高中物理教科版选修3-5教学案：第一章 第1节 碰撞 Word版含答案
教科版高中物理选修3-5同步教学课件 第1章 3 课时1 碰撞问题的定量分析
(×)
答案
2.如图1所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一水 平轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，A以4 m/s的 速度向B运动，碰撞后两木块粘在一起运动，则两木块碰前的总动能为 _1_6__J，两木块碰后的总动能为_8__J；A、B间碰撞为_非__弹__性__(填“弹性” 或“非弹性”)碰撞.弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为__8_J.
C.v1＝0，v2＝v3＝12v0
√D.v1＝v2＝0，v3＝v0
答案
2m1 2gh m1＋m2
图5
解析 答案
针对训练 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线， 2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图6所示.设碰撞 中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是
A.v1＝v2＝v3＝
3 3 v0
B.v1＝0，v2＝v3＝ 22v0
图6
பைடு நூலகம்
(3)完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起，碰撞过程中两物体的总动 量守恒，动能损失最大. 3.爆炸：一种特殊的“碰撞” 特点1：系统动量守恒；特点2：系统动能增加.
例1 在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的 前方有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图2 所示.小球A与小球B发生弹性碰撞后，小球A、B
图4
答案
[知识深化]
1.一动一静弹性正碰的结果 v1′＝mm11＋－mm22v1，v2′＝m12＋m1m2v1(建议记住以上两个速度的表达式) 2.有关讨论 (1)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝0，v2′＝v1， 即二者碰后交换速度. (2)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. (3)若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝ 0.表明m1以原速率被反向弹回，而m2仍静止.
2018版物理选修3-5教科版全套一体资料讲义：第一章 碰撞与动量守恒 1-5 含答案 精品
5 动量守恒定律的应用(一)——几个碰撞问题的定量分析[目标定位] 1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用.一、碰撞的特点 1．经历的时间很短；2．相互作用力很大，物体速度变化明显． 二、碰撞的分类1．弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能守恒．满足：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2.2．非弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒，总动能减少．满足：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.12m 1v 21＋12m 2v 22>12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. 3．完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起，碰撞过程中两物体的总动量守恒，动能损失最大．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中一、对碰撞问题的理解 1．碰撞(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒． 2．三种碰撞类型 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2当v 2＝0时，有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v 1′＝0，v 2′＝v 1 (2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q (3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共 碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2共【例1】 质量分别为300 g 和200 g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s 和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小； (2)求碰撞后损失的动能；(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小． 答案 (1)0.1 m/s (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s解析 (1)令v 1＝50 cm/s ＝0.5 m/s ， v 2＝－100 cm/s ＝－1 m/s ，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v ， 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝－0.1 m/s ，负号表示方向与v 1的方向相反． (2)碰撞后两物体损失的动能为 ΔE k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2＝12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2 J ＝0.135 J.(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1′、v 2′，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 由机械能守恒定律得12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2， 代入数据得v 1′＝－0.7 m/s ，v 2′＝0.8 m/s. 针对训练如图1所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，求A 、B 两球的质量之比和A 、B 碰撞前、后两球总动能之比．图1答案 4∶1 9∶5解析 设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，所以有 m A m B ＝v B 1＋v B 2A 2＝41.碰撞前后的总动能之比为12m B v 2B 112m B v 2B 2＋12m A v 2A 2＝95.二、弹性正碰模型及拓展应用1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后， v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．【例2】 如图2，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．图2答案 2116v 0解析 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得 m v A ＝m v A ′＋m v B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得 W A ＝12m v 20－12m v 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12m v 2B －12m v B ′2③ 据题意可知 W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得 v ＝2116v 0⑥借题发挥 对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一过程都适用．【例3】 (多选)如图3所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图3A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12m v 20 答案 ACD解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的． 三、碰撞需满足的三个条件1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′，否则碰撞不会结束．【例4】 如图4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A 、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是( )图4A ．v A ′＝－2 m/s ，vB ′＝6 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1 m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3 m/s ，v B ′＝7 m/s 答案 D解析 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2②，答案D 中满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误． 借题发挥 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，其次再看总动能是否增加． (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．(3)要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k 关系式转换动能、动量.碰撞特点及满足条件1．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、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 两球的动量可能值是( ) A ．p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/s B ．p A ′＝3 kg·m/s ，p B ′＝9 kg·m/s C ．p A ′＝－2 kg·m/s ，p B ′＝14 kg·m/s D ．p A ′＝－4 kg·m/s ，p B ′＝17 kg·m/s 答案 A解析 从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三种皆有可能．从总动能不增加即p 2A 2m A ＋p 2B2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B来看，只有A 可能．弹性碰撞的特点2．(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( ) A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1 B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1 C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1 D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错误．非弹性碰撞的特点及计算3.在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m 1＝4 kg ，乙球的质量m 2＝1 kg ，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的v －t 图像如图5所示．已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( )图5A ．3 m/s ，向右B ．13 m/s ，向左C ．13 m/s ，向右D ．3 m/s ，向左答案 C解析 由题图知，碰撞前甲球的速度为v 1＝2 m/s ，碰撞后，甲、乙两球的速度v ＝－1 m/s ，以甲、乙两球组成的系统为研究对象，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律，得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据，解得v 2＝－13 m/s ，负号表示碰前乙球的速度方向与正方向相反，即方向向右．选项C正确．4．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1 )碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失．答案(1)1.0 m/s(2)1 400 J解析(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′.由动量守恒定律有m v－MV＝MV′，代入数据得V′＝1.0 m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有12m v 2＋12MV2＝12MV′2＋ΔEV′＝1.0 m/s，代入上式解得ΔE＝1 400 J.(时间：60分钟)题组一碰撞的特点及可能性分析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，这样的碰撞叫做非弹性碰撞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发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．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．2．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、乙两球都沿乙球的运动方向 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 C解析 由p 2＝2mE k 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C 正确．3．(多选)质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.13v B.23v C.49v D.89v 答案 AB解析 设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12m v 2A ＝19×12m v 2，则v A＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒有m v ＝m ×13v ＋2m v B 或m v ＝－m ×13v ＋2m v B ，解得v B ＝13v 或23v .4．(多选)两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s(设为正)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A ．均为＋1 m/s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m/s 和－1 m/s D ．－1 m/s 和＋5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝27 JE k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k 前≥E k 后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误．验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D. 题组二 碰撞模型的处理5．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，无法确定答案 A解析 由动量守恒3m ·v －m v ＝0＋m v ′，所以v ′＝2v 碰前总动能：E k ＝12×3m ·v 2＋12m v 2＝2m v 2碰后总动能E k ′＝12m v ′2＝2m v 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．6.在光滑的水平面上有两个质量均为m 的物块A 和B ，物块B 的左端与一轻弹簧相连并处于静止状态，如图1所示．物块A 以速度v 0向物块B 运动，在物块A 通过弹簧和物块B 相互作用的过程中，下列说法正确的是( )图1A ．弹簧对物块A 和对物块B 的冲量相同B ．物块A 、弹簧和物块B 组成的系统，机械能不守恒C ．弹簧的最大弹性势能为14m v 20D ．物块B 获得的最大速度可能大于v 0 答案 C解析 弹簧对物块A 和对物块B 的冲量大小相等，方向相反，选项A 错误；物块A 、B 和弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，物块A 、B 组成的系统机械能不守恒，选项B 错误；物块A 、B 通过弹簧作用过程中，不受外力，动量守恒，所以作用结束后，A 的速度为0，B 的速度最大，为v 0，选项D 错误；A 以速度v 0水平向右运动，通过弹簧与B 发生作用，A 减速，B 加速，当两个滑块速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，物块A 、B 与弹簧组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，有m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，根据能量守恒定律，得系统减少的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能为E p ＝12m v 20－12×2m v 2＝14m v 20，C 正确．7. (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2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( )图2A ．如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B ．整个系统任何时刻动量都守恒C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为－mM v D ．整个系统最后静止 答案 BCD8.在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图3所示，下列关系式正确的是( )图3A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断答案 B解析 由图像知，a 球以初速度与原来静止的b 球碰撞，碰后a 球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a 球质量小于b 球质量．9.两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动，如图4所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图4A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12m v 20 D ．弹簧最大弹性势能为14m v 20 答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；碰撞过程m v 0＝2m v ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14m v 20，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14m v 20，C 项错误，D 项正确．10．A 、B 两物体在水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图5所示．则：图5(1)由图可知A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？ 答案 (1)2 s 6 (2)30 J解析 (1)由图像知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/s v B ＝Δx B t ＝62 m/s ＝3 m/s v AB ＝Δx AB t ＝22 m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB ，解得m B ＝6 kg (2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2AB ＝30 J. 题组三 碰撞模型的综合应用11.在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速度v 0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图6所示．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比m 1∶m 2.图6答案 2∶1解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1. 设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 利用v 2v 1＝4，解得m 1∶m 2＝2∶112.如图7所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M 的木块，一质量为m 的子弹，以水平速度v 0击中木块，已知M ＝9m ，不计空气阻力．问： (1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O 低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g ) (2)如果子弹在极短时间内以水平速度v 04穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？图7答案 (1)v 20200g (2)716m v 20解析 (1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v 1，则m v 0＝(m ＋M )v 1所以v 1＝110v 0.因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h ，则12(m ＋M )v 21＝(m ＋M )gh ，解得h ＝v 20200g(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块的速度为v 2，则m v 0＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 04＋M v 2，解得v 2＝112v 0在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12M v 22＝716m v 213．如图8所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止， 给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：图8(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．答案 (1)m 2 (2)16m v 2解析 (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ， 由动量守恒定律得 m v2＋m B ·2v ＝(m ＋m B )v ① 由①式得 m B ＝m 2②(2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得 m v 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则 ΔE ＝12m (v 2)2＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④ 联立②③④式得 ΔE ＝16m v 20⑤。
高中物理第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞教学案粤教选修3-5
第一节 物体的碰撞对应学生用书页码P11．碰撞是力学的基本问题之一，著名的科学家伽利略、牛顿等都先后进行了一系列的实验，从最初对一些现象尚无法作出解释，到逐渐归纳成系统的理论，总结出碰撞的规律，直至明确提出运动量守恒的基本思想，都为后来的动量守恒定律奠定了基础。
2．20世纪30年代以后，由于加速器技术和探测技术的发展，通过高能粒子的碰撞，实验物理学家相继发现了许多新粒子。
3．物体间碰撞的形式多种多样。
如图1－1－1甲所示，两小球碰撞时的速度沿着连心线的方向，这种碰撞称为正碰，如图1－1－1乙所示，两球碰撞前的相对速度不在连心线上，这种碰撞称为斜碰。
图1－1－14．碰撞的最主要特点是：相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等，因而其他外力可以忽略不计。
碰撞是生活中常见的现象，两节火车车厢之间的挂钩靠碰撞连接，台球由于两球的碰撞而改变运动状态，微观粒子之间更是由于相互碰撞而改变能量，甚至使得一种粒子转化为另一种粒子，物体在碰撞中遵循什么物理规律呢？本章我们将从历史上的碰撞实验出发，认识各种碰撞的形式，探究碰撞的规律—动量守恒定律，从守恒和对称的关系中感受物理学的和谐美。
5．如果碰撞过程中系统动能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。
如果碰撞过程中系统动能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞，如果两个物体碰撞后合为一体具有共同的速度，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞。
对应学生用书页码P1对碰撞现象的研究1.碰撞现象两个或两个以上有相对速度的物体相遇时，在很短的时间内它们的运动状态发生显著变化，物体间相互作用的过程叫碰撞。
2．碰撞的特点(1)作用时间极短，相互作用力变化很快，平均作用力很大；相互作用力远大于其他外力，其他外力可以忽略不计。
(2)碰撞过程是在一瞬间发生的，作用时间极短，所以可以忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
3．碰撞的分类按碰撞过程的能量损失情况可分为完全弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞。
物理选修3-5第1章第一节
2 10
＋
1 2
m2v
2 20
>
1 2
(m1＋
m2)v2，这样的碰撞是系统动能损失最多的一种碰撞．
即时应用(即时突破，小试牛刀)
(双选)如图1－1－2所示，两个完全相同的小 球在同一轨道槽内发生了碰撞，两小球都是 弹性小球，则它们的碰撞属于( )
图1－1－2
A．正碰 B．斜碰 C．弹性碰撞 D．非弹性碰撞 解析：选AC.两小球在同一槽内，两球运动 的方向在两球的连心线上，是正碰，则选项 A正确；两小球都是弹性小球，属于弹性碰 撞，故选项C正确．
图1－1－1 碰撞前后物体的速度都在同一条直线上的碰 撞，称正碰，又称对心碰撞．
碰撞前后物体的速度不在同一条直线上的碰 撞，称斜碰．
通常我们研究的都是对心碰撞．
二、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守 恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞．弹性碰 撞过程一般可分为两个阶段，即压缩阶 段和恢复阶段．弹性碰撞两物体的动能 之和完全没有损失，可表示为：12m1v210＋ 12m2v220＝12m1v21＋12m2v22.
三、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：任何两个小球碰撞时都会发 生形变，若两个小球碰撞后形变能完全恢复， 则没有能量损失，碰撞前后两个小球构成的 系统的动能___相_，等我们称这种碰撞为弹性碰 撞．
2．非弹性碰撞：若两个小球碰撞后它们的 形变不能完全恢复原状，这时将有一部分动 能最终会转变为其他形式的能(如热能)，碰 撞前后系统的动能_不__再__相__等__，我们称这种 碰撞为非弹性碰撞．
物理选修3-5第1章第一节
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高中物理-第一章-碰撞与动量守恒-章末总结-学案(教科版选修3-5)
第一章碰撞与动量守恒章末总结一、子弹打木块模型及拓展应用动量守恒定律应用中有一类典型的物理模型——子弹打木块模型．此类模型的特点：1．由于子弹和木块组成的系统所受合外力为零(水平面光滑)，或者内力远大于外力，故系统动量守恒．2．由于打击过程中，子弹与木块间有摩擦力的作用，故通常伴随着机械能与内能之间的相互转化，故系统机械能不守恒．系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即：ΔE＝fx相对．例1一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为f.求：(1)子弹、木块相对静止时的速度v为多少？(2)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？(3)子弹打进木块的深度l深为多少？例2如图1所示，有一质量为M的木板(足够长)静止在光滑的水平面上，一质量为m的小铁块以初速度v0水平滑上木板的左端，小铁块与木板之间的动摩擦因数为μ，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中，若小铁块恰好没有滑离木板，则木板的长度至少为多少？图1二、动量和能量综合问题分析动量和能量综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强，解题时要认真分析物体间相互作用的过程，将过程合理分段，明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程和系统，选择动量守恒定律或机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解．例3如图2所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M＝40 kg的小车B静止于轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m＝20 kg的物体C以2.0 m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动．若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0.8 m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取g＝10 m/s2)求：图2(1)物体与小车保持相对静止时的速度；(2)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离．三、碰撞中的临界问题分析相互作用的两个物体在很多情况下皆可当作碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．1．涉及弹簧类的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．2．涉及相互作用最大限度类的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向上的分速度等于零．3．子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同．4．滑块—木板模型的临界问题：滑块在光滑木板上滑行的距离最远时，滑块和木板的速度相同．例4 一轻质弹簧，两端各连质量均为m 的滑块A 和B ，静放在光滑水平面上，滑块A 被水平飞来的质量为m 4、速度为v 0的子弹击中且没有穿出(如图3所示)，求：图3(1)子弹击中滑块A 的瞬间，A 和B 的速度各多大；(2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能．1．一炮艇总质量为M ，以速度v 0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m 的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v ′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是______．(填选项前的编号)①M v 0＝(M －m )v ′＋m v②M v 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v 0) ③M v 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v ′)④M v 0＝M v ′＋m v 2.如图4所示，光滑水平面上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝2m ，m B ＝m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不栓接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同，求B 与C 碰撞前B 的速度．图43．如图5所示，质量为m 1＝16 kg 的平板车B 原来静止在光滑的水平面上，另一质量m 2＝4 kg 的小物体A 以5 m/s 的水平速度滑向平板车的另一端，假设平板车与物体间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，求：图5(1)如果A不会从B的另一端滑下，则A、B的最终速度为多大；(2)要保证A不滑下平板车，平板车至少要有多长．4．如图6所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：图6(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能．.。
2018版物理选修3-5教科版全套一体资料讲义：第一章 碰
6动量守恒定律的应用(二)——火箭的发射与反冲现象[目标定位] 1.认识反冲运动，能举出几个反冲运动的实例.2.结合动量守恒定律对反冲现象做出解释；进一步提高运用动量守恒定律分析和解决实际问题的能力.3.了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素.一、反冲运动1．反冲：原来静止的物体，在内力作用下，其中一部分向某一方向运动，另一部分向相反方向运动的现象叫反冲．2．反冲现象遵循动量守恒定律．想一想为什么反冲运动系统动量守恒？答案反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量是守恒的．二、火箭1．工作原理：火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒．它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度．2．火箭的最大速度取决于两个条件：一是向后的喷气速度，二是质量比，即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比．现代火箭能达到的质量比不超过10.预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中一、对反冲运动的理解1．反冲运动的特点及遵循的规律(1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果． (2)条件：①系统不受外力或所受外力之和为零； ②内力远大于外力；③系统在某一方向上不受外力或外力分力之和为零； (3)反冲运动遵循动量守恒定律． 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 (1)速度的反向性对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲与抛出部分必然相反．(2)速度的相对性 一般都指对地速度．【例1】 在某次演习中，有一门旧式大炮在平坦的地面上以v ＝5 m/s 的速度匀速前进，炮身质量为M ＝1 000 kg ，现将一质量为m ＝25 kg 的炮弹，以相对炮身的速度u ＝600 m/s 与v 反向水平射出，求射出炮弹后炮身的速度v ′. 答案 19.6 m/s解析 以地面为参考系，设大炮原运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有(M ＋m )v ＝M v ′＋m [－(u －v ′)] 解得v ′＝v ＋muM ＋m≈19.6 m/s 针对训练如图1所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M 和m ，炮筒与地面的夹角为α，炮弹出口时相对于地面的速度为v 0.不计炮车与地面的摩擦，求炮身向后反冲的速度v 为________．图1答案m v 0cos αM解析 取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒．炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cos α，根据动量守恒定律有：m v0cos α－M v＝0所以炮车向后反冲的速度为v＝m v0cos αM.二、火箭的原理1．火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比Mm(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定．2．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．【例2】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？答案(1)2 m/s(2)13.5 m/s解析火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解．(1)选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3m v＝0，故v3＝3m vM－3m＝2 m/s(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20m v＝0，故v20＝20m vM－20m＝13.5 m/s.借题发挥分析火箭类问题应注意的三个问题(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度．(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的．三、反冲运动的应用——“人船模型” 1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题． 2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 12＝m 2m 1.(3)应用此关系时要注意一个问题：即公式中v 1－、v 2－和x 1、x 2一般都是相对地面而言的．【例3】 如图2所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？图2答案m m ＋M L Mm ＋ML 解析 设任一时刻人与船速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有m v 1＝M v 2而整个过程中的平均速度大小为v 1、v 2，则有m v 1＝M v 2.两边乘以时间t有m v1t＝M v2t，即mx1＝Mx2.且x1＋x2＝L，可求出x1＝Mm＋M L，x2＝mm＋ML.借题发挥“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：(1)适用条件：①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参照物的位移.反冲运动1．(多选)下列属于反冲运动的是()A．喷气式飞机的运动B．直升机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动答案ACD解析反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象．2.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图3所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是()图3A．打开阀门S1B．打开阀门S2C．打开阀门S3D．打开阀门S4答案 B解析反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故选项B正确．火箭的原理3．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是() A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭答案 B解析火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选B项．4．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则()A．火箭一定离开原来轨道运动B．P一定离开原来轨道运动C．火箭运动半径可能不变D．P运动半径一定减小答案 A解析火箭喷出物体P后，由反冲原理知火箭速度变大，所需向心力变大，从而火箭做离心运动离开原来轨道，半径增大；物体P的速率可能比火箭原来的速率大，也可能比火箭原来的速率小或相等，所以P不一定离开原来的轨道．故选项中只有A正确．“人船”模型的应用5.如图4所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()图4A.mhM＋m B.Mh M＋mC.mh(M＋m)tan αD.Mh (M＋m)tan α答案 C解析此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为s1，M在水平方向对地位移为s2，因此0＝ms1－Ms2.①且s1＋s2＝h cot α.②由①②可得s2＝mh(M＋m)tan α，故选C.(时间：60分钟)题组一反冲运动的理解和应用1．关于反冲运动的说法中，正确的是()A．抛出物m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲B．若抛出物质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律答案 D解析反冲运动的定义为由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，这种现象叫反冲运动．定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故选项A错误．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等，方向相反，故选项B错误．在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误、选项D正确．2．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是()A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气B．探测器加速运动时，竖直向下喷气C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气D．探测器匀速运动时，不需要喷气答案 C解析探测器加速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力沿加速方向，选项A、B错误；探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零，根据反冲运动的特点可知选项C正确，选项D 错误．3．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是()A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v答案 C解析设向东为正方向，在最高点水平向动量守恒得：3m v0＝2m v＋m v′，则v′＝3v0－2v，C正确．4.一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图1所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则()图1A．只要l<x，他一定能跳上站台B．只要l<x，他有可能跳上站台C．只要l＝x，他一定能跳上站台D．只要l＝x，他有可能跳上站台答案 B解析人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于x，故l<x时，才有可能跳上站台．5.如图2所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀的抽往后舱，不计水的阻力，下列说法中正确的是( )图2A ．若前后舱是分开的，则前舱将向后加速运动B ．若前后舱是分开的，则前舱将向前加速运动C ．若前后舱不分开，则船将向后加速运动D ．若前后舱不分开，则船将向前加速运动 答案 B解析 前后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前加速运动，若不分开，前后舱和水是一个整体，则船不动．6.如图3所示，某小组在探究反冲运动时，将质量为m 1的一个小液化瓶固定在质量为m 2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v 1，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为Δm ，忽略水的阻力，求喷射出质量为Δm 的液体后小船的速度是多少？图3答案 Δm v 1m 1＋m 2－Δm解析 由动量守恒定律得：0＝(m 1＋m 2－Δm )v 船－Δm v 1 解得：v 船＝Δm v 1m 1＋m 2－Δm题组二 火箭问题分析7．静止的实验火箭，总质量为M ，当它以对地速度v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为( ) A.Δm M －Δm v 0B ．－ΔmM －Δm v 0C.ΔmM v 0 D ．－Δm M v 0答案 B解析 火箭整体动量守恒，则有(M －Δm )v ＋Δm v 0＝0，解得：v ＝－ΔmM －Δm v 0，负号表示火箭的运动方向与v 0相反．8．竖直发射的火箭质量为6×103 kg.已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg.若要使火箭获得20.2 m/s 2的向上加速度，则喷出气体的速度大小应为( ) A ．700 m/s B ．800 m/s C ．900 m/s D ．1 000 m/s 答案 C解析 火箭和喷出的气体动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m 气v 气＝m 箭v 箭，由动量定理得火箭获得的动力F ＝m 箭v 箭t ＝m 气v 气t ＝200v气，又F －m 箭g ＝m 箭a ，得v 气＝900 m/s.题组三 “人船模型”的应用9．(多选)某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，则( )A ．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B ．人走到船尾不再走动，船也停止不动C ．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D ．船的运动情况与人行走的情况无关 答案 ABC解析 由动量守恒定律可知，A 、B 、C 正确．10．一条约为180 kg 的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图(如图所示)，图中虚线部分为人走到船头时的情景，请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情景正确的是( )答案 B解析 人和船组成的系统动量守恒，总动量为零，人向前走时，船将向后退，B 正确．11.小车静置在光滑水平面上，站在车上一端的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图4所示(小圆点表示枪口)．已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹)，每颗子弹质量为m ，共n 发．打靶时，每发子弹都打中靶且留在靶里，并等前一发打入靶中后，再打下一发．若枪口到靶的距离为d ，待打完n 发子弹后，小车移动的距离为________．图4答案 nmd M ＋nm12．平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图5所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1.25 m ，求：人跳出后到落到地板上时车的反冲速度是多少？图5答案 1.6 m/s解析 人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，取v 1方向为正方向，则m v 1－M v 2＝0，v 2＝ 14v 1.人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝2hg＝2×1.2510s＝0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t.由图可知，x1＋x2＝l，即v1t＋v2t＝l，则v2＝l5t＝45×0.5m/s＝1.6 m/s.。
教科版高考物理选修3-5同步学案 第1章 3 课时1 碰撞问题的定量分析
3 动量守恒定律的应用课时1 碰撞问题的定量分析[学习目标] 1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用．对三种碰撞类型的进一步认识 1．三种碰撞类型及满足规律 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2(2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能减少，损失的机械能转化为内能，即|ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q (3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共碰撞中机械能损失最多，即|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共22．中子的发现英国物理学家查德威克，借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒和能量守恒发现了中子． [即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( × )(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．( × ) (3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒．( × )2．如图1所示，木块A 、B 的质量均为2kg ，置于光滑水平面上，B 与一水平轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，A 以4m/s 的速度向B 运动，碰撞后两木块粘在一起运动，则两木块碰前的总动能为________J ，两木块碰后的总动能为________J ；A 、B 间碰撞为________(填“弹性”或“非弹性”)碰撞．弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为________J.图1答案 16 8 非弹性 8解析 A 、B 碰撞前的总动能为12m A v A 2＝16J ，A 、B 在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．取水平向右为正方向，由碰撞过程中动量守恒得：m A v A ＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝m A v A m A ＋m B ＝2m/s ，所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的总动能为12(m A ＋m B )v 2＝8J ，为非弹性碰撞．当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8J.一、碰撞问题的定量分析 1．碰撞的特点碰撞现象中，相互作用的时间极短，系统的内力远大于外力，认为碰撞过程中动量守恒． 2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能守恒．满足：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. (2)非弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒，总动能减少．满足：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 12＋12m 2v 22>12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. (3)完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起，碰撞过程中两物体的总动量守恒，动能损失最大． 3．爆炸：一种特殊的“碰撞”特点1：系统动量守恒；特点2：系统动能增加．例1 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图2所示．小球A 与小球B 发生弹性碰撞后，小球A 、B 均向右运动．且碰后A 、B 的速度大小之比为1∶4，求两小球的质量之比．图2答案 2∶1解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22由题意知：v 1∶v 2＝1∶4 解得m 1m 2＝21.例2 如图3所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m ＝1kg 的相同小球A 、B 、C ，现让A 球以v 0＝2m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：图3(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度多大？ (2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？ 答案 (1)1m/s (2)1.25J解析 (1)A 、B 相碰满足动量守恒条件，以v 0的方向为正方向，有：mv 0＝2mv 1 则A 、B 两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1m/s.(2)两球与C 球碰撞同样满足动量守恒条件，以v 0的方向为正方向，有：2mv 1＝mv C ＋2mv 2 得两球碰后的速度v 2＝0.5m/s ， 两次碰撞损失的动能|ΔE k |＝12mv 02－12×2mv 22－12mv C 2＝1.25J.例3 一弹丸在飞行到距离地面5m 高时仅有向右的水平速度v 0＝2m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 弹丸爆炸瞬间内力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g＝1s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝xt 知，选项A 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv 0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v 0＝2m/s ，代入数值计算知选项B 正确．二、弹性正碰模型[导学探究]在光滑的水平轨道上，以初速度v 1运动的小球1与静止的小球2发生弹性对心碰撞，两小球的质量分别是m 1、m 2，碰撞后的速度分别是v 1′和v 2′.如图4所示．试求v 1′、v 2′的大小．图4答案 因为是弹性碰撞，则有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′① 12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②式得：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.[知识深化]1．一动一静弹性正碰的结果 v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(建议记住以上两个速度的表达式) 2．有关讨论(1)若m 1＝m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1以原速率被反向弹回，而m 2仍静止．例4 如图5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m 1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m 2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m 2的速度大小v 2.(重力加速度为g)图5答案 2m 12gh m 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v ，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 2，解得v ＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，取v 的方向为正方向，根据动量守恒定律有m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2② 由于碰撞过程中无机械能损失 12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22③ 联立②③式解得v 2＝2m 1v m 1＋m 2④将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2.针对训练 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v 0射向它们，如图6所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )图6A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0答案 D解析 由于1球与2球发生碰撞的时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v 0.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D 正确．1．当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管碰撞的环境如何，要首先想到利用动量守恒定律． 2．两质量相等的物体发生弹性正碰，速度交换．3．解题时，应注意将复杂过程分解为若干个简单过程(或阶段)，判断每个过程(或阶段)的动量守恒情况、机械能守恒情况．三、判断一个碰撞过程是否存在的依据 1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．总动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.例5 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 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v 答案 A解析 A 、B 两球在水平方向上所受合外力为零，A 球和B 球碰撞的过程中动量守恒，设A 、B 两球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，以v 的方向为正方向，由动量守恒定律有： mv ＝mv 1＋2mv 2，①假设碰撞后A 球静止，即v 1＝0， 可得v 2＝0.5v由题意可知A 球被反弹，所以B 球的速度满足： v 2>0.5v ②A 、B 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有： 12mv 2≥12mv 12＋12×2mv 22③ ①③两式联立得：v 2≤23v ④由②④两式可得：0.5v<v 2≤23v ，符合条件的只有A 选项．1．一个符合实际的碰撞，一定满足动量守恒，机械能不增加，满足能量守恒． 2．要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ，E k ＝12pv 或p ＝2E kv几个关系式．1．(碰撞的类型)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，无法确定答案 A解析 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碰前总动能E k ＝12×3mv 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．2．(碰撞的可能性分析)(多选)质量为1kg 的小球以4m/s 的速度与质量为2kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面结果可能正确的是( ) A ．v 1′＝v 2′＝43m/sB ．v 1′＝3m/s ，v 2′＝0.5 m/sC ．v 1′＝1m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝－1m/s ，v 2′＝2.5 m/s 答案 AD解析 由碰撞前后总动量守恒m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′和动能不增加E k ≥E k1′＋E k2′验证A 、B 、D 三项皆有可能．但B 项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A 、D 两项有可能．3．(弹性碰撞的特点)(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速度是2v 1C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错．4．(多物体、多过程的碰撞问题)如图7所示，三个小球的质量都为m ，B 、C 两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A 球以速度v 0沿B 、C 两球球心的连线向B 球运动，碰后A 、B 两球粘在一起．问：图7(1)A 、B 两球刚刚粘在一起的速度是多大？ (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？ (3)弹簧的最大弹性势能是多少？ 答案 (1)v 02 (2)v 03 (3)112mv 02解析 (1)在A 、B 碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C 球并没有参与作用，因此A 、B 两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有： mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v 02.(2)粘在一起的A 、B 两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C 球加速，速度由零开始增大，而A 、B 两球速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A 、B 两球刚刚粘在一起的速度方向为正方向，有： 2mv 1＝3mv 2，解得v 2＝23v 1＝v 03.(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，即： E pm ＝12×2mv 12－12×3mv 22＝112mv 02.一、选择题考点一 碰撞的特点及类型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，这样的碰撞叫做非弹性碰撞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 A2．质量分别为m a ＝1kg 、m b ＝2kg 的小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1所示，则可知碰撞属于( )图1A ．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 答案 A解析 由x －t 图像知，碰撞前v a ＝3m/s ，v b ＝0，碰撞后v a ′＝－1 m/s ，v b ′＝2m/s ，碰撞前动能为12m a v a 2＋12m b v b 2＝92J ，碰撞后动能为12m a v a ′2＋12m b v b ′2＝92J ，故机械能守恒；碰撞前动量为m a v a ＋m b v b ＝3kg·m/s，碰撞后动量为m a v a ′＋m b v b ′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞． 考点二 弹性正碰模型3．一中子与一质量数为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.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A (A ＋1)2D.(A ＋1)2(A －1)2答案 A解析 设碰撞前后中子的速度分别为v 1、v 1′，碰撞后原子核的速度为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2＝Am 1.根据弹性碰撞规律可得m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v 1′，12m 1v 12＝12m 2v 22＋12m 1v 1′2，解得v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，则碰撞后中子的速率为m 2－m 1m 1＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比为A ＋1A －1，A 正确．4．(多选)如图2所示，在光滑水平面上停放着质量为m 的装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图2A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离开小车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离开小车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对小车做的功为12mv 02答案 ACD解析 小球在小车上到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时类似弹性碰撞，二者速度互换，故选项A 、C 、D 都是正确的．5．(多选)如图3所示，小球A 的质量为m A ＝5kg ，动量大小为p A ＝4kg·m/s，小球A 水平向右运动，与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p A ′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )图3A ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝3kg·m/s B ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝5kg·m/sC ．小球B 的质量为15kgD ．小球B 的质量为3kg答案 AD解析 规定向右为正方向，碰撞过程中A 、B 组成的系统动量守恒，所以有p A ＝p A ′＋p B ，解得p B ＝3k g·m/s，A 正确，B 错误；由于A 、B 发生弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p A 22m A ＝p A ′22m A ＋p B 22m B ，解得m B ＝3 kg ，C 错误，D 正确．考点三 完全非弹性碰撞模型6．两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与水平轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，如图4所示，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动时，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图4 A ．两滑块相碰的过程和以后一起运动的过程，A 、B 组成的系统动量均守恒B ．两滑块相碰的过程和以后一起运动的过程，A 、B 组成的系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12mv 02 D ．弹簧最大弹性势能为14mv 02 答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，所受合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；以v 0的方向为正方向，碰撞过程mv 0＝2mv ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14mv 02，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能，C 项错误，D 项正确．7．(多选)如图5所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与水平轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )图5A ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大D ．当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零答案 ACD解析 在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，总动量守恒，a 与b 碰撞过程机械能减少，故A 正确，B 错误；当小球b 、c 速度相等时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，故C 正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b 的动能不为零，故D 正确．考点四 碰撞可能性问题8．A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1kg ，m B ＝2kg ，v A ＝6m/s ，v B ＝2 m/s ，当A 追上B 并发生碰撞后，A 、B 两球速度的可能值是( )A ．v A ′＝5m/s ，vB ′＝2.5 m/sB ．v A ′＝2m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7m/s ，v B ′＝1.5 m/s答案 B解析 虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，不符合实际，即A 、D 项错误；C 项中，两球碰后的总动能E k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57J ，大于碰前的总动能E k 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝22J ，所以C 项错误． 二、非选择题9．(多过程的碰撞问题)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d.现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g.求A 的初速度的大小．答案 235μgd 5 解析 设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.以碰撞前木块A 的速度方向为正方向．在碰撞过程中，由机械能守恒和动量守恒得12mv 2＝12mv 12＋12(2m)v 22① mv ＝mv 1＋(2m)v 2②由①②式得v 1＝－v 22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得－μmgd 1＝0－12mv 12④ －μ(2m)gd 2＝0－12(2m)v 22⑤ 据题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得－μmgd＝12mv 2－12mv 02⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，得v 0＝235μgd 5. 10．(多物体、多过程的碰撞问题)如图6所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和4m ，已知A 、B 一起以速度v 0向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，图6求：(1)C 与A 碰撞前的速度大小；(2)A 、B 间由于摩擦产生的热量．答案 (1)34v 0 (2)75mv 02 解析 取向右为正方向．(1)对三个物体组成的系统，根据动量守恒定律得：(m ＋2m)v 0－4mv C ＝0解得C 与A 碰撞前的速度大小v C ＝34v 0. (2)A 、C 碰后连成一体，设速度为v 共． 根据动量守恒定律得mv 0－4mv C ＝(m ＋4m)v 共解得v 共＝－25v 0 根据能量守恒定律得：A 、B 间由于摩擦产生的热量Q ＝12(m ＋4m)v 共2＋12×2mv 02－0 解得Q ＝75mv 02.。
1.1碰撞 学案(2020年教科版高中物理选修3-5)
1.1碰撞学案（2020年教科版高中物理选修3-5）1碰撞碰撞学科素养与目标要求物理观念1.了解常见的碰撞现象，知道碰撞的特点.2.理解碰撞中动能的变化.3.掌握弹性碰撞和非弹性碰撞.科学探究通过实验探究碰撞前后物体动能的变化.一.碰撞现象1.碰撞做相对运动的两个或几个物体相遇而发生相互作用，在很短的时间内，它们的运动状态会发生显著变化，这一过程叫做碰撞.2.实例击球.子弹中靶.重物坠地等.二.探究碰撞前后物体动能的变化1.实验装置气垫导轨.数字计时器，附有滑块和光电门的导轨，装有挡光条和弹簧片的滑块，如图1所示.图12.探究过程1先用天平分别测出带弹簧片的滑块1.滑块2的质量m1.m2，然后用手推动滑块1使其获得初速度v1，与静止的滑块2相碰相碰时，两弹簧片要正对，测定碰撞前.后两滑块的速度大小，算出相关数据，填入表中.2再换用不带弹簧片的两滑块按照上面的步骤进行实验，并读取实验数据，填入表中.3将滑块上的弹簧片换成橡皮泥，用天平分别测出带橡皮泥的滑块1.滑块2的质量；使有橡皮泥的两端正对，让滑块1与滑块2相碰，测算出相关数据，并填入表中.碰撞前.后动能的计算次数滑块质量碰前碰后动能改变量速度动能动能之和速度动能动能之和m1m2v1v2Ek1Ek2EkEk1Ek2v1v2Ek1Ek2EkEk1Ek2EkEkEk123三.碰撞的分类1.弹性碰撞碰撞前后两物体的总动能不变的碰撞.2.非弹性碰撞碰撞后两物体的总动能减少的碰撞.3.完全非弹性碰撞两物体碰撞后粘在一起，以相同的速度运动的碰撞.判断下列说法的正误.1两物体碰撞，它们的速度将发生变化.2在做“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验中，气垫导轨应水平放置.3任何碰撞的两物体，碰撞后总动能一定减少.4完全非弹性碰撞中动能的减少量最多.一.碰撞中的动能变化及碰撞分类某实验小组用课本中“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验方案，探究碰撞前后物体动能的变化.探究中分别得到了两组数据，如下表所示m1与静止的m2碰撞，碰后分开表一mkgm2/kg碰撞前碰撞后m1的速度v1m/s动能Ek1Jm1的速度v1m/sm2的速度v2m/s总动能EkJ0.3200.2200.321____0.07330.360____m1与静止的m2碰撞，碰后粘在一起表二mkgm2/kg碰撞前碰撞后m1的速度v1m/s动能Ek1Jm1.m2共同的速度vm/s总动能EkJ0.2400.2200.271____0.140____计算这两个表格中滑块碰撞前后的总动能.通过比较，你有什么发现答案0.01650.01510.00880.0045从表一的数据可以看出在实验误差允许范围内，两滑块碰撞前后的总动能几乎相等.从表二的数据可以看出两滑块碰撞前后的总动能并不相等，碰撞后总动能减少了.1.碰撞的特点1时间特点碰撞现象中，相互作用的时间极短.2作用力特点两物体间的作用力非常大，内力远大于外力，因此外力可以忽略不计.3运动特点由于物体间的作用力非常大，各物体的运动发生显著变化.2.碰撞中能量的特点碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即Ek1Ek2Ek1Ek2.3.碰撞的类型及区分1弹性碰撞两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等.2非弹性碰撞两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有一部分动能转化为其他形式的能，总动能减少.3完全非弹性碰撞非弹性碰撞的特例两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞过程动能损失最多.例1一个质量为2kg 的小球A以v03m/s的速度与一个静止的.质量为1kg的小球B正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质1碰后小球A.B的速度均为2m/s；2碰后小球A的速度为1m/s，小球B 的速度为4m/s.答案1完全非弹性碰撞2弹性碰撞解析碰前系统的动能Ek012mAv029J.1碰后小球A.B速度均为2m/s，碰后系统的动能Ek12mAvA212mBvB21222212122J6JEk0，故该碰撞为完全非弹性碰撞.2当碰后vA1m/s，vB4m/s时，碰后系统的动能Ek12mAvA212mBvB21221212142J9JEk0，故该碰撞为弹性碰撞.针对训练如图2所示，有A.B两物体，m13m2，以相同的速率v相向运动，碰撞后A静止，B以2v的速率反弹，那么A.B的碰撞为图2A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.无法判断答案A解析设m13m，m2m碰撞前总动能Ek12m1v1212m2v222mv2碰撞后总动能Ek12m1v1212m2v22012m2v22mv2因为碰撞前后总动能不变，故为弹性碰撞，A项正确.二.碰撞模型的拓展例2如图3所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞.A.B始终沿同一直线运动，则A.B组成的系统动能损失最多的时刻是图3A.A开始运动时B.A的速度等于v时C.B的速度等于零时D.A和B的速度相等时答案D解析方法一B和A包括弹簧的作用，可以看成广义上的碰撞，两物体包括弹簧碰后粘在一起或碰后具有共同速度时，其动能损失最多，故选D.方法二B与弹簧作用后，A加速，B减速，当A.B速度相等时，弹簧最短.弹性势能最大，系统动能损失最多，故D正确.两物体通过弹簧的相互作用可以看成广义上的碰撞，当弹簧最短两物体速度相等时相当于完全非弹性碰撞；当弹簧完全恢复原状两物体分离时相当于弹性碰撞.1.碰撞的特点多选关于碰撞的特点，下列说法正确的是A.碰撞过程的时间极短B.碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力大C.碰撞时，质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力大小相等D.碰撞时，质量小的物体对质量大的物体作用力大答案AC2.碰撞的特点多选两个物体发生碰撞A.碰撞中一定产生了内能B.碰撞过程中，系统的总动能可能不变C.碰撞过程中，系统的总动能可能增大D.碰撞过程中，系统的总动能可能减小答案BD解析若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若两物体发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所以B.D正确.3.碰撞中的能量变化在光滑的水平面上，动能为E0的钢球1与静止的钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小记为E1，球2的动能大小记为E2，则必有A.E1E0D.E2E0答案A解析根据碰撞前后的动能关系得E1E2E0，必有E1E0，E2E0.故只有选项A正确.4.碰撞的分类质量分别为ma1kg.mb2kg的小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4所示，则可知碰撞属于图4A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足，不能确定答案A解析由xt图像知，碰撞前va3m/s，vb0，碰撞后va1m/s，vb2m/s，碰撞前动能为12mava212mbvb292J，碰撞后动能为12mava212mbvb292J，故机械能守恒；碰撞前动量为mavambvb3kgm/s，碰撞后动量为mavambvb3kgm/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞.5.对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解如图5所示，一个质量为m 的物块A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后物块A 以0.5m/s的速率反向运动，物块B刚好能落入正前方的沙坑中.假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2.物块可视为质点.则A碰撞前瞬间的速度大小为图5A.0.5m/sB.1.0m/sC.1.5m/sD.2.0m/s答案C解析碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得2mgx0122mv2.代入数据得v1m/s，由于A与B碰撞的过程中A与B组成的系统没有机械能损失，则12mv0212mv12122mv2，联立可得，v01.5m/s，故选项A.B.D错误，C正确.。
教科版高中物理选修3-5：《碰撞》学案-新版
1.1《碰撞》学案学习目标：通过探究碰撞前后物体动能的变化，对碰撞进行分类。
新课预习：一、碰撞定义：做的两个（或几个）物体相遇而发生相互作用，在的时间内，它们的运动状态会发生的过程叫做碰撞。
二、碰撞中动能的变化实验探究：探究碰撞前后物体动能的变化实验装置：。
探究过程：1.先用天平分别测出的滑块1、滑块2的质量m1、m2，然后用手推动滑块1使其获得初速度v1，与静止的滑块2相碰（相碰时，两弹簧片要），测定碰撞前、后两滑块的速度大小，算出相关数据，填入课本表1-1-1中。
2.再换用的两滑块按照上面步骤进行实验，并读取实验数据，填入表1-1-1中。
3.将滑块上的弹簧片换成，用天平分别测出滑块1、滑块2的质量；使有橡皮泥的两端正对，让滑块1与滑块2相碰，测算出相关数据，填入表1-1-1中。
三、碰撞的分类1.弹性碰撞：。
2.非弹性碰撞：。
3.完全非弹性碰撞：。
同步测控：1．(双选)两个物体发生碰撞( )A．碰撞中一定产生了内能B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小解析：选BD.若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加．所以正确选项为B、D.2．(双选)碰撞现象的主要特点有( )A．物体相互作用时间短B．物体相互作用前速度很大C．物体相互作用后速度很大D．物体间相互作用力远大于外力解析：选AD.碰撞过程发生的作用时间很短，作用力很大，远大于物体受到的外力，与物体作用前及作用后的速度大小无关．3．(单选)下列属于弹性碰撞的是( )A．钢球A与钢球BB．钢球A与橡皮泥球BC．橡皮泥球A与橡皮泥球BD．木球A与钢球B解析：选A.钢球A与钢球B发生碰撞，形变能够恢复，属于弹性碰撞，A对；钢球A与橡皮泥球B、橡皮泥球A与橡皮泥球B碰撞，形变不能恢复，即碰后粘在一起，是完全非弹性碰撞，B、C错；木球A与钢球B碰撞，形变部分能够恢复，属于非弹性碰撞，D错．4．(双选)下列说法正确的是( )A．两小球正碰就是从正面碰撞B．两小球斜碰就是从侧面碰撞C．两小球正碰就是对心碰撞D．两小球斜碰就是非对心碰撞解析：选CD.两小球碰撞时的速度沿着球心连线方向，称为正碰，即对心碰撞；两小球碰前的相对速度不在球心连线上，称为斜碰，即非对心碰撞．5．质量为1kg的A球以3m/s的速度与质量为2kg的B球发生碰撞，碰后两球以1m/s的速度一起运动．则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________J动能．解析：由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为ΔE k＝12m A v2－12(m A＋m B)v2＝(12×1×32－12×3×12)J＝3J.答案：完全非弹性碰撞；3。
教科版高中物理选修3-5课件 1 碰撞课件1
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名师解疑
分类例析
细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥． 方案二：带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标 纸、胶布等． 方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、 撞针、橡皮泥．
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分类例析
实验步骤 不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考 步骤如下： (1)用天平测相关质量． (2)安装实验装置． (3)使物体发生碰撞． (4)测量或读出相关物理量，计算有关速度． (5)改变碰撞条件，重复步骤3、4. (6)进行数据处理，通过分析比较，找出碰撞中的守恒量． (7)整理器材，结束实验．
图1-1-4
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分类例析
比较这两个实验装置，下列说法正确的是
( )．
A．采用图(甲)的实验装置时，需要测出两小球的直径
B．采用图(乙)的实验装置时，需要测出两小球的直径
C．为了减小误差，采用图(甲)的实验装置时，应使斜槽末端水平
部分光滑
D．为了减小误差，采用图(乙)的实验装置时，应使斜槽末端水平
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解析 (1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运 动，又表示小车有较大的速度，而AB段相同时间内间距不一样， 说明刚开始不稳定，因此BC段能较准确描述小车A碰撞前的运动 情况，故应用BC段计算A碰撞前的速度，从CD段打点情况看，小 车的运动情况还没稳定，而在DE段小车运动稳定，故应选DE段 计算小车A和B碰撞后的共同速度．
胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用滑块上加重
物的方法改变碰撞物体的质量．
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分类例析
方案二：利用等长悬线悬挂等大小球实现一维碰撞 (1)质量的测量：用天平测量． (2)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对 应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小 球的速度． (3)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两球碰撞时的能量 损失．
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第1节碰__撞( 对应学生用书页码P1 )一、碰撞现象1、碰撞做相对运动的两个( 或几个)物体相遇而发生相互作用，运动状态发生改变的过程。
2、碰撞特点( 1 )时间特点:在碰撞过程中，相互作用时间很短。
( 2 )相互作用力特点:在碰撞过程中，相互作用力远远大于外力。
( 3 )位移特点:在碰撞过程中，物体发生速度突变时，位移极小，可认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
试列举几种常见的碰撞过程。
提示:棒球运动中，击球过程；子弹射中靶子的过程；重物坠地过程等。
二、用气垫导轨探究碰撞中动能的变化1、实验器材气垫导轨，数字计时器、滑块和光电门，挡光条和弹簧片等。
2、探究过程( 1 )滑块质量的测量仪器:天平。
( 2 )滑块速度的测量仪器:挡光条及光电门。
( 3 )数据记录及分析，碰撞前、后动能的计算。
三、碰撞的分类1、按碰撞过程中机械能是否损失分为:( 1 )弹性碰撞:碰撞过程中动能不变，即碰撞前后系统的总动能相等，E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′。
( 2 )非弹性碰撞:碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。
E k1′＋E k2′＜E k1＋E k2。
( 3 )完全非弹性碰撞:碰撞后两物体黏合在一起，具有相同的速度，这种碰撞动能损失最大。
2、按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为: ( 1 )对心碰撞( 正碰 ):碰撞前后，物体的运动方向沿同一条直线。
( 2 )非对心碰撞( 斜碰 ):碰撞前后，物体的运动方向不在同一直线上。
( 高中阶段只研究正碰 )。
( 对应学生用书页码P1 )探究一维碰撞中的不变量1.探究方案方案一:利用气垫导轨实现一维碰撞 ( 1 )质量的测量:用天平测量。
( 2 )速度的测量:v ＝Δx Δt ，式中Δx 为滑块( 挡光片 )的宽度，Δt 为数字计时器显示的滑块( 挡光片 )经过光电门的时间。
( 3 )各种碰撞情景的实现:利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。
方案二:利用等长悬线悬挂等大小球实现一维碰撞 ( 1 )质量的测量:用天平测量。
( 2 )速度的测量:可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。
( 3 )不同碰撞情况的实现:用贴胶布的方法增大两球碰撞时的能量损失。
方案三:利用小车在光滑桌面上碰撞另一静止小车实现一维碰撞。
( 1 )质量的测量:用天平测量。
( 2 )速度的测量:v ＝ΔxΔt ，Δx 是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量。
Δt 为小车经过Δx 所用的时间，可由打点间隔算出。
2、实验器材方案一:气垫导轨、光电计时器、天平、滑块( 两个 )、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二:带细线的摆球( 两套 )、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案三:光滑长木板、打点计时器、纸带、小车( 两个 )、天平、撞针、橡皮泥。
3、实验步骤不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下:( 1 )用天平测相关质量。
( 2 )安装实验装置。
( 3 )使物体发生碰撞。
( 4 )测量或读出相关物理量，计算有关速度。
( 5 )改变碰撞条件，重复步骤( 3 )、( 4 )。
( 6 )进行数据处理，通过分析比较，找出碰撞中的守恒量。
( 7 )整理器材，结束实验。
4、数据处理为了探究碰撞中的不变量，将实验中测得的物理量填入如下表格碰撞前碰撞后m1m2m1m2质量v1v2v1′v2′速度m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′m vm1v12＋m2v22m1v1′2＋m2v2′2m v2v1/m1＋v2/m2v1′/m1＋v2′/m2vm经过验证后可知，在误差允许的范围内，碰撞前后不变的量是物体的质量与速度的乘积，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
1、如图1-1-1所示为用气垫导轨实验探究碰撞中的不变量的实验装置，遮光片D在运动过程中的遮光时间Δt被光电计时器自动记录下来。
在某次实验中，滑块1和滑块2质量分别为m1＝0.240 kg、m2＝0.220 kg，滑块1运动起来，向着静止的导轨上的滑块2撞去，碰撞之前滑块1的挡光片经过光电门时，光电计时器自动记录下来的时间Δt＝110.7 ms。
碰撞之后，滑块1和滑块2粘连在一起，挡光片通过光电门的时间Δt′＝214.3 ms，已知两滑块上的挡光板的宽度都是Δx＝3 cm，问:图1-1-1( 1 )碰撞前后两滑块各自的质量与速度乘积之和相等吗，即m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′成立吗？( 2 )碰撞前后两滑块各自的质量与速度平方乘积之和相等吗，即m 1v 12＋m 2v 22＝m 1v ′12＋m 2v 2′2成立吗？详细解析:( 1 )因为滑块遮光片的宽度是Δx ，遮光片通过光电门的时间是Δt ，所以滑块速度可用公式v ＝Δx Δt 求出。
碰撞之前，滑块1的速度v 1＝ΔxΔt ＝3×10－2110.7×10－3m/s ＝0.271 m/s碰撞之前，滑块2静止，所以v 2＝0 碰撞之后，两滑块粘连在一起v 1′＝v 2′＝ΔxΔt ′＝3×10－2214.3×10－3 m/s ＝0.140 m/sm 1v 1＋m 2v 2＝0.240×0.271 kg·m/s ＝0.065 kg·m/sm 1v 1′＋m 2v 2′＝( 0.240＋0.220 )×0.140 kg·m/s ＝0.064 kg·m/s 所以，在误差允许范围内， m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′成立。
( 2 )碰撞之前:m 1v 12＋m 2v 12＝0.240×0.2712 J ＝0.018 J 碰撞之后:m 1v 1′2＋m 2v 2′2＝( 0.240＋0.220 )×0.1402 J ＝0.009 J 可见m 1v 12＋m 2v 22＞m 1v 1′2＋m 2v 2′2 正确答案:( 1 )成立 ( 2 )不成立对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1.k1k2E k1＋E k2，其中，碰撞过程中，无机械能损失的碰撞为弹性碰撞。
2、弹性碰撞:若两球碰撞后形变能完全恢复，并没有能量损失，碰撞前后系统的动能相等，这类碰撞称为弹性碰撞。
3、非弹性碰撞:若两球碰后它们的形变不能完全恢复原状，一部分动能最终转化为内能，碰前碰后系统的动能不再相等，这种碰撞叫做非弹性碰撞。
如果碰撞后二者成为一个整体，系统的动能损失得最多，这种碰撞叫做完全非弹性碰撞。
2、在光滑的水平面上，动能为E0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小记为E1，球2的动能大小记为E2，则必有( )A、E1＜E0B、E1＝E0C、E2＞E0D、E2＝E0详细解析:选A根据碰撞前后动能关系得E1＋E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0。
故只有A项对。
( 对应学生用书页码P2 )实验探究碰撞过程中的不变量[例1]某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的装置如图1-1-2甲所示。
在小车A后面连着纸带，电磁打点计时器所接电源频率为50 Hz，长木板的一端下垫着小木块用以平衡摩擦力。
图1-1-2( 1 )若已得到打点纸带如图1-1-2乙所示，并测得各计数点间距离标在图上，A为运动起始的第一点，则应选________段来计算A碰撞前速度，应选________段来计算A和B碰撞后的共同速度。
( 2 )已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg，由以上测量结果可得:碰撞前两车质量与速度乘积之和为________kg·m/s；碰撞后两车质量与速度乘积之和为________kg·m/s。
( 3 )结论__________________。
[详细解析]( 1 )从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大的速度，而AB段相同时间内间距不一样，说明刚开始不稳定，因此BC段能较准确描述小车A碰撞前的运动情况，故应用BC段计算A碰撞前的速度，从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE 段小车运动稳定，故应选DE 段计算小车A 和B 碰撞后的共同速度。
( 2 )小车A 碰撞前速度v 1＝BC t ＝10.50×10－20.02×5 m/s ＝1.050 m/s ；小车A 碰前的质量与速度乘积为m 1v 1＝0.40×1.050 kg·m/s ＝0.420 kg·m/s 。
碰撞后小车A 、B 共同速度v 1′＝DE t ＝6.95×10－20.02×5 m/s ＝0.695 m/s ；两车碰撞后的质量与速度乘积之和为m 1v 1′＋m 2v 2′＝( m 1＋m 2 )v 1′＝( 0.40＋0.20 )×0.695 kg·m/s ＝0.417 kg·m/s 。
( 3 )碰前的质量与速度乘积之和等于碰后的质量与速度乘积之和，即碰撞过程中的不变量为质量与速度乘积之和。
[正确答案] ( 1 )BC DE ( 2 )0.420 0.417 ( 3 )见详细解析用能量的观点判断碰撞的类别[例2] A 球以1 m/s 的速度反向弹回，B 球以2 m/s 的速度向前运动，试分析:( 1 )碰撞过程中损失了多少动能。
( 2 )两球的碰撞属于何种类型的碰撞。
[详细解析] ( 1 )碰撞前物体的动能 E k A ＝12m A v A 2＝12×5×32 J ＝22.5 J碰撞后物体的动能E ′k ＝E k A ′＋E k B ′＝12m A v A ′2＋12m B v B 2＝12×5×12 J ＋12×10×22 J ＝22.5 J 。
故碰撞过程中无动能损失。
( 2 )由于碰撞过程中无动能损失，故两球的碰撞属于弹性碰撞。
[正确答案]( 1 )0( 2 )弹性碰撞( 1 )物体间发生完全弹性碰撞后形变能完全恢复，碰撞系统的动能守恒；物体间发生非弹性碰撞后形变不能完全恢复，碰撞系统的动能有损失；物体间发生完全非弹性碰撞后，形变完全不能恢复，碰撞系统的动能损失最大。
( 2 )质量为m的运动物体与质量为m的静止物体发生弹性碰撞后，两物体交换速度。