弹性碰撞和完全非弹性碰撞专题训练
1.在宇宙间某一个惯性参考系中，有两个可视为质点的天体A B 、，质量分别为m 和M ，开始时两者相距为0l ，A 静止，B 具有沿AB 连线延伸方向的初速度0v ，为保持B 能继续保持匀速直线运动，对B 施加一个沿0v 方向的变力F .试求：
（1）A B 、间距离最大时F 是多少？应满足什么条件？
（2）从开始运动至A B 、相距最远时力F 所做的功. 2．如图3-4-14所示，有n 个相同的货箱停放在倾角为θ的斜面上，每个货箱长皆为L ，质量为m 相邻两货箱间距离也为L ，最下端的货箱到斜面底端的距离也为L ，已知货箱与斜面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，现给第一个货箱一初速度0v ，使之沿斜面下滑，在每次发生碰撞的货箱都粘在一起运动，当动摩擦因数为μ时，最后第n 个货箱恰好停在斜面
底端，求整个过程中由于碰撞损失的机械能为多少？ 3.如图3-4-15所示，质量0.5m kg =的金属盒AB ,放在光滑的水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数0.125μ=，在盒内右端B 放置质量也为0.5m kg =的长
方体物块，物块与盒左侧内壁距离为0.5L m =，物块与盒之间无摩擦.若在A 端给盒以水平向右的冲量1.5N s ?，设盒在运动过程中与物块碰撞时间极短，碰撞时没有机械能损失.(210/g m s =)求：
（1）盒第一次与物块碰撞后各自的速度； （2）物块与盒的左端内壁碰撞的次数； （3）盒运动的时间；
4.宇宙飞船以4010/v m s =的速度进入均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进310s m =，要与410n =个微粒相撞，假如每个微粒的质量为7210m kg -=?，与飞船相撞后吸附在飞船上，为使飞船的速率保持不变，飞船的输出功率应为多大？
5．光滑水平面上放着质量1A m kg =的物块A 与质量2B m kg =的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A B 、间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能49p E J =,在A 、B 间系一轻
质细绳，细绳长度大于弹簧
的自然长度，如图3-4-16所示。放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径0.5R m =，B 恰能到达最高点C 。取210/g m s =，求： (1)绳拉断后瞬间B 的速度B v 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W ；
6.如图3-4-17所示，一倾角为0
45θ=的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度01h m =，斜面底端有一
垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量0.09m kg =的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数0.2μ=,当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加
速度2
10/g m s =。在小物块与挡
板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？
7.如图3-4-18所示中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调.起初，滑块静止,ER 流体对其阻力为0，弹簧的长度为L ，现有一质量也为m 的物体从距地面2L 处自由落下，与滑块碰撞后
粘在一起向下运动.为保证滑块做匀
减速运动，且下移距离为2mg
k
时速度减为0，ER 流体
对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求（忽略空气阻力）:
(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)滑块向下运动过程中加速度的大小；
(3)滑块下移距离d 时ER 流体对滑块阻力的大小. 8.某同学利用如图3-4-19所示的装置验证动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A 、B 两摆球均很小，质量之比为1:2。当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B 球使其摆线伸直并与竖直方向成045角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成030，若本实验允许的最大误差为4%±，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？
9.如图3-4-20（a ）所示，在光滑绝缘水平面的AB 区域内存在水平向右的电场，电场强度E 随时间的变化如图3-4-20（b ）所示.不带电的绝缘小球2P 静止在O
点.0t =时，带正电的小球1P 以速度0t 从
A 点进入A
B 区域，随后与2P 发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的2
3
倍，1P 的质量为1m ，带电量为q ，2P 的质
量215m m =,A 、O 间距为0L ，O 、B 间距043
L
L =.
已知
2
000100
2,3qE v L
T m L t ==. 图 3-4-19 图 3-4-16
图 3-4-18
图 3-4-17
图 3-4-15
图 3-4-14
⑴求碰撞后小球1P 向左运动的最大距离及所需时间. ⑵讨论两球能否在OB 区间内再次发生碰撞.
参考答案：
1.【解析】(1)天体A B 、通过万有引力相互作用，当二者速度相等时其间距离最大，设为max L ，由上述结论可知，在A 加速的过程中， A 增加多少动能，系
统就增加多少引力势能，即有200max
12Mm Mm
mv G G
l l =-，得：0max 2
00
22Gl M
l GM l v =- 此时B 受到的外力为：
2200
22
max 0(2)4m GM l v Mm F F G l Gl M -==引= 存在最大距离的条件是2
0020GM l v ->即00
2GM
v l <
转化为弹簧的弹性势能2min 1()2
p k E k L L E ?=-=? 解得: 2
min 0m L L L
k
=- (2) 力F 所做的功等于系统增加的势能与物体A 增
加的动能之和，即220012
p W E mv mv =?+=
【答案】（1）22
002
0(2)
4m GM l v F Gl M
-= 00
2GM
v l < （2）2
0mv .
2.【解析】整个过程中货箱减小的动能和重力势能分
别为：212
K E mV ?=
sin 2sin P E mgL mg L θθ?=++……sin mgnL θ+
(1)
sin 2
n n mgL θ+=
整个过程摩擦力做功全部转化热能1Q ，其大小为：
1cos 2cos Q mgL mg L θθ=++……cos mgnL θ+
(1)
s 2
n n mgLco θ+=
设碰撞中产生的热量为2Q ，则由功能关系可知：
12P k E E Q Q ?+?=+
则整个过程中由于碰撞损失的机械能E ?:
221(1)(sin cos )22n n E Q mv mgL θθ+?==
+- 【答案】21(1)
(sin cos )22
n n mv mgL θθ++
- 3.【解析】(1)给盒一个冲量后由动量定理可知，盒子
的初速度为：03/I
v m s m
==
设盒子与物块碰撞前的瞬时速度分别为12v v 、，根据牛顿第二定律，盒子的加速度为：
22 2.5/mg
a g m s m
μμ?=
==
根据22
02t v v as =+得盒子的碰前速度为：
2
102 6.5/ 2.55/v v aL m s m s =-==
因物块与盒之间无摩擦，所以碰前物块速度为：20v =
设碰撞后盒子与物块的瞬时速度分别为''12v v 、，由于碰撞没有机械能损失，由动量守恒和机械能守恒
得： ''
1212mv mv mv mv +=+ ①
22'2'2
121211112222
mv mv mv mv +=+ ② 由①②解得：'120v v ==，'
21 2.25/v v m s ==，
即碰撞后的速度（另一组解为'11v v =，'
2
2v v =，表示碰撞前的状态，舍去）.
(2)设盒子在地面上运动的距离为S ,盒子的初速度为0v ，由于碰撞没有能量损失，所以盒子与地面摩擦损失的机械能等于系统损失的总机械能，即有：
20122
mgS mv μ?=
解得：22
221.5 1.8440.1250.510
I S m m m g μ===???
盒子每前进一个L ,物块都要与盒子的左侧内壁碰撞一次，由于
3.6S
L
=,所以物块与盒子的左侧内壁共碰撞3次.
(3)整个过程中，对盒子应用动量定理得：
020mg t mv μ-??=- 解得： 1.5
1.2220.1250.510
I t s s mg μ===???
【答案】（1）'10v =，'
2 2.25/v m s =（2）
3次（3）1.2s 4.【解析】 在飞船不受阻力，只受万有引力的情况下，无输出功率；当受到尘埃阻力时，需要输出功率来克服阻力做功以维持匀速.尘埃与飞船相互作用，使尘埃的动能增加，即22001122
k E Mv nmv ?==，则尘埃
在加速过程中与飞船相互作用而增加的内能跟其动
能增加量相等，即2012Q nmv =，因此飞船对尘埃所做
的功为2
0k W Q E nmv =+?=.飞船前进s 所经历的时间
为0
s
t v =
，所以飞船的输出功率为： 23
20
00
210nmv nmv W P W s t s v ====?.
【答案】2210W ?.
图 3-4-20
5．【解析】（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为B v ,到达C 点时的速度为C v ，有：
2
c B B
v m g m R
= ①2
211222B B B c B m v m v m gR =+ ② 代入数据得5/B v m s = ③
（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为1v ，取水平向右为正方向，有:2112
P B E m v = ④
1B B B I m v m v =- ⑤
代入数据得 4I NS =- 其大小为4NS ⑥ （3）设绳断后A 的速度为A v ，取水平向右为正方向，
有1B B B A A m v m v m v =+ ⑦ 21
2
A A W m v = ⑧
代入数据得8W J =
【答案】(1) 5/B v m s =(2) 4NS (3) 8J
6.【解析】一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v .
由功能关系得: 21cos 2sin h
mgh mv mg μθθ
=+ ①
以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量:()I mv m v =-- ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为'h ，则:
21'
'cos 2sin h mv mgh mg μθ
θ
=+ ③ 同理，有: '21'
'cos 2sin h mgh mv mg μθθ
=+ ④
'(')I mv m v =-- ⑤
式中，'v 为小物块再次到达斜面底端时的速度，'I 为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得：I kI '=
⑥ 式中tan tan k θμθμ
-=
+ ⑦
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为:1022(1cot )I m gh μθ=- ⑧ 总冲量为:2312341(1)I I I I I I k k k =+++=+++ ⑨ 由2
1
11)1n n k k k k
k
--+++?=- ⑩ 得 4
0122(1cot )1k I m gh k
μθ-=--
代入数据得：0.43(36)I Ns =+
【解析】二：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a ，依牛顿第二定律得：sin cos mg mg ma θμθ-= ① 设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，
则:22sin h
v a θ
= ②
以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为:()I mv m v =-- ③ 由①②③式得:122(1cot )I m gh μθ=- ④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为'a ， 依牛顿第二定律有:sin cos mg mg ma θμθ'-=⑤ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为:
2
sin 2v h a θ'='
⑥
由②⑤⑥式得：2h k h '= ⑦式中：tan tan k θμ
θμ
-=
+ ⑧
同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量： 22(1cot )I m gh μθ''=- ⑨
由④⑦⑨式得： I kI '= ⑩ 由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为1022(1cot )I m gh μθ=- ⑾ 总冲量为：2312341(1)I I I I I I k k k =+++=+++ ⑿ 由2
1
11)1n n k k k k
k
--+++?=- ⒀ 得：4
0122(1cot )1k I m gh k
μθ-=-- ⒁
代入数据得：0.43(36)I Ns =+ ⒂
【答案】0.43(36)I Ns =+
7.【解析】（1）设物体下落末速度为0v ，由机械能守
恒定律：201
2
mgL mv =,得02v gL =
设碰后共同速度为1v ，由动量守恒定律:102mv mv = 得：11
22
v gL =
碰撞过程中系统损失的机械能为：
2201111
2222
E mv mv mgL ?=
-= (2)设加速度大小为a ,有: 212as v =，得：8kL
a m
=
（3）设弹簧弹力为N F ,ER 流体对滑块的阻力为ER F ，
受力分析如图3-4-21所示. 22N ER F F mg ma +-= N F kx =,mg
x d k =+
解得：4ER kL
F mg kd =+-
【答案】(1) 1
2
mgL
(2)
8kL
m
(3)4kL mg kd +-
8.【解析】 设摆球A 、B 的质量分别为A m 、B m ，摆长为l ，B 球的初始高度为1h ，碰撞前B 球的速度
为B v .在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得：1(1cos45)h l =-? ①
2112
B B B m v m gh = ② 设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为12P P 、有:1B B P m v = ③ 联立①②③式得12(1cos 45)B P m gl =-? ④ 同理可得2()2(1cos30)A B P m m gl =+-? ⑤ 联立④⑤式得
211cos301cos 45A B B
P m m P m +-?
=-? ⑥ 图 3-4-21
代入已知条件得2
21 1.03P P ??
= ???
⑦
由此可以推出
21
1
4%P P P -≤ ⑧ 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。
9.【解析】（1）小球1
P 到达O 点的时间00L
T v =与2P 相碰时，电场刚好由零变为0E ,碰撞后1P 的速度102
3
v v =-，在电场中1P 的加速度01qE a m =，1P 向左运动的时间为1
1v t T a
=-
=,在1t 的时间内有电场，1P 做匀
速运动，1P 向左运动的最大距离2101
23
v s L a =
= （2）根据动量守恒101122m v m v m v =+求得2P 的速度
201
3v v =，2P 从O 点运动到B 点所需时间
22
4L
t T v =-=，在2t 时间内一直存在电场，则2P 的位
移2
1122
122
x v t at L =+= 由于1x L >,故两球在OB 之间1P 与2P 能再次碰撞. 【答案】(1)210123
v s L a == 1t T =（2）两球在OB 之间
1P 与2P 能再次碰撞.
如何巧记弹性碰撞后的速度公式 一、“一动碰一静”的弹性碰撞公式 问题：如图1所示，在光滑水平面上，质量为m1的小球，以速度v1与原来静止的质量为m2的小球发生对心弹性碰撞，试求碰撞后它们各自的速度？ 图1 设碰撞后它们的速度分别为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能（动能）守恒定律得： m1v1=m1v1＇+m2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 联立①⑤解得 ⑥ ⑦ 上面⑥⑦式的右边只有分子不同，但记忆起来容易混。为此可做如下分析：当两球碰撞至球心相距最近时，两球达到瞬时的共同速度v共，由动量守恒定律得： m1v1= （m1+m2） v共 解出v共=m1v1 /（m1+m2）。而两球从球心相距最近到分开过程中，球m2继续受到向前 的弹力作用，因此速度会更大，根据对称可猜想其速度恰好增大一倍即，而这恰好是⑦式，因此⑦式就可上述推理轻松记住，⑥式也就不难写出了。如果⑥式的分子容易写成m2－m1，则可根据质量m1的乒乓球以速度v1去碰原来静止的铅球m2，碰撞后乒乓球被反弹回，因此v1＇应当是负的（v1＇<0），故分子写成m1－m2才行。在“验证动量守恒定律”的实验中，要求入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，也可由⑥式 解释。因为只有m1>m2，才有v1＇>0。否则，若v1＇<0，即入射球m1返回，由于摩擦，入射球m1再回来时速度已经变小了，不再是原来的v1＇了。
另外，若将上面的⑤式变形可得：，即碰撞前两球相互靠近的相对速度v1－0等于碰撞后两球相互分开的相对速度。由此可轻松记住⑤式。再结合①式也可很 容易解得⑥⑦式。 二、“一动碰一动”的弹性碰撞公式 问题：如图2所示，在光滑水平面上，质量为m1、m2的两球发生对心弹性碰撞，碰撞前速度分别为v1和v2，求两球碰撞后各自的速度？ 图2 设碰撞后速度变为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能守恒定律得： m1v1+m2v2=m1v1＇+m2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 由③⑤式可以解出 ⑥ ⑦ 要记住上面⑥⑦式更是不容易的，而且推导也很费时间。如果采用下面等效的方法则可轻松记住。m1、m2两球以速度v1和v2发生的对心弹性碰撞，可等效成m1以速度v1去碰静 止的m2球，再同时加上m2球以速度碰静止的m1球。因此由前面“一动碰一静”的弹性碰撞公式，可得两球碰撞后各自的速度+； +，即可得到上面的⑥⑦式。 另外，若将上面的⑤式变形可得：，即碰撞前两球相互靠近的相对速度 v1- v2等于碰撞后两球相互分开的相对速度。由此可轻松记住⑤式，再结合①式可解得⑥⑦式。
弹性碰撞和完全非弹性碰撞专题训练 1.在宇宙间某一个惯性参考系中，有两个可视为质点的天体A B 、，质量分别为m 和M ，开始时两者相距为0l ，A 静止，B 具有沿AB 连线延伸方向的初速度0v ，为保持B 能继续保持匀速直线运动，对B 施加一个沿0v 方向的变力F .试求： （1）A B 、间距离最大时F 是多少应满足什么条件 （2）从开始运动至A B 、相距最远时力F 所做的功. 2．如图3-4-14所示，有n 个相同的货箱停放在倾角为θ的斜面上，每个货箱长皆为L ，质量为m 相邻两货箱间距离也为L ，最下端的货箱到斜面底端的距离也为L ，已知货箱与斜面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，现给第一个货箱一初速度0v ，使之沿斜面下滑，在每次发生碰撞的货箱都粘在一起运动，当动摩擦因数为μ时，最后第n 个货箱恰好停在斜面 底端，求整个过程中由于碰撞损失的机械能为多少 3.如图3-4-15所示，质量0.5m kg =的金属盒AB ,放在光滑的水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数0.125μ=，在盒内右端B 放置质量也为0.5m kg =的 长方体物块，物块与盒左侧内壁距离为0.5L m =，物块与盒之间无摩擦.若在A 端给盒以水平向右的冲量1.5N s ?，设盒在运动过程中与物块碰撞时间极短，碰撞时没有机械能损失.(210/g m s =)求： （1）盒第一次与物块碰撞后各自的速度； （2）物块与盒的左端内壁碰撞的次数； （3）盒运动的时间； 4.宇宙飞船以4010/v m s =的速度进入均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进310s m =，要与410n =个微粒相撞，假如每个微粒的质量为7210m kg -=?，与飞船相撞后吸附在飞船上，为使飞船的速率保持不变，飞船的输出功率应为多大 5．光滑水平面上放着质量1A m kg =的物块A 与质量2B m kg =的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A B 、间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能49p E J =,在A 、B 间系一轻 质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图3-4-16所示。放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径0.5R m =，B 恰能到达最高点C 。取210/g m s =，求： (1)绳拉断后瞬间B 的速度B v 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W ； 6.如图3-4-17所示，一倾角为0 45θ=的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度01h m =，斜面底端有一 垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量0.09m kg =的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数0.2μ=,当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加 速度2 10/g m s =。在小物块与挡 板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少 7.如图3-4-18所示中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调.起初，滑块静止,ER 流体对其阻力为0，弹簧的长度为L ，现有一质量也为m 的物体从距地面2L 处自由落下，与滑块碰 撞后粘在一起向下运动.为保证滑块 做匀减速运动，且下移距离为2mg k 时速度减为0，ER 流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求（忽略空气阻力）: (1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)滑块向下运动过程中加速度的大小； (3)滑块下移距离d 时ER 流体对滑块阻力的大小. 8.某同学利用如图3-4-19所示的装置验证动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A 、B 两摆球均很小，质量之比为1:2。当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B 球使其摆线伸直并与竖直方向成045角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成030，若本实验允许的最大误差为4%±，此实验是否成功地验证了动量守恒定律 9.如图3-4-20（a ）所示，在光滑绝缘水平面的AB 区域内存在水平向右的电场，电场强度E 随时间的变化如图3-4-20（b ）所示.不带电的绝缘小球2P 静止在O 点.0t =时，带正电的小球1P 以速度0t 从 A 点进入A B 区域，随后与2P 发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的2 3 倍，1P 的质量为1m ，带电量为q ，2P 的 质量215m m =,A 、O 间距为0L ，O 、B 间距043 L L =. 已知 2 000100 2,3qE v L T m L t ==. 图 图 3-4-16 图 3-4-18 图 3-4-17 图 3-4-15 图 3-4-14
专题：弹性碰撞、非弹性碰撞实验:探究动量守恒定律 学习目标： 1、了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞。 2、会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。 3、了解探究动量守恒定律的三种方法。 学习过程： 系统不受外力，或者所受的外力为零，某些情况下系统受外力，但外力远小于内力时均可以认为系统的动量守恒，应用动量守恒定律时请大家注意速度的方向问题，最好能画出实际的情境图协助解题。请规范解下列问题。 一、弹性碰撞、非弹性碰撞： 实例分析1：在气垫导轨上，一个质量为2kg的滑块A以1m/s的速度与另一个质量为1kg、速度为4m/s并沿相反方向运动的滑块B迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起，求：(1)碰撞后两滑块的速度的大小和方向？系统的动能减少了多少？转化为什么能量？ (2)若碰撞后系统的总动能没有变化，则碰撞后两滑块的速度的大小和方向？ 问题一：什么叫做弹性碰撞？什么叫做非弹性碰撞？什么叫做完全非弹性碰撞？碰撞过程中会不会出现动能变多的情形？
实例分析2：如图，光滑的水平面上，两球质量均为m，甲球与一轻弹簧相连，静止不动，乙球以速度v撞击弹簧，经过一段时间和弹簧分开，弹簧恢复原长，求： （1）撞击后甲、乙两球相距最近时两球球的速度的大小和方向？ （2）弹簧的弹性势能最大为多少？ （3）乙球和弹簧分开后甲、乙两球的速度的大小和方向？ 思考与讨论：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度v3、v4，并讨论m1=m2；m1》m2；m1《m2时的实际情形。
二、探究动量守恒的实验： 问题二（P4参考案例一）如何探究系统动量是否守恒(弹性碰撞、分开模型、完全非弹性碰撞)？ 问题三（P5参考案例二）：某同学采用如图所示的装置进行实验．把两个小球用等长的细线悬挂于同一点，让B 球静止，拉起A 球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起．实验过程中除了要测量A 球被拉起的角度1θ，及它们碰后摆起的最大角度2θ之外， 还需测量哪些物理量（写出物理量的名称和符号）才能验证碰撞中的动量守 恒．用测量的物理量表示动量守恒应满足的关系式． 问题四（P5参考案例三）：水平光滑桌面上有A 、B 两个小车，质量分别是0.6 kg 和0.2 kg.A 车的车尾拉着纸带，A 车以某一速度与静止的B 车碰撞，碰后两车连在一起共同向前运动.碰撞前后打点计时器打下的纸带如图所示.根据这些数据，请通过计算猜想：对于两小车组成的系统，什么物理量在碰撞前后是相等的？
完全非弹性碰撞动能损失最大的证明方法 方法一：用柯尼希定理很容易证明 (柯尼希定理:一个质点系的总动能，等于它的质心动能与各质点相对于质心的动能之和。E=E1+E2) 在碰撞前，系统的总动能E 等于质心动能与各质点相对于质心的动能之和。而在碰撞过程中以及碰撞以后，两物体的质点的速度是不变的，不管碰撞是弹性的还是非弹性的都是如此。因为碰撞中两物体之间的作用力，是系统内部的力，即内力，是不能改变系统总动量的，当然也不能改变系统质心的速度,所以不能改变质心的动能。所以，不管是什么类型的碰撞，都不能改变质心动能E1。 在碰撞以后，如果两物体粘在一起，动能E2为0,即完全非弹性碰撞. 所以碰撞为完全非弹性碰撞时,E=E1.系统损失机械能最多. 方法二：数学计算法 首先，两个都有速度太难算了,不如引入相对速度v(v=v1-v2).则原题简化为A 以v 的速度向静止的B 运动 根据动量守恒定律：b a v m v m v m 211+= 根据能量守恒定律，则有E mv mv mv b a ++=2222 12121 (E 为能量损失) 消去vb,化简得:02)(2)(1 22121221=+---+m Em v m m vv m v m m a a 关于a v 的二次方程有解,则0≥?即:) (2212 21m m v m m E +≤ 当取等号时,E 最大.2 11m m v m v a += 代入动量守恒式得:vb=va 所以此时为完全非弹性碰撞. 算得好辛苦啊!!! E<或=m1m2v^2/(2m1+2m2) 当取等号时,E 最大. 下面开始讲如何算出:va=m1v/(m1+m2) 把E=m1m2v^2/(2m1+2m2)代入 (m1+m2)va^2-2m1vva-(m2-m1)v^2+2Em2/m1=0 化简得:(m1+m2)va^2-2m1vva+(m1v)^2/(m1+m2)=0 这步应该不难得到,带进去时发现有两项通分后可以使方程大大简化. 接着对该方程两边同乘以(m1+m2)得: [(m1+m2)va]^2-2(m1+m2)m1vva+(m1v)^2=0 观察发现它竟然是一个完全平方式!! [(m1+m2)va-m1v]^2=0
高中物理公式推导一 完全弹性碰撞碰后速度的推导 1、简单说明： 1m 、2m 为发生碰撞的两个物体的质量，1v 、2v 为碰撞前1m 、2m 的速度，'1v 、' 2v 为碰撞后 1m 、2m 的速度。 2、推导过程： 第一，由动量守恒定理，得 ' 2'1 122112v m v m v m v m +=+ （1） 第二，由机械能守恒定律，得 2'22'112222112 2 1212121v m v m v m v m +=+（2） 令 12/m m k =，（1）、（2）两式同时除以1m ，得 ' ' 1 212kv v kv v +=+ （3） 2 '2 '1 2 2212 kv v kv v +=+ （4） （3）、（4）两式变形，得
( ) 2 ' '1 1--2v v k v v = （5） ()()()( ) 2 ' 2' '1 1 '1 1 22 -v v v v k v v v v -+=+ （6） 将（5）式代入（6）式，得 2' ' 1 12v v v v +=+ （7） 联立（5）、（7）两式，将' 1v 、 ' 2v 移到方程的左侧，则有 21' '1 2kv v kv v +=+ （8） 21' '1 --2v v v v += （9） 由（8）-（9），得 ()()21' 1-212 v k v v k +=+ 21' 11-122v k k v k v +++= 21212112' 1/1 -/1/22v m m m m v m m v +++= 2121 21121' -22v m m m m v m m m v +++= （10） 或者 ()2 12 1211' -22m m v m m v m v ++= （10）
一个完全非弹性碰撞的实用推论 一、 在动量守恒模块的学习中，高中阶段主要分为完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞这两种基本题型，解题用到的规律是动量守恒和能量守恒，完全弹性碰撞中，对于运动物体碰静止物体的模型，我们可以把v 1=2121m m m m +-v 0 v 2=2 112m m m +v 0， 作为推论，由此避免动量守恒和能量守恒方程组的联立，从而减小了运算量，那么在完全非弹性碰撞中，我们是否也能导出一个结论性的推论从而避免联立方程组，简化计算呢？ 二、结论推导 在处理可以等效成“完全非弹性碰撞”模型的问题时，我们发现：动能的损失是连接已知量和待求量的桥梁。如果通过动量守恒和能量守恒这两大基本规律推导出动能损失的一般表达式，作为处理完全非弹性碰撞模型的一个实用推论，那么此推论便可以对我们的解题有所帮助。 推导过程如下： 在光滑水平面上，滑块A 、B 发生完全非弹性碰撞，滑块A 质量为m 1，速度为v 1,滑块Ｂ质量为m 2,速度为v 2， v 1 v 2方向相同且在一条直线上，v1＞v2 。 动量守恒：m 1 v 1 +m 2 v 2= (m 1+ m 2）v ① 能量守恒：21m 1 v 12 +21m 2 v 22=2 1 (m 1+ m 2）v 2+ΔE ② 将①式代入②式ΔE= 21m 1 v 12 +21m 2 v 22-)(2)(21221m m m m v ++ 上式合并同类项得（读者可自行推导） ΔE=)2()(2212221212 1v v v v m m m m -++ 动能损失ΔE=221212 1)()(2v v m m m m -+ 上式中，“v 1-v 2”表示碰前两滑块的相对速度， 212 1m m m m +是两质量的调合平均值，我们把它 叫做折合质量。 三、结论应用 从此结论中可以看出，当两物体发生完全非弹性碰撞时，动能的损失可以写成ΔE=21 212 1m m m m +u 2， 其中u 2 是两滑块相对速度绝对值的平方。这个损失的动能可以转化为焦耳热，也可以转化为弹性势能，重力势能。当题目可以等效成“完全非弹性碰撞”模型（当题目中出现“弹簧达到最大压缩量时” “求物块上升的最大高度” “物块恰好不从木板上掉下”，“两物体恰好共速”“两物块粘连在一起运动”时一般等效成完全非弹性碰撞模型）时，一般可利用此结论求解或者简化运算。 例一、结论的简单应用 物块A 以初速度v 滑到小车B 上运动，A 质量为m 1,B 质量为m 2，
完全非弹性碰撞动能损失最大的证明 （利用初等函数证明） 在碰撞中，系统动量守恒。但动能损失不一样。 完全弹性碰撞，碰撞前后，系统总动能不损失。 非弹性碰撞，损失一部分动能。 两个物体碰撞后，不分开，以同一速度运动，叫做完全非弹性碰撞。此时动能损失最大。下面是证明过程。 条件：质量m 1，速度v 1，与质量m 2，速度v 2物体发生碰撞，碰后，m 1速度变为v 1/，m 2速度变为v 2/。 由动量守恒：m 1 v 1+m 2 v 2=m 1 v 1/+m 2 v 2/……（1） 损失动能：)2 121()212 1(2/222/11222211v m v m v m v m E +-+=?……（2） 令p = m 1 v 1+m 2 v 2 ，22221112121v m v m E +=，2/222/1122121v m v m E +=，p 和E 1确定，只需证明E 2最小的条件，即可得到最大的动能损失的条件。 利用（1）式可得：2/11/2 m v m p v -=……（3） 将（3）带入E 2，得：2 2 /112/1211222)(m p v pm v m m m E +-+=，可见分子部分为关于v 1/的函数。令2/112 /1211/12)()(p v pm v m m m v f +-+=，只需求出)(/1v f 的最小值即可。二次函数开口向上，顶点坐标值对应)(/1v f 最小。 即当2 1/12m m p a b v +=-=时，)(/1v f 最小，则此时E 2最小，△E 最大。 将v 1/带入（1）式得：2 1/1/2m m p v v +==。 即：碰撞后两物体不分开以相同速度运动，损失的动能最大。 如果学习了微积分，可以利用求导更容易得到证明。此处略。
[完全]弹性碰撞后的 速度公式
如何巧记弹性碰撞后的速度公式 一、“一动碰一静”的弹性碰撞公式 问题：如图1所示，在光滑水平面上，质量为m1的小球，以速度v1与原来静止的质量为m2的小球发生对心弹性碰撞，试求碰撞后它们各自的速度？ 图1 设碰撞后它们的速度分别为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能（动能）守恒定律得： m 1v 1 =m1v1＇+m2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 联立①⑤解得 ⑥ ⑦ 上面⑥⑦式的右边只有分子不同，但记忆起来容易混。为此可做如下分析：当两球碰撞至球心相距最近时，两球达到瞬时的共同速度v共，由动量守恒定律得： m 1v 1 = （m1+m2）v共 解出v共=m1v1/（m1+m2）。而两球从球心相距最近到分开过程中，球m2继续受到向前的弹力作用，因此速度会更大，根据对称可猜想其速度恰好增大 一倍即，而这恰好是⑦式，因此⑦式就可上述推理轻松记住， ⑥式也就不难写出了。如果⑥式的分子容易写成m2－m1，则可根据质量m1的乒乓球以速度v1去碰原来静止的铅球m2，碰撞后乒乓球被反弹回，因此v1＇应当是负的（v1＇<0），故分子写成m1－m2才行。在“验证动量守恒定律”的实验中，要求入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，也可由⑥式解释。因为只有m1>m2，才有v1＇>0。否则，若v1＇<0，即入射球m1返回，由于摩擦，入射球m1再回来时速度已经变小了，不再是原来的v1＇了。
另外，若将上面的⑤式变形可得：，即碰撞前两球相互靠近的相 对速度v1－0等于碰撞后两球相互分开的相对速度。由此可轻松记住⑤ 式。再结合①式也可很容易解得⑥⑦式。 二、“一动碰一动”的弹性碰撞公式 问题：如图2所示，在光滑水平面上，质量为m1、m2的两球发生对心弹性碰撞，碰撞前速度分别为v1和v2，求两球碰撞后各自的速度？ 图2 设碰撞后速度变为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能守恒定律得： m 1v 1 +m2v2=m1v1＇+m2v2＇① ② 由 ①③ 由②④ 由④/③⑤ 由③⑤式可以解出 ⑥ ⑦ 要记住上面⑥⑦式更是不容易的，而且推导也很费时间。如果采用下面等效的方法则可轻松记住。m1、m2两球以速度v1和v2发生的对心弹性碰撞，可等 效成m1以速度v1去碰静止的m2球，再同时加上m2球以速度碰静止的m1球。 因此由前面“一动碰一静”的弹性碰撞公式，可得两球碰撞后各自的速度 +；+，即可得到上面的⑥⑦式。
完全非弹性碰撞模型及其 应用 Prepared on 22 November 2020
作者E-mail:Tel ： “完全非弹性碰撞”模型及其应用 湖北省沙市中学刘军434000 在高中物理学习中，面对浩如烟海的习题，学生只有做好题后总结，把握某一类型问题的共同特征和遵循的共同规律，才能做到事半功倍，以一挡十．在习题教学中，教师则不仅要引导学生善于从具体问题的分析中抽象出其所适用的一般模型和遵循的基本规律，而且要引导学生善于结合具体问题的特殊条件，灵活地运用模型和规律．下面以“完全非弹性碰撞模型”为例，在分析不同情景问题时，联想模型，通过类比和等效的方法，从而抓住问题的物理本质，使问题迅速得到解决． 一、“完全非弹性碰撞”模型 如图１，质量为1m 、2m 的两大小相同的球分别以速度1v 、2v 在光滑的水平面上沿一直线运动，其中12>v v ，两球碰撞后粘合在一起以速度v 一起运动． 系统碰撞前后动量守恒有： v m m v m v m )+(=+212211． 碰撞后系统动能损失：221222211)(2 1-2121v m m v m v m E k ++=?． 上面就是典型的“完全非弹性碰撞”模型，在一些力学综合问题中，有很多两物体间的相互作用过程就与上面两球的碰撞过程类似，具有以下共同特点：①相互作用后两物体具有共同速度；②作用前后系统动量守恒（或在某一方向守恒）；③作用后系统有动能损失，损失的动能转化为其它形式的能． 图１ m
二、“类完全非弹性碰撞”实例分析 1．物块未滑落木板 例1 如图２所示，质量为M 的平板小车放在光滑水平面上，平板右端上放有质量为m 的木块，它们之间的动摩擦因数为μ， 现使平板小车和木块分别向右和向左运动，初速度大 小均为0v ，设平板足够长，且M >m ，求木块相对平 板右端滑行的距离。 解析：木块在小车上的运动分两阶段：首先，木块和小车都做匀减速运动，木块速度先减为零，木块速度减为零时，小车仍有向右速度；之后，木块开始向右做匀加速运动，小车继续向右做匀减速运动，木块相对小车仍在远离其右端，直至木块与小车速度相等后，二者一起向右匀速运动． 设木块与小车的最终速度为v ，以向右为正，由动量守恒定律有： v m M mv Mv )(00+=-① 设物块相对小车右端滑行距离为△S ，因木块相对小车无往复运动，则由功能关系有： 22020)(2 12121v m M Mv mv s mg +-+=?μ② 联立①、②解得：20)(2v g M m M s +=?μ． 简评：此题中两物体间通过摩檫力发生相互作用，最终两物体具有共同速度，系统损失的动能转化为系统内能． 2．子弹未打穿木块 例2 质量为M 的木块被固定在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹以初速0v 水平飞来穿透木块后的速度变为2 0v ，现使木块不固定，可以在光滑水平面图２
一，实验原理 如果一个力学系统所受合外力为零或在某方向上的合外力为零，则该力学系统总动量守恒或在某方向上守恒，即 （1） 实验中用两个质量分别为m1、m2的滑块来碰撞（图4.1.2-1），若忽略气流阻力，根据动量守恒有 （2） 对于完全弹性碰撞，要求两个滑行器的碰撞面有用弹性良好的弹簧组成的缓冲器，我们可用钢圈作完全弹性碰撞器；对于完全非弹性碰撞，碰撞面可用尼龙搭扣、橡皮泥或油灰；一般非弹性碰撞用一般金属如合金、铁等，无论哪种碰撞面，必须保证是对心碰撞。 当两滑块在水平的导轨上作对心碰撞时，忽略气流阻力，且不受他任何水平方向外力的影响，因此这两个滑块组成的力学系统在水平方向动量守恒。由于滑块作一维运动，式（2）中矢量v可改成标量，的方向由正负号决定，若与所选取的坐标轴方向相同则取正号，反之，则取负号。 1．完全弹性碰撞 完全弹性碰撞的标志是碰撞前后动量守恒，动能也守恒，即 （3）
（4） 由（3）、（4）两式可解得碰撞后的速度为 （5） （6） 如果v20=0，则有 （7） （8） 动量损失率为 （9） 能量损失率为 （10） 理论上，动量损失和能量损失都为零，但在实验中，由于空气阻力和气垫导轨本身的原因，不可能完全为零，但在一定误差范围内可认为是守恒的。 2.完全非弹性碰撞
碰撞后，二滑块粘在一起以10同一速度运动，即为完全非弹性碰撞。在完全非弹性碰撞中，系统动量守恒，动能不守恒。 （11） 在实验中，让v20=0，则有 （12） （13） 动量损失率 （14） 动能损失率 （15） 3．一般非弹性碰撞 一般情况下，碰撞后，一部分机械能将转变为其他形式的能量，机械能守恒在此情 况已不适用。牛顿总结实验结果并提出碰撞定律：碰撞后两物体的分离速度与碰撞前两物体的接近速度成正比，比值称为恢复系数，即 （16） 恢复系数e由碰撞物体的质料决定。E值由实验测定，一般情况下0 实验４完全弹性碰撞中动能和动量的守恒 【实验目的】 本实验的目的是以数据和测量曲线图形来证实一个小车与另一个静止小车间发生弹性碰撞过程中动量的守恒以及动能是否有所损失。 【实验设备】 转动传感器(RMS) (2个) (CI-6538)，动力学轨道(ME-9435A或ME-9458)，RMS/IDS 套装(2个) (CI-6569)，PASCO计算机接口(750型)，IDS设备附件(2个) (CI-6692) ，科学工作室2.2版或更高，动力学小车(ME-9430或ME-9454) ，电脑。 【实验原理】 在两个小车碰撞前，情况如下： m1表示第一辆小车的质量，V1表示第一辆小车的初速度；m2表示第二辆小车的质量，V2表示第二辆小车的初速度，为0。 当弹性碰撞发生时，动能转化为势能，然后弹回时势能转化为动能。在碰撞发生之后，一辆小车的所有动能传递给另一辆小车，表现为原来静止的小车获得速度远离另一辆速度已变为0的小车。速度为0时，情况如下图所示： 系统在任意点的动量如下： P=m 1v 1+m 2v 2 (1) m 1v 1是第一辆小车的动量，m 2v 2是第二辆小车的动量。在碰撞前后动量守恒，以下关系式成立： m 1v 1+m 2v 2=m 1after v 1after + m 2after v 2after (2) 这里m 1after 和m 2after 分别是两个小车碰撞后的质量，V 1after 和V 2after 分别是两个小车碰撞后的瞬间运动速度。系统的总动能有以下式子表出： E=21m 1v 12+2 1m 2v 22 (3) 在弹性碰撞后，动能有以下式子表出： 2 1 m 1v 12+2 1m 2v 22= 2 1m 1after v 21after +2 1m 2after v 22after (4) 【实验过程】 （一）实验仪器安装 １．在IDS 轨道上用IDS 设备附件安装两个转动传感器RMS ，并在轨道上安装两个装有小滑轮的支架，如图1所示； ２．将两个小车装上线绳支架，用天平称出两个小车的质量; ３．将装由磁铁的小车相对放置在轨道上，同极相对； ４．如图1所示，将线绳绑好，水平穿过滑轮与小车线绳支架，调整线绳的松紧和滑轮、支架、小车之间的线绳高度处于同一水平， 【本讲教育信息】 一、教学内容: １、弹性碰撞与非弹性碰撞 2、反冲运动与火箭 ３、用动量概念表示牛顿第二定律 二、知识归纳、总结: (一)弹性碰撞与非弹性碰撞 1、碰撞 碰撞就是指相对运动得物体相遇时,在极短得时间内它们得运动状态发生显著变化得过程。 2、碰撞得分类（按机械能就是否损失分类) (1）弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，即为弹性碰撞。 （2）非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒得碰撞。 3、碰撞模型 相互作用得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,求解得关键都就是“速度相等”,具体分析如下: (1)如图所示,光滑水平面上得A物体以速度v去撞击静止得B物体，Ａ、Ｂ两物体相距最近时,两物体速度必定相等,此时弹簧最短,其压缩量最大。 (2）如图所示,物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上得小车B上，当A在B上滑行得距离最远时，A、Ｂ相对静止，Ａ、B两物体得速度必定相等。 （３）如图所示，质量为M得滑块静止在光滑水平面上，滑块得光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m得小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,则小球到达滑块上得最高点时(即小球竖直方向上得速度为零),两物体得速度肯定相等（方向为水平向右)。 (二)对心碰撞与非对心碰撞 1、对心碰撞 碰撞前后物体得速度都在同一条直线上得碰撞,又称正碰。 ２、非对心碰撞 碰撞前后物体得速度不在同一条直线上得碰撞。 3、散射 指微观粒子得碰撞。 (三)反冲 反冲运动 (１)定义:原来静止得系统,当其中一部分运动时,另一部分向相反方向得运动,就叫做反冲运动。 (2)原理：反冲运动得基本原理仍然就是动量守恒定律,当系统所受得外力之与为零或外力远远小于内力时,系统得总量守恒,这时,如果系统得一部分获得了某一方向得动量，系统得剩余部分就会在这一方向得相反方向上获得同样大小得动量。 (3)公式:若系统得初始动量为零,则动量守恒定律形式变为: 0=m1ｖ１＇＋m2ｖ2＇、 此式表明,做反冲运动得两部分,它们得动量大小相等,方向相反，而它们得速率则与质量成反比。 (4）应用:反冲运动有利也有害,有利得一面我们可以应用,比如农田、园林得喷灌装置、旋转反击式水轮发电机、喷气式飞机、火箭、宇航员在太空行走等等。反冲运动不利得一面则需要尽力去排除,比如开枪或开炮时反冲运动对射击准确性得影响等。 （四)火箭 1、火箭:现代火箭就是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用向前推进得飞行器。 ２、火箭得工作原理:动量守恒定律 当火箭推进剂燃烧时,从尾部喷出得气体具有很大得动量,根据动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反得动量,因而发生连续得反冲现象，随着推进剂得消耗。火箭得质量逐渐减小,加速度不断增大,当推进剂燃尽时,火箭即以获得得速度沿着预定得空间轨道飞行。 3、火箭飞行能达到得最大飞行速度，主要决定于两个因素: 【本讲教育信息】 一. 教学内容： 1、弹性碰撞和非弹性碰撞 2、反冲运动与火箭 3、用动量概念表示牛顿第二定律 二、知识归纳、总结： （一）弹性碰撞和非弹性碰撞 1、碰撞 碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化的过程。 2、碰撞的分类（按机械能是否损失分类） （1）弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，即为弹性碰撞。 （2）非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞。 3、碰撞模型 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”，具体分析如下：（1）如图所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。 （2）如图所示，物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等。 （3）如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时（即小球竖直方向上的速度为零），两物体的速度肯定相等（方向为水平向右）。 （二）对心碰撞和非对心碰撞 1、对心碰撞 碰撞前后物体的速度都在同一条直线上的碰撞，又称正碰。 2、非对心碰撞 碰撞前后物体的速度不在同一条直线上的碰撞。 3、散射 指微观粒子的碰撞。 （三）反冲 反冲运动 （1）定义：原来静止的系统，当其中一部分运动时，另一部分向相反方向的运动，就叫做反冲运动。 （2）原理：反冲运动的基本原理仍然是动量守恒定律，当系统所受的外力之和为零或外力远远小于 课题：人教版高中物理选修3-5 《类完全非弹性碰撞》教学设计 一、考点分析： 近几年的高考，碰撞问题是高考试题的重点和热点，同时它也是学生学习的难点。选修3-5模块之所以频频考察此类问题，是因为它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全方位地考查同学们的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力。 碰撞问题，由于碰撞时相互作用力“时间短、变化快、量值大”，外力远小于内力，所以碰撞过程动量守恒。碰撞问题中，完全非弹性碰撞是一种特殊的碰撞情况：形变完全不能够恢复，机械能损失达到最大，遵从动量守恒定律，还具有碰撞双方碰后的速度相等的运动学特征，而且是弹性碰撞所必经历之过程，可以说其个性极为突出。虽然近三年高考中主要考察弹性碰撞，但是鉴于完全非弹性碰撞的特殊性，二轮复习可以针对性的加强这方面内容的研究。 二、教学目标 知识与技能： （1）了解完全非弹性碰撞在碰撞过程中的个性特点。 （2）了解类完全非弹性碰撞的常见物理模型。 （3）能用动量、能量观点综合分析类完全非弹性碰撞问题。 过程与方法： 通过“慢镜头”体验一维碰撞过程中形变量与能量的演变过程，关注完全非弹性碰撞速度相等的运动学特征，感受碰撞系统机械能损失最大的能量特点。并将结论推广到一般模型的类完全非弹性碰撞问题。 情感态度价值观： 通过对类完全非弹性碰撞问题的研究，体会研究物理问题的一般方法。 三、教学重点： （1）完全非弹性碰撞问题的的运动学特征和能量特点。 （2）类完全非弹性碰撞模型的能量转化分析。 四、教学用具： ppt课件、多媒体辅助教学设备 五、教学过程： 1、导入新课 同学们通过前面的学习，对碰撞问题已经有了深刻的理解。碰撞现象是物理学中极为常见的物理现象，大到宇宙中的天体，小到微观粒子，以及我们的日常生活，可以说碰撞现象无处不在。碰撞问题也是形形色色、繁杂多样，其中有一类问题个性鲜明，特点突出，我们这节课就来探讨这一类型的问题：完全非弹性碰撞问题及类完全非弹性碰撞问题。 2、进行新课 一、碰撞过程回顾 从系统碰撞过程中是否有动能损失可以将碰撞问题分成两大类：弹性碰撞和非弹性碰撞；我们先来回顾一下碰撞的全过程： 最简单的弹性碰撞模型（一静一动）： 以光滑水平地面上质量为m1、速度为v的小球A与质量为m2的静止小球B发生正面弹性 精选文档 动量守恒弹性碰撞知识点 、不同类型的碰撞 (1)非弹性碰撞：碰撞过程中物体往往会发生形变、发热、发声，一般会有动能损失. (2 )完全非弹性碰撞：碰撞后物体结合在一起，动能损失最大. (3)弹性碰撞：碰撞过程中形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失. 二、弹性碰撞的实验研究和规律 质量m i的小球以速度v i与质量m2的静止小球发生弹性碰撞. 根据动量守恒和动能守恒， 1 1 1 得m i v i = m i v i'd m2V2' , m i v2= m i v￡ + m2v 纟 2 2 2 m i —m2 v i 2m i v i 碰后两球的速度分另U为：v 'i = , v 2 = m i + m2 m i + m2 ①若m i>m2, v i' 和/2 '都是正值，表示v i '和/2 '都与/i方向相同.(若m i?m2, v i ' =i, V2 ' =v i，表示m i的速度不变，m2以2v i的速度被撞出去) ②若m i 相对论（完全非弹性）碰撞 相对论碰撞：兹有两粒子A 、B 在同一直线上运动。粒子A 静止质量为01m ，粒子B 静止质量为02m 。粒子A 速度为1v ，粒子B 以速度2v 与A 发生正碰撞12v v >。设碰撞后两粒子粘合在一起组成一复合粒子。求：复合粒子的质量、动量和动能以及运动速度和静止质量。 解： （1）假设复合粒子的质量为M ，则由“质量守恒”或“能量守恒”有 质量守恒 等价地表达为 能量守恒 （2）假设复合粒子的动量为P ，则由“动量守恒”有 （3）假设复合粒子的速度为V ，则由V M P ?= 有 ? -+ -= ?-+ ?-= ?=2 2022 1012 2 20212 101)(1)(1)( 1)(1;c v m c v m M v c v m v c v m P V M P （4）假设复合粒子的静止质量为0M ，则有动能 202c M c M E k ?-?= 由于 2 0)(1c V M M -= ，所以得到2 0)(1c V M M -?= 于是得到 2 2022 101 2 2 20212 101 2 2022 1012 22)( 1)(1)(1)(1;)(1)(1)(1c v m c v m v c v m v c v m V c v m c v m M c c V M c M E k -+ -?-+ ?-= -+ -= ?-?-?= 从而得到 复合粒子的动能： （5）假设复合粒子的静止质量为0M ，则有静止质量 20)(1c V M M -?= 由于2 2022 101 2 2 20212 101 2 2022 101)( 1)(1)( 1)(1;)( 1)(1c v m c v m v c v v c v V c v m c v m M -+ -?-+ ?-= -+ -= 从而得到复合粒子的静止质量： ? ?-+ ?-?- -+ -==2 22 20212 1012 22 2022 10102012100 0201210])( 1)(1[1])( 1)(1[ ),;,(),;,(v c v m v c v m c c v m c v m m m v v M M m m v v M 关于复合粒子的静止质量的 讨论： 例0：0020121 ;6.0,0m m m c v v ==?== 00000222 3 ),;6.0,0(m m m m c M ?>??= ? 例1：02010201 ),;,(m m m m v v M += 当且仅当 21v v v == 例2：0 201 ,v v v v =-= 02012 2 2002012 022 010201000)2(112),;,(m m v c v c m m m m m m v v M +>+?? -???++=- 完全非弹性碰撞是什么，动量守恒吗 在学习高中物理的时候往往会遇到很多关于物理问题，上课觉着什幺都懂了，可等到做题目时又无从下手。以至于对于一些意志薄弱、学习方法不对的同学就很难再坚持下来。过早的对物理没了兴趣，伤害了到高中的学习信心。收集整理下面的这几个问题，是一些同学们的学习疑问，小编做一个统一的回复，有同样问题的同学，可以仔细看一下。【问：完全非弹性碰撞的内容？】答：完全非弹性碰撞是所有碰撞中能量损失最大的，碰撞后两个物体速度相同。完全非弹性碰撞过程也满足动量守恒定律。【问：受力分析怎幺建立坐标系？】答：坐标系的建立是有原则的，。从经验说，我们规定物体运动（或运动趋势）的方向为x轴，与运动（或运动趋势方向）垂直的方向为y轴方向，这样后面的分析就会简单些。【问：非纯电阻电路如何计算电热？】答：非纯电阻电路的电热计算公式只有一个，是q=i2*r*t；部分电路欧姆定律是不成立的，所以q也只有这一个计算式（不能用u=ir做变形）。非纯电阻电路的电热只是消耗能量的一部分，对于电动机，主要输出的能量是机械能。【问：受力分析中三角形法则使用前提（或环境）有吗？】答：力的封闭三角形法则不能随意使用，它是有前提的。必须满足：1，物体处于受力平衡状态；2，物体仅受三个力的作用。【问：彻底掌握某个物理考点的办法？】答：高中物理比较抽象，吃透一个考点首先要理解其概念，此外还要辅助做一些题。同一个知识点可以命几种不同类型的题，每个类型的题都要找出来，放在一起，练个两三次，加上参考答案的分析和自己的归纳，特别是错题错因的归纳，你定能把这个考点吃透。学校的老师也会给咱们对应的知识点的习题，这是一个好机会，要抓住，这都是老师精挑细选的题型，课下要认真对待。当然，吃透一个考点还要在课下多去温习，防止遗忘。以上 作者E-mail:mTel ： “完全非弹性碰撞”模型及其应用 湖北省沙市中学刘军434000 在高中物理学习中，面对浩如烟海的习题，学生只有做好题后总结，把握某一类型问题的共同特征和遵循的共同规律，才能做到事半功倍，以一挡十．在习题教学中，教师则不仅要引导学生善于从具体问题的分析中抽象出其所适用的一般模型和遵循的基本规律，而且要引导学生善于结合具体问题的特殊条件，灵活地运用模型和规律．下面以“完全非弹性碰撞模型”为例，在分析不同情景问题时，联想模型，通过类比和等效的方法，从而抓住问题的物理本质，使问题迅速得到解决． 一、“完全非弹性碰撞”模型 如图１，质量为1m 、2m 的两大小相同的球分别以速度1v 、2v 在光滑的水平面上沿一直线运动，其中12>v v ，两球碰撞后粘合在 一起以速度v 一起运动． 系统碰撞前后动量守恒有： v m m v m v m )+(=+212211． 碰撞后系统动能损失：221222211)(2 1-2 12 1 v m m v m v m E k ++=?． 上面就是典型的“完全非弹性碰撞”模型，在一些力学综合问题中，有很多两物体间的相互作用过程就与上面两球的碰撞过程类似，具有以下共同特点：①相互作用后两物体具有共同速度；②作用前后系统动量守恒（或在某一方向守恒）；③作用后系统 图１ m 有动能损失，损失的动能转化为其它形式的能． 二、“类完全非弹性碰撞”实例分析 1．物块未滑落木板 例1 如图２所示，质量为M 的平板小车放在光滑水平面上，平板右端上放有质量为m 的木块，它们之间的动摩擦因数为μ，现使平板小车和木块分别向右和向左运动，初速度大小均为0v ，设 平板足够长，且M >m ，求木块相对平板右端滑行的距离。 解析：木块在小车上的运动分两阶段：首先，木块和小车都做匀减速运动，木块速度先减为零，木块速度减为零时，小车仍有向右速度；之后，木块开始向右做匀加速运动，小车继续向右做匀减速运动，木块相对小车仍在远离其右端，直至木块与小车速度相等后，二者一起向右匀速运动． 设木块与小车的最终速度为v ，以向右为正，由动量守恒定律有： v m M mv Mv )(00+=-① 设物块相对小车右端滑行距离为△S ，因木块相对小车无往复运动，则由功能关系有： 22020)(2 12 12 1 v m M Mv mv s mg +-+=?μ② 联立①、②解得：2 0)(2v g M m M s += ?μ． 简评：此题中两物体间通过摩檫力发生相互作用，最终两物体具有共同速度，系统损失的动能转化为系统内能． 图２完全弹性碰撞过程动量守恒
弹性碰撞和非弹性碰撞
弹性碰撞和非弹性碰撞
《类完全非弹性碰撞》教学设计
动量守恒弹性碰撞知识点
第04章 相对论完全非弹性碰撞
完全非弹性碰撞是什么,动量守恒吗
“完全非弹性碰撞”模型及其应用
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