资源简介

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
[学习目标]　1.知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点,形成运动与相互作用的物理观念.2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题.(重难点) 3.理解实际碰撞中应遵循的三个原则,会对碰撞的可能性进行分析判断.(难点) 4.了解自然界中物体运动的各种守恒定律.
知识点一　碰撞的分类
情境导学
如图甲所示,两个相同的刚性球悬挂于同一水平面,两悬点的距离等于刚性球的直径大小,线长相等,将右侧小球拉开至一定高度释放,松手后使之与另一球发生正碰.结果发现右边小球停下来,左边小球摆至右侧小球释放时的高度.
(1)两个球碰撞前后总机械能是否相等
(2)如果给两小球围上如图乙所示的尼龙搭扣,两球碰后粘在一起,上升的最大高度为释放高度的,两球碰撞时总的机械能还守恒吗
提示:(1)相等.
(2)不守恒.
知识整合
1.碰撞
(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,所以可以认为系统在碰撞过程中动量守恒.
说明:(1)在碰撞发生相互作用的过程中,相互作用力先是急剧增大,然后急剧减小,平均作用力很大.
(2)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的极短时间内仍在同一位置.
2.分类
(1)弹性碰撞:两球碰撞后,它们的形变能完全恢复,没有机械能损失,碰撞前后两小球构成的系统机械能相等(选填“相等”或“不相等”).
(2)非弹性碰撞:两球碰撞后,它们的形变不能完全恢复原状,这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量,碰撞前后系统的机械能不相等(选填“相等”或“不相等”).
(3)完全非弹性碰撞:两球碰撞后粘在一起,机械能损失最大.
3.交流讨论:我们将两球的碰撞过程与左图类比(两图中水平面均光滑).
[拓展延伸1] 设A球的质量为m1,B球的质量为m2.
(1)若如上图乙所示,两球的形变不再恢复,试求图乙中两球碰后的速度和碰撞产生的热量;
(2)若如上图丁所示,求两球碰后的速度.
【答案】 (1)v0　
(2)v0　v0
【解析】 (1)题图乙中这种碰撞是完全非弹性碰撞,A、B两球最终共速,由动量守恒定
律有
m1v0=(m1+m2)v共,
可知v1=v2=v共=v0,
由能量守恒定律得
Q=ΔEk=m1-(m1+m2)=.
(2)题图丁中这种碰撞属于弹性碰撞,系统动量守恒,机械能守恒,
由动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,
由机械能守恒定律有
m1=m1+m2,
联立解得v1=v0,v2=v0.
[拓展延伸2] (多选)在图甲中,若A、B两球质量相等,则碰后B球的速度可能为(　　)
[A] 0.2v0 [B] 0.4v0 [C] 0.6v0 [D] v0
【答案】 CD
【解析】 两球碰撞过程系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向,若发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv0=mvA+mvB,由机械能守恒定律得m=m+m,解得vB=v0;若发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mv0=(m+m)v,解得v=,碰后B的速度介于两者之间,故选项C、D正确.
归纳提升
　一动一静碰撞问题的情况总结
质量为m1的球A以速度v1和静止的质量为m2的球B碰撞,碰后球A、B的速度分别为v1′和v2′.根据能量损失情况不同,讨论碰后可能出现的情况如下:
(1)弹性碰撞:v1′=v1,v2′=v1.
(2)完全非弹性碰撞:v1′=v2′=v1.
(3)一般情况下:v1≥v1′≥v1,v1≥v2′≥v1.
[例1] (碰撞性质的判断与计算)(2025·广东广州期中)某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg,初始时两冰壶之间的距离s=7.5 m,运动员以v0=2 m/s的初速度将冰壶A水平掷出后,与静止的冰壶B碰撞,碰后冰壶A的速度大小变为vA=0.2 m/s,方向不变,碰撞时间极短.已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求冰壶A与B碰撞前的速度大小v1;
(2)求两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB;
(3)判断两冰壶碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞.
【答案】 (1)1 m/s　(2)0.8 m/s
(3)非弹性碰撞
【解析】 (1)冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前,根据动能定理可得
-μmgs=m-m,
代入数据解得v1=1 m/s.
(2)两冰壶碰撞过程中,满足动量守恒,则有
mv1=mvA+mvB,
代入数据解得vB=0.8 m/s.
(3)碰撞前两冰壶的总动能为
Ek1=m=10 J,
碰撞后两冰壶的总动能为
Ek2=m+m=6.8 J,
由于Ek1>Ek2,可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞.
知识点二　碰撞的实例分析
情境导学
　根据弹性碰撞的相关知识,请分析讨论完成以下问题:
(1)以碰前物体m1的速度方向为正方向,
①若m1=m2,则有v1′=0,v2′=v1,即碰撞后两物体速度互换.
②若m1>m2,则v1′>0,v2′>0(均选填“>”“<”或“=”),表示v1′和v2′都与v1方向相同(选填“相同”或“相反”).
③若m1”“<”或“=”),表示v1′与v1方向相反(选填“相同”或“相反”).
(2)继续思考.
①若m1 m2,则v1′=v1,v2′=2v1;
②若m1 m2,则v1′=-v1,v2′=0.
问题思考
如图所示,光滑水平面上并排静止着小球2、3、4,小球1以速度v0射来,已知四个小球完全相同,小球间发生弹性碰撞,则碰撞后各小球的运动情况如何
提示:小球1与小球2碰撞后交换速度,小球2与小球3碰撞后交换速度,小球3与小球4碰撞后交换速度,最终小球1、2、3静止,小球4以速度v0运动.
[例2] (碰撞中的图像问题)如图甲所示,在光滑水平面上,两个小球沿同一条直线运动,发生碰撞且碰撞时间极短.碰撞前后两球在同一直线上运动的位置随时间变化的s-t图像如图乙所示.下列说法正确的是(　　)
甲
乙
[A] m1、m2两球的质量之比为1∶3
[B] 碰撞前后m1的动量变化量大于m2的动量变化量
[C] 两球发生的碰撞为弹性碰撞
[D] 两球发生的碰撞为非弹性碰撞
【答案】 D
【解析】 根据题意,由s-t图像可知,碰撞前小球m1的速度为v1= m/s=4 m/s,小球m2静止,碰撞后小球m1的速度为v1′= m/s=-2 m/s,小球m2的速度为v2′= m/s=1 m/s,由于碰撞时间极短,碰撞过程中系统的动量守恒,则碰撞前后小球m1的动量变化量大小等于m2的动量变化量,由动量守恒定律有m1v1=m1v1′+m2v2′,解得=,故A、B错误;设小球m1的质量为m,则小球m2的质量为6m,碰撞前的动能为Ek1=m=8m,碰撞后的动能为Ek2=mv1′2+·
6mv2′2=5m,可知两球发生的碰撞为非弹性碰撞,故C错误,D正确.
[例3] (水平方向上的弹簧碰撞模型)(多选)如图所示,在光滑的水平面上,物体B静止,在物体B上固定一个轻弹簧.物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用,物体A的质量为m,物体B的质量为2m,在物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中(　　)
[A] 弹簧再次恢复原长时B的速度大小为v0
[B] 弹簧弹性势能的最大值为m
[C] 物体A的动量变化量大小为mv0
[D] 物体B先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动
【答案】 BD
【解析】 在物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中,两物体和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvA+2mvB,由机械能守恒定律得m=m+×2m,联立解得vA=-v0,vB=v0,故A错误.两物体速度相等时弹簧压缩量最大,弹簧弹性势能最大,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=
(m+2m)v,由机械能守恒定律得m=(m+2m)v2+Ep,联立解得Ep=m,故B正确.从物体A刚接触弹簧到弹簧再次恢复原长的过程,A的动量变化量为Δp=mvA-mv0=-mv0,其大小为mv0,故C错误.物体A与弹簧接触后做减速运动,B做加速运动,弹簧压缩量增大,弹簧弹力变大,B的加速度变大;当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大,然后弹簧逐渐恢复原长,弹簧弹力减小,B的加速度减小,B继续做加速运动,则整个过程B先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,故D正确.
知识点三　碰撞可能性问题分析
归纳提升
碰撞问题遵从的三个原则
(1)动量守恒定律:p1+p2=p1′+p2′.
(2)机械能不增加原理:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+.
(3)速度要符合实际情境:如果碰前两物体同向运动,碰撞前物体的速度v后>v前,碰撞后若两物体仍同向运动,则前面物体的速度一定增大,且v前′≥v后′.
[例4] (碰撞中的可能性分析)(多选)(2025·广东广州联考)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动,A球的动量是7 kg·m/s,B球的动量是5 kg·m/s,A球追上B球发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能为(　　)
[A] pA′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s
[B] pA′=6 kg·m/s,pB′=6 kg·m/s
[C] pA′=5 kg·m/s,pB′=7 kg·m/s
[D] pA′=-2 kg·m/s,pB′=14 kg·m/s
【答案】 BC
【解析】 由题意,碰撞前系统总动量p=pA+pB=12 kg·m/s,设mA=mB=m,碰前总动能为Ek=
+=+=.若pA′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s,系统动量守恒,但是碰撞后A的速度仍大于B,与实际不相符,A错误;若pA′=6 kg·m/s,pB′=6 kg·m/s,系统动量守恒,碰撞后的总动能Ek′=2×=Ek,不可能,D错误.
判断碰撞可能性问题时,要依据先简后繁的原则用排除法做题,先根据动量守恒定律和速度同向合理的规律排除部分选项,再验证速度较大或动量较大的选项是否符合机械能不增加原理.
[例5] (碰撞中的可能性分析)(2025·广东佛山月考)某运动员在进行台球比赛,在某一杆击球过程中,白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动,碰前白色球A的动量pA=
5 kg·m/s,花色球B静止,碰后花色球B的动量变为pB′=4 kg·m/s,则两球的质量mA与mB间的关系可能是(　　)
[A] mB=mA [B] mB=mA
[C] mB=2mA [D] mB=5mA
【答案】 C
【解析】 碰撞过程系统动量守恒,以白色球A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得pA+pB=pA′+pB′,解得pA′=1 kg·m/s;根据碰撞过程总动能不增加,则有+≥+,解得mB≥mA,碰后两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则≤,解得mB≤4mA,综上可知mA≤mB≤4mA,故选C.
知识点四　自然界中的守恒定律
情境导学
如图所示,小车固定在光滑的水平面上,小球沿光滑的弧形轨道下滑时,它的机械能守恒.若小车不固定,小球的机械能还守恒吗 球和车组成的系统的机械能守恒吗 若弧形轨道粗糙,球和车组成的系统机械能不再守恒,动量是否守恒
提示:小球的机械能不守恒;系统的机械能守恒;动量不守恒,但球和车组成的系统水平方向动量守恒.
归纳提升
1.机械能守恒定律与动量守恒定律的比较
项目 机械能守恒定律 动量守恒定律
研究 对象 相互作用的物体组成的系统
守恒 条件 物体系统内只有重力或弹力做功,其他力不做功 系统不受外力或所受外力的合力等于零
守恒 性质 标量守恒 (不考虑方向性) 矢量守恒 (规定正方向)
适用 范围 仅限于宏观、低速领域 普遍成立
联系 动量守恒定律和机械能守恒定律可以运用理论推导出来,但重要的是它们都可以用实验来验证,因此它们都是实验定律
注意 系统的动量守恒时,机械能不一定守恒;系统的机械能守恒时,其动量也不一定守恒.这是两个守恒定律的守恒条件不同而导致的必然结果.很多情况下,动量守恒但有内力做功,有其他形式的能量转化为机械能,从而使机械能不守恒
2.应用“两个守恒”定律求解问题的步骤
[例6] 如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道.已知圆弧轨道的质量为2m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道,重力加速度为g,求:
(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v0、g表示);
(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小.
[思路点拨] (1)看到“光滑水平面上”,想到小球与圆弧轨道在水平方向上动量守恒.
(2)看到“能上升的最大高度”,想到最高点二者速度相等.
(3)看到“小球离开圆弧轨道”,想到从开始到离开轨道满足动量守恒和机械能守恒.
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)小球沿圆弧轨道上升到最高点时两物体速度相同,系统在水平方向上动量守恒,规定v0的方向为正方向,有mv0=3mv,
解得v=;
根据机械能守恒定律得
m=×3mv2+mgh,解得h=.
(2)小球离开圆弧轨道时,根据动量守恒定律得
mv0=mv1+2mv2,
根据机械能守恒定律得
m=m+×2m,
联立解得v1=-,
则小球离开圆弧轨道时的速度大小为.
[训练] 如图所示,在光滑水平面上静止放置一个弧形槽,其光滑弧面底部与水平面相切,将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放.已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失,弧形槽质量大于小滑块质量,则(　　)
[A] 下滑过程中,小滑块的机械能守恒
[B] 下滑过程中,小滑块所受重力的功率一直增大
[C] 下滑过程中,弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒
[D] 小滑块能追上弧形槽,但不能到达弧形槽上的A点
【答案】 D
【解析】 小滑块在弧形槽上下滑过程中,弧形槽将向左滑动,小滑块将对弧形槽做功,小滑块的机械能不守恒,A错误.小滑块在弧形槽上下滑过程中,开始时小滑块的速度为零,下滑到最低点时小滑块的速度水平,竖直方向速度为零,可知小滑块沿竖直方向的分速度先增大后减小,小滑块所受重力的功率先增大后减小,B错误.小滑块在弧形槽上下滑过程中,小滑块和弧形槽构成的系统在水平方向上合外力为零,动量守恒;在竖直方向上小滑块具有向下的加速度,系统在竖直方向上动量不守恒,C错误.当小滑块刚好滑离弧形槽时,水平方向上根据动量守恒定律有Mv1=mv2,根据能量守恒定律有mgh=M+m,由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m,故v2>v1;小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失,故小滑块与弹簧分离后,小滑块的速度大小不变、方向相反,故小滑块能追上弧形槽;当小滑块在弧形槽上到达最高点时,水平方向上根据动量守恒定律有Mv1+mv2=(m+M)v,根据能量守恒定律有mgh1=M+m-(m+M)v2,可得h1课时作业
(分值:94分)
(选择题每题6分)
知识点一　碰撞的分类
1.下列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,一般内力都远大于外力,所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
[C] 如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞
[D] 微观粒子的相互作用由于不发生直接接触,所以不能称其为碰撞
【答案】 A
【解析】 碰撞是十分普遍的现象,它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象,一般内力远大于外力,系统动量守恒,动能不一定守恒.如果碰撞中机械能守恒,就叫作弹性碰撞.微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点,所以仍然是碰撞,故A正确.
2.(多选)(2025·广东广州检测)质量为mA的A球,以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动,并与B球发生弹性正碰,假设B球的质量mB可选取不同的值,则下列说法正确的有(　　)
[A] 当mB=mA时,碰后A、B两球共速
[B] 当mB=mA时,碰后两球互换速度
[C] 当mB>mA时,碰后A球反向运动
[D] 当mB【答案】 BC
【解析】 两球发生弹性正碰,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2,mA=mA+mB,解得v1=v0,v2=v0.当mB=mA时,v1=0,v2=v0,碰后两球互换速度,A错误,B正确;当mB>mA时,v1=v0<0,碰后A球反向运动,C正确;当mB知识点二　弹性碰撞的实例分析
3.(2025·广东肇庆阶段练习)如图所示,一轻质弹簧两端分别连着木块A和B,静止于光滑的水平面上.木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并嵌在其中,已知木块B的质量为m,A的质量是B的,子弹的质量是B的,则(　　)
[A] 子弹击中木块A后,与A的共同速度为v0
[B] 子弹击中木块A后,与A的共同速度为v0
[C] 弹簧压缩到最短时的弹性势能为m
[D] 弹簧压缩到最短时的弹性势能为m
【答案】 A
【解析】 子弹射入A的过程时间极短,根据动量守恒定律可得mv0=v,解得v=
v0,A正确,B错误;对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统,A、B速度相等时弹簧被压缩到最短,根据动量守恒定律有mv0=(m+m+m)v1,此时弹簧的弹性势能为Ep,由能量守恒定律有×(m+m)v2=×(m+m+m)+Ep,解得E=m,C、D错误.
4.(多选)如图所示,大小、形状相同的两小球A、B在同一水平面上沿同一直线相向运动,小球A的质量为m,速度大小为v0、方向水平向右,小球B的质量也为m,速度大小为2v0、方向水平向左,两小球发生弹性碰撞后,下列说法正确的有(　　)
[A] 小球A向左运动,小球B静止
[B] 小球A向左运动,小球B向右运动
[C] 小球A的动能增加了m
[D] 小球B的动量变化量大小为mv0
【答案】 BC
【解析】 两小球发生弹性碰撞,设碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB,取向左为正方向,则m(-v0)+m×2v0=mvA+mvB,m+m(2v0)2=m+m,解得vA=2v0,vB=-v0,所以小球A向左运动,小球B向右运动,A错误,B正确;小球A的动能增加了ΔEkA=m-m=
m,C正确;小球B的动量变化量为Δp=mvB-m×2v0=m(-v0)-m×2v0=-3mv0,D错误.
5.(多选)(2025·广东梅州阶段练习)如图甲所示,一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接,并且静止在光滑的水平面上,其中m2=4 kg.现使m1瞬时获得水平向右的速度,并以此刻为计时零点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得(　　)
[A] 在t1时刻A与B两物块的动能之比为2∶1
[B] 在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸长状态
[C] 从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
[D] 从0到t4过程中弹簧的弹性势能最大为6 J
【答案】 CD
【解析】 以m1的初速度方向为正方向,对0～t1时间内的过程,由动量守恒定律得m1v1=
(m1+m2)v,将v1=3 m/s、v=1 m/s代入解得m1=2 kg,t1时刻速度相同,根据动能的公式Ek=mv2,则Ek∝m,可知A与B两物块的动能之比为1∶2,故A错误;t3到t4时刻,m2的速度减小,m1的速度增大到与初始时刻相等,说明从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长,t4时刻弹簧恢复原长,故B错误,C正确;当m1和m2的速度相等时,弹簧弹性势能最大,根据机械能守恒定律可得Epm=m1-(m1+m2)v2,代入解得Epm=6 J,故D正确.
知识点三　碰撞的可能性问题
6.(2025·广东期中)如图所示,动量分别为pA=6 kg·m/s,pB=8 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动,经过一段时间后两球发生正碰,分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量,下列选项可能正确的是(　　)
[A] ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s
[B] ΔpA=-2 kg·m/s,ΔpB=2 kg·m/s
[C] ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=-3 kg·m/s
[D] ΔpA=-12 kg·m/s,ΔpB=12 kg·m/s
【答案】 B
【解析】 由题意可知,无论小球A反弹或者不反弹,小球A的动量一定减小,即动量变化ΔpA<0,选项A、C错误;由动量守恒,得pA+pB=pA′+pB′,化简得pA′-pA=-(pB′-pB),即ΔpB=-ΔpA,当ΔpA=-2 kg·m/s时,ΔpB=2 kg·m/s,且碰后系统的总动能不增加,选项B正确;当ΔpA=-12 kg·
m/s,ΔpB=12 kg·m/s时,系统虽然满足动量守恒,但是碰后系统的总动能增加,不可能实现,选项D错误.
7.(多选)在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球,它们的动能相等,已知甲球的质量大于乙球的质量,它们正碰后可能发生的情况是(　　)
[A] 甲球停下,乙球反向运动
[B] 甲球反向运动,乙球停下
[C] 甲、乙两球都反向运动
[D] 甲、乙两球都反向运动,且动能仍相等
【答案】 AC
【解析】 由p2=2mEk知,甲球的动量大于乙球的动量,所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向,可以判断A、C正确.
知识点四　自然界中的守恒定律
8.(多选)带有四分之一光滑圆弧轨道的质量为M的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示,一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车,到达某一高度后,小球又返回车的左端,则(　　)
[A] 小球以后将向左做平抛运动
[B] 小球将做自由落体运动
[C] 此过程小球对滑车做的功为M
[D] 小球沿弧形轨道上升的最大高度为
【答案】 BC
【解析】 由于没有摩擦和系统外力做功,因此该系统在整个过程中机械能守恒,即作用前后系统动能相等,又因为水平方向上动量守恒,故可以用弹性碰撞的结论解决.因为两者质量相等,故发生速度交换,即滑车最后的速度为v0,小球的速度为0,因而小球将做自由落体运动,由动能定理可知,小球对滑车做功W=M.小球上升到最高点时与滑车相对静止,具有共同速度v′,因此又可以把小球从开始到上升到最高点的过程看作完全非弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0=2Mv′,M=2×Mv′2+Mgh,联立解得h=,故B、C正确.
(选择题每题9分)
9.(多选)(2025·广东深圳联考)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧右端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x;现让弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则(　　)
[A] 物体A的质量为3m
[B] 物体A的质量为2m
[C] 弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
[D] 弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
【答案】 AC
【解析】 对题图甲,设物体A的质量为mA,由机械能守恒定律得,弹簧压缩量为x时弹性势能Ep=mA;对题图乙,A、B组成的系统动量守恒,弹簧压缩量最大时,A、B速度相等,有mA·2v0=(mA+m)v,由机械能守恒定律得Ep=mA(2v0)2-(mA+m)v2,联立解得mA=3m,Ep=
m,故A、C正确.
10.(多选)(2025·广东汕头期中)A、B两个物块在光滑的水平面上发生正碰,碰撞时间极短,两物块运动的s-t图像如图所示,则下列判断正确的有(　　)
[A] 碰撞后A、B两个物块运动方向相同
[B] 碰撞前后物块A的速度大小之比为5∶3
[C] A、B的质量之比m1∶m2=2∶3
[D] 此碰撞为弹性碰撞
【答案】 CD
【解析】 因为s-t图像的斜率表示速度,且斜率的正负表示速度的方向,由图像可知,碰撞后A、B两个物块运动方向相反,A错误;由图像可得,碰撞前物块A的速度为v1==5 m/s,碰撞后物块A的速度为v1′==-1 m/s,所以碰撞前后物块A的速度大小之比为5∶1,B错误;同理可得,碰撞前后物块B的速度分别为v2=0,v2′==4 m/s,设A、B的质量分别为m1、m2,由动量守恒定律得m1v1=m1v1′+m2v2′,解得m1∶m2=2∶3,C正确;碰撞前后A、B系统的机械能分别为E=m1=12.5m1,E′=m1v1′2+m2v2′2=12.5m1,即碰撞前后系统机械能守恒,故此碰撞为弹性碰撞,D正确.
11.(12分)(2025·广东河源期中)如图所示,质量mA=0.2 kg、mB=0.3 kg的小球A、B均静止在光滑水平面上.现给A球一个向右的初速度 v0=5 m/s,之后与B球发生对心碰撞.
(1)(6分)若碰后B球的速度向右,大小为3 m/s,求碰后A球的速度.
(2)(6分)若A、B球发生弹性碰撞,求碰后A、B球各自的速度.
【答案】 (1)0.5 m/s　(2)-1 m/s　4 m/s
【解析】 (1)A、B两球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得
mAv0=mAv1+mBv2,
解得v1=0.5 m/s.
(2)若两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB,
由机械能守恒定律得
mA=mA+mB,
解得vA=-1 m/s,vB=4 m/s.
12.(16分)(2025·广东韶关期末)如图所示为冰壶比赛场地示意图,在某次比赛中,红方队员将红色冰壶以v0=3.2 m/s的速度从P点推出,冰壶在冰面上做匀减速直线运动并恰好停在营垒边缘上的A点,然后黄方队员推出的黄色冰壶在A点与红方静止的冰壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,碰后红壶停在营垒边缘上的B点,黄壶停在营垒中心O与A点连线的中点C处,已知P、A两点间距离l=25.6 m,营垒半径R=1.8 m,g取10 m/s2,红壶和黄壶可视为质点,质量均为m=20 kg,且与冰面的动摩擦因数相同.
(1)(5分)求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ;
(2)(5分)求黄壶与红壶碰撞前瞬间速度v的大小;
(3)(6分)黄壶与红壶的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞 请说明理由.
【答案】 (1)0.02　(2)1.8 m/s
(3)非弹性碰撞,理由见解析
【解析】 (1)红色冰壶从P点推出后,从P到A点由动能定理得-μmgl=0-m,
解得冰壶与冰面间的动摩擦因数μ=0.02.
(2)设红壶碰撞后瞬间速度为v1,黄壶碰撞后瞬间速度为v2,由动能定理得
-μmglAB=0-m,
-μmglAC=0-m,
解得v1=1.2 m/s,v2=0.6 m/s,
黄壶与红壶的碰撞过程中,由动量守恒定律得
mv=mv1+mv2,
解得黄壶与红壶碰撞前瞬间速度大小为
v=1.8 m/s.
(3)黄壶与红壶碰撞前系统的动能
Ek=mv2=×20×1.82 J=32.4 J,
黄壶与红壶碰撞后系统的总动能
Ek′=m+m=×20×(1.22+0.62) J
=18 J,
则Ek>Ek′,所以黄壶与红壶的碰撞是非弹性碰撞.(共49张PPT)
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
1.知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点,形成运动与相互作用的物理观念.2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题.(重难点) 3.理解实际碰撞中应遵循的三个原则,会对碰撞的可能性进行分析判断.(难点) 4.了解自然界中物体运动的各种守恒定律.
[学习目标]
知识点一　碰撞的分类
「情境导学」
如图甲所示,两个相同的刚性球悬挂于同一水平面,两悬点的距离等于刚性球的直径大小,线长相等,将右侧小球拉开至一定高度释放,松手后使之与另一球发生正碰.结果发现右边小球停下来,左边小球摆至右侧小球释放时的高度.
(1)两个球碰撞前后总机械能是否相等
提示:(1)相等.
提示: (2)不守恒.
「知识整合」
1.碰撞
(1)定义:碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的 时间内产生
的相互作用.
(2)特点:物体组成的系统所受外力 内力,且相互作用时间 ,所以可以认为系统在碰撞过程中 守恒.
极短
非常大
远小于
极短
动量
说明:(1)在碰撞发生相互作用的过程中,相互作用力先是急剧增大,然后急剧减小,平均作用力很大.
(2)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的极短时间内仍在同一位置.
2.分类
(1)弹性碰撞:两球碰撞后,它们的形变能完全恢复,没有机械能损失,碰撞前后两小球构成的系统机械能 (选填“相等”或“不相等”).
(2)非弹性碰撞:两球碰撞后,它们的形变不能完全恢复原状,这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量,碰撞前后系统的机械能 (选填
“相等”或“不相等”).
(3)完全非弹性碰撞:两球碰撞后粘在一起,机械能损失 .
相等
不相等
最大
3.交流讨论:我们将两球的碰撞过程与左图类比(两图中水平面均光滑).
=
小
=
小
<
小
大
<
小
大
<
相等
<
相等
[拓展延伸1] 设A球的质量为m1,B球的质量为m2.
(1)若如上图乙所示,两球的形变不再恢复,试求图乙中两球碰后的速度和碰撞产生的热量;
(2)若如上图丁所示,求两球碰后的速度.
[拓展延伸2] (多选)在图甲中,若A、B两球质量相等,则碰后B球的速度可能为(　 　 )
[A] 0.2v0 [B] 0.4v0
[C] 0.6v0 [D] v0
CD
「归纳提升」
[例1] (碰撞性质的判断与计算)(2025·广东广州期中)某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg,初始时两冰壶之间的距离s=7.5 m,运动员以v0=
2 m/s的初速度将冰壶A水平掷出后,与静止的冰壶B碰撞,碰后冰壶A的速度大小变为vA=0.2 m/s,方向不变,碰撞时间极短.已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求冰壶A与B碰撞前的速度大小v1;
【答案】 (1)1 m/s　
(2)求两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB;
【答案】 (2)0.8 m/s
【解析】 (2)两冰壶碰撞过程中,满足动量守恒,则有
mv1=mvA+mvB,
代入数据解得vB=0.8 m/s.
(3)判断两冰壶碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞.
【答案】 (3)非弹性碰撞
知识点二　碰撞的实例分析
「情境导学」
根据弹性碰撞的相关知识,请分析讨论完成以下问题:
(1)以碰前物体m1的速度方向为正方向,
①若m1=m2,则有v1′= ,v2′= ,即碰撞后两物体速度 .
②若m1>m2,则v1′ 0,v2′ 0(均选填“>”“<”或“=”),表示v1′和v2′都与v1方向 (选填“相同”或“相反”).
0
v1
互换
>
>
相同
③若m1”“<”或“=”),表示v1′与v1方向 (选填“相同”或“相反”).
(2)继续思考.
①若m1 m2,则v1′= ,v2′= ;
②若m1 m2,则v1′= ,v2′= .
<
相反
v1
2v1
-v1
0
「问题思考」
如图所示,光滑水平面上并排静止着小球2、3、4,小球1以速度v0射来,已知四个小球完全相同,小球间发生弹性碰撞,则碰撞后各小球的运动情况如何
提示:小球1与小球2碰撞后交换速度,小球2与小球3碰撞后交换速度,小球3与小球4碰撞后交换速度,最终小球1、2、3静止,小球4以速度v0运动.
[例2] (碰撞中的图像问题)如图甲所示,在光滑水平面上,两个小球沿同一条直线运动,发生碰撞且碰撞时间极短.碰撞前后两球在同一直线上运动的位置随时间变化的s-t图像如图乙所示.下列说法正确的是(　　)
甲 乙
[A] m1、m2两球的质量之比为1∶3
[B] 碰撞前后m1的动量变化量大于m2的动量变化量
[C] 两球发生的碰撞为弹性碰撞
[D] 两球发生的碰撞为非弹性碰撞
D
[例3] (水平方向上的弹簧碰撞模型)(多选)如图所示,在光滑的水平面上,物体B静止,在物体B上固定一个轻弹簧.物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用,物体A的质量为m,物体B的质量为2m,在物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中( 　　)
BD
知识点三　碰撞可能性问题分析
「归纳提升」
[例4] (碰撞中的可能性分析)(多选)(2025·广东广州联考)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动,A球的动量是7 kg·m/s,B球的动量是5 kg·m/s,A球追上B球发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能为(　　 )
[A] pA′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s
[B] pA′=6 kg·m/s,pB′=6 kg·m/s
[C] pA′=5 kg·m/s,pB′=7 kg·m/s
[D] pA′=-2 kg·m/s,pB′=14 kg·m/s
BC
判断碰撞可能性问题时,要依据先简后繁的原则用排除法做题,先根据动量守恒定律和速度同向合理的规律排除部分选项,再验证速度较大或动量较大的选项是否符合机械能不增加原理.
·方法技巧·
C
知识点四　自然界中的守恒定律
「情境导学」
如图所示,小车固定在光滑的水平面上,小球沿光滑的弧形轨道下滑时,它的机械能守恒.若小车不固定,小球的机械能还守恒吗 球和车组成的系统的机械能守恒吗 若弧形轨道粗糙,球和车组成的系统机械能不再守恒,动量是否守恒
提示:小球的机械能不守恒;系统的机械能守恒;动量不守恒,但球和车组成的系统水平方向动量守恒.
「归纳提升」
1.机械能守恒定律与动量守恒定律的比较
项目 机械能守恒定律 动量守恒定律
研究 对象 相互作用的物体组成的系统
守恒 条件 物体系统内只有重力或弹力做功,其他力不做功 系统不受外力或所受外力的合力等于零
守恒 性质 标量守恒 (不考虑方向性) 矢量守恒
(规定正方向)
适用 范围 仅限于宏观、低速领域 普遍成立
联系 动量守恒定律和机械能守恒定律可以运用理论推导出来,但重要的是它们都可以用实验来验证,因此它们都是实验定律
注意 系统的动量守恒时,机械能不一定守恒;系统的机械能守恒时,其动量也不一定守恒.这是两个守恒定律的守恒条件不同而导致的必然结果.很多情况下,动量守恒但有内力做功,有其他形式的能量转化为机械能,从而使机械能不守恒
2.应用“两个守恒”定律求解问题的步骤
[例6] 如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道.已知圆弧轨道的质量为2m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道,重力加速度为g,求:
(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v0、g表示);
(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小.
[思路点拨] (1)看到“光滑水平面上”,想到小球与圆弧轨道在水平方向上动量守恒.
(2)看到“能上升的最大高度”,想到最高点二者速度相等.
(3)看到“小球离开圆弧轨道”,想到从开始到离开轨道满足动量守恒和机械能守恒.
[训练] 如图所示,在光滑水平面上静止放置一个弧形槽,其光滑弧面底部与水平面相切,将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放.已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失,弧形槽质量大于小滑块质量,则(　　)
[A] 下滑过程中,小滑块的机械能守恒
[B] 下滑过程中,小滑块所受重力的功率一直增大
[C] 下滑过程中,弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒
[D] 小滑块能追上弧形槽,但不能到达弧形槽上的A点
D
感谢观看

展开更多......

收起↑