1;又因为碰撞过程中动能不增加,所以有mv02≥mv2+km2,解得0≤k≤3。综上可得1≤k<2,则B可能,A、C、D不可能。
爆炸问题与碰撞问题的综合
名称 比较项目 | 爆炸 | 碰撞 | |
不同点 | 动能 情况 | 有其他形式的能转化为动能,动能会增加 | 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失,动能转化为内能 |
相同点 | 过程 特点 | 都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 | |
过程 模型 | 碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理,即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 | ||
能量情况 | 都满足能量守恒定律,总能量保持不变 |
[示例] 如图所示,左侧MG为光滑半圆形轨道,与水平光滑轨道平滑相连,半径为2 m。水平轨道分为两段,MN为长L=1.5 m的光滑水平轨道,NP部分粗糙且足够长,在水平轨道靠近N点处放着两个物块A、B,中间夹着炸药,储存了60 J的化学能,某时刻引爆炸药。已知两物块与NP间的动摩擦因数μ=0.5,A、B质量分别为mA=3 kg,mB=5 kg。A、B可视为质点,假设化学能全部转化为机械能,且之后所有的碰撞为弹性碰撞。重力加速度g取10 m/s2。关于A、B的运动,下列说法正确的是( )
A.爆炸过程中,B受到的冲量大小为8 N·s
B.爆炸之后,A、B不会再次发生碰撞
C.爆炸之后,A、B会发生碰撞,且碰后向同一方向运动
D.最终A、B停止运动后的距离为1 m
[解析] 对爆炸过程,取向左为正方向,由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0,由能量守恒定律得mAvA2+ mBvB2=60 J,解得vA=5 m/s,vB=3 m/s,B受到的冲量为IB=mBvB=5× 3 N·s=15 N·s,故A错误;爆炸结束后,假设A恰好能滑到与半圆轨道圆心等高处需要的速度为v0,由机械能守恒定律得mAgr= mAv02,解得v0==2 m/s,因为 vA<v0,所以碰撞后A滑不到与半圆轨道圆心等高处,根据机械能守恒定律知,A返回N点时速度大小等于vA,因为vA>vB,所以爆炸之后,A、B会发生碰撞,碰撞时B已经静止,根据一动一静的完全弹性碰撞可得,A、B发生弹性碰撞,因A质量小于B的质量,碰后A、B运动方向相反,故B、C错误;对B,由动能定理得μmBgxB=mBvB2,从爆炸结束后到与B碰撞前,对A,由动能定理得-μmAgxB=mAvA02-mAvA2 ,A、B碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒,有mAvA0=mAvA′+mBvB′ ,mAvA02=mAvA′2+mBvB′2,碰撞结束后,对A,由动能定理得-μmAgxA′=0-mAvA′2,对B,由动能定理得-μmBgxB′=0-mBvB′2,最终A、B间距d=xA′+xB′,代入数据解得d=1 m,故D正确。
[答案] D
[拓展训练]
1.如图,两质量均为m的物块A、B紧绑在一起,中间夹有火药,它们沿光滑水平面以速度v0向右运动,某时刻火药爆炸,爆炸完成后,B与前方质量为2m的静止的物体C发生完全非弹性碰撞,之后A、B、C三物块速度相同,不计火药质量和爆炸产生的气体质量,则( )
A.三物块最终的速度均为
B.火药爆炸后,B的速度为2v0
C.火药爆炸后, A、B组成的系统增加的机械能为mv02
D.最终整个系统的机械能不变
解析:选A 火药爆炸时,A、B组成的系统动量守恒,可设爆炸后A、B的速度分别为vA、vB,则2mv0=mvA+mvB,B与C的碰撞满足系统动量守恒,则mvB=(m+2m)v共,由题意知vA=v共,联立以上三式得vA=v共=,vB= ,A正确,B错误;火药爆炸后,A、B组成的系统增加的机械能ΔE=-×2mv02=mv02,C错误;最初整个系统的机械能为×2mv02=mv02,最终整个系统的机械能为×4mv共2=mv02,D错误。
2.如图所示,可视为质点的小物块A、B的质量分别为m和3m,静止放在光滑水平地面上,物块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。某时刻炸药爆炸使物块A、B脱离,然后物块A与一质量为2m且以速度v0向右滑动的物块C发生碰撞,物块A、C碰撞后,物块A、B、C具有相同的速度。若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块A、B的机械能,求炸药爆炸时释放的化学能。
解析:对炸药爆炸过程,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得3mvB-mvA=0,A、C碰撞过程有2mv0-mvA=3mvB,联立解得vA=v0,vB=
由能量守恒定律,爆炸释放化学能得E=mvA2+×3mvB2,解得E=mv02。
答案:mv02
1.下列对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,一般内力都远远小于外力,所以不能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,这样的碰撞叫作非弹性碰撞
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
解析:选A 碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞,C错误。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错误。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显著变化的过程,在碰撞现象中,内力一般远大于外力,可以认为系统的总动量守恒,A正确,B错误。
2.质量为m的小球a静止在光滑水平面上,一质量为2m的小球b以水平速度v与小球a发生弹性正碰,碰撞时间极短可忽略不计,碰后瞬时a、b两球速度大小之比为( )
A.4 B.3
C.2 D.1
解析:选A 由弹性碰撞满足动量守恒和能量守恒,设b的速度为正方向,得2mv=2mvb+mva,×2mv2=×2mvb2+mva2,解得va=,vb=,则有=4,故选A。
3.新型冠状病毒肺炎疫情期间,一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞,想要出门逛逛,但是又担心受到感染,因此绞尽脑汁来自我保护。如图所示,一对母女穿着同款充气“防护服”出来散步,由于两人初次穿充气服,走起路来有些控制不好平衡,所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m,女儿的质量为m,且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞,碰撞后妈妈静止不动,则这次碰撞属于( )
A.弹性碰撞
B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞
D.条件不足,无法确定
解析:选A 设碰撞后女儿的速度为v′,根据动量守恒定律可得3mv-mv=mv′,故碰后女儿的速度为v′=2v;碰前母女俩的总动能为Ek=×3mv2+mv2=2mv2,碰后母女俩的总动能为Ek′=mv′2=2mv2,由于碰撞前后总动能相等,所以母女俩的碰撞为弹性碰撞,选A。
4.如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量 m甲大于乙球质量m乙,水平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪种情况?( )
A.甲球速度为零,乙球速度不为零
B.两球速度都为零
C.乙球速度为零,甲球速度不为零
D.两球都以各自原来的速率反向运动
解析:选A 根据两球动能相等有m甲v甲2=m乙v乙2 ,得出两球碰前动量大小之比= ,因m甲>m乙,则p甲>p乙,则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断,碰后两球运动情况可能是A所述情况,而B、C、D情况是违背动量守恒的,故B、C、D情况是不可能的。
高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册5 弹性碰撞和非弹性碰撞导学案及答案: 这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册5 弹性碰撞和非弹性碰撞导学案及答案,共5页。
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