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1.4 美妙的守恒定律维碰撞问题。
一、研究碰撞中的动能1．弹性碰撞：碰撞过程中动量和动能都守恒。
2．非弹性碰撞：碰撞过程动量守恒，动能不守恒。
3．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后，结合为一体，以同一速度运动。
预习交流1想一想：在上述三类碰撞中，动量都守恒，机械能损失情况是怎样的？答案：弹性碰撞机械能不损失，非弹性碰撞损失一部分机械能，完全非弹性碰撞损失的机械能最大。
二、研究弹性碰撞在光滑水平面上质量为m 1的小球A 以速度v 0与质量为m 2的静止小球B 发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有：m 1v 0＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 20＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2。
碰后两个小球的速度分别为：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0 v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 0 由两个速度表达式我们可以得出：（1）当m 1＞m 2时，碰后两球都沿v 0方向运动；（2）当m 1＝m 2时，碰后A 球静止，B 球以A 球碰前的速度v 0运动；（3）当m 1＜m 2时，碰后A 球被弹回，B 球沿v 0方向运动。
预习交流2思考与讨论：在上述条件及结论的基础上，试考虑当A 球的质量远远大于B 球的质量，即m 1≥m 2时，两球碰后情况怎样？若当A 球的质量远远小于B 球的质量，即m 1≤m 2时，两球碰后情况又怎样？答案：（1）当m 1≥m 2时，v 1′＝v 0，v 2′＝2v 0，即碰后A 球速度不变，B 球以2v 0被弹出。
（2）当m 1≤m 2时，v 1′＝－v 0，v 2′＝0，即碰后A 球以原来的速率被弹回，B 球静止不动。
三、自然之美——物理学中的守恒定律物理学中的守恒定律闪耀着自然美的光辉。
1．物理学的每一条守恒定律都用极其精炼的语言将内涵丰富的自然规律表述出来，表现出物理学的简洁美。
2．通过进一步的学习，你还将发现，物理学的每一条守恒定律都对应于自然界中的一种对称关系，反映着自然界的一种对称美。
第1章碰撞与动量守恒一、多物体作用，注意选取系统1．动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受合外力为零；(2)系统在某一方向上不受外力或所受合外力为0；(3)系统的内力远大于外力．2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，然后对系统进行受力分析，分清内力与外力，从而判断所选系统是否符合动量守恒的条件．图1例1质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法正确的是( )A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 和m 0的速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2 答案 BC解析 M 和m 碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m 0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m 0没有参与，只涉及M 和m ，故选项A 错，选项B 正确．由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M 和m 组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，故选项C 正确，选项D 错．所以只有B 、C 正确．二、多过程问题，合理选择初末状态对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．图2例2 两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝0.5 kg ，m B ＝0.3 kg ，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C ＝0.1 kg 的滑块C (可视为质点)，以v C ＝25 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为3.0 m/s ，求： (1)木块A 的最终速度v A ； (2)滑块C 离开A 时的速度v C ′.解析 这是一个由A 、B 、C 三个物体组成的系统，以该系统为研究对象，当C 在A 、B 上滑动时，A 、B 、C 三个物体间存在相互作用，但在水平方向上不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒．(1)当C 滑上A 后，由于有摩擦力作用，将带动A 和B 一起运动，直到C 滑上B 后，A 、B 两木块分离，分离时木块A 的速度为v A .最后C 相对静止在B 上，与B 以共同速度v B ＝3.0 m/s 运动，由动量守恒定律有：m C v C ＝m A v A ＋(m B ＋m C )v B .所以v A ＝m C v C －m B ＋m C v Bm A＝0.1×25－＋0.5m/s＝2.6 m/s. 方向与v C 相同(2)C 离开A 时的速度为v C ′，B 与A 的速度同为v A ，我们再以B 、C 为系统，C 滑上B 后与A 分离，C 、B 系统水平方向动量守恒．由动量守恒定律有：m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v B所以v C ′＝m B ＋m C v B －m B v Am C＝＋－0.3×2.60.1m/s＝4.2 m/s. 方向与v C 相同答案 (1)2.6 m/s ，方向与v C 相同 (2)4.2 m/s ，方向与v C 相同 三、碰撞中的临界问题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．图3例3 一轻质弹簧，两端各连接质量均为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m4、速度为v 0的子弹击中且没有穿出(如图3所示)，求：(1)击中瞬间，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．解析 (1)子弹击中滑块A 的瞬间，时间极短，弹簧还未来得及发生形变，因此v B ＝0.子弹和滑块A 组成的系统动量守恒，机械能不守恒(因子弹和滑块间有摩擦阻力)．根据动量守恒定律得：m4v 0＝(m 4＋m )v A ，即v A ＝15v 0.(2)子弹射入滑块A 后，滑块A 以获得的速度向右运动，弹簧被压缩，A 、B 分别受到方向相反的弹力作用，A 做减速运动，B 做加速运动，在两者速度达到相等前，弹簧一直被压缩，在两者速度相等时，弹簧弹性势能最大． m 4v 0＝(m ＋m 4＋m )v ，则v ＝19v 0， E ＝12(m ＋m 4)v 2A －12(m ＋m 4＋m )v 2＝190mv 20. 答案 (1)v A ＝15v 0 v B ＝0 (2)190mv 21．质量为1 kg 的物体在离地面高5 m 处自由下落，正好落在以5 m/s 的速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，车和沙子的总质量为 4 kg ，当物体与小车相对静止后，小车的速度为( )A ．3 m/sB ．4 m/sC ．5 m/sD ．6 m/s 答案 B解析 物体落入沙子中，系统沿水平方向动量守恒，由(M ＋m )v ＝Mv 0可得小车最终速度v ＝Mv 0M ＋m＝4 m/s.图42．如图4所示，小车放在光滑水平面上，A 、B 两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( ) A ．A 、B 质量相等，但A 比B 的速率大 B ．A 、B 质量相等，但A 比B 的速率小 C ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量大D ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量小 答案 AC解析 两人及车组成的系统动量守恒，选向右的方向为正方向，则m A v A －m B v B －m C v C ＝0，得m A v A －m B v B >0.所以A 、C 正确．图53.如图5所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点，质量相等．Q 与轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( ) A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14答案 B解析 当两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能达到最大．设P 的初速度为v ，两者质量都为m ，弹簧最短时两者的共同速度为v ′，弹簧具有的最大弹性势能为E p .根据动量守恒，有mv ＝2mv ′，根据能量守恒，有12mv 2＝12×2mv ′2＋E p .以上两式联立求得E p ＝14mv 2.可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P 原来动能的一半，B 选项正确．图64.放在光滑水平面上的质量为M 的滑块，其上表面是光滑曲面．质量为m 的物体以水平速度v 0进入滑块的上表面，如图6所示．物体并未从滑块上端飞出，求：(1)物体上升的最大高度．(2)物体滑下与滑块脱离时的速度大小．答案 (1)Mv 20M ＋m g (2)m －M v 0M ＋m解析 物体冲上曲面后，物体与曲面组成的系统，在竖直方向上受到重力和地面对系统的支持力作用．支持力与重力不平衡，因此在物体上升的过程中系统竖直方向上的动量不守恒．由类似分析知，物体返回过程中系统竖直方向上的动量也不守恒．但是整个系统在水平方向不受任何外力作用，根据动量守恒的独立性可知，整个过程中系统在水平方向上动量守恒．(1)设物体上升的最大高度为H ，两者的共同速度为v ，则有mv 0＝(M ＋m )v ，12mv 20＝12(M ＋m )v2＋mgH 联立解得：H ＝Mv 2M ＋m g(2)设物体脱离滑块时，两者的速度分别为v 1、v 2，则有mv 0＝mv 1＋Mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22联立解得：v 1＝m －M v 0M ＋m。
1.1探究动量变化与冲量的关系[教学目标]一、知识与技能1．理解要探究的问题的含义和进行探究的基本思路。
2．理解由问题转化为具体的任务的过程，理解教材所提供的实验方案。
3．使已有方案和使用过的器材的启发能够设计出新的可行的方案。
4．能够比较各方案的优劣，能够控制实验过程和测量、处理实验数据。
5．能够由实验数据分析预想的结论是否成立。
二、过程与方法1．学习在探究中如何进行猜想。
2．通过分析教材提供的实验方案，学习根据要求设计实验的方法。
3．通过实验过程提高学生的实验操作能力和分析数据的能力。
三、情感态度与价值观1．体会科学研究过程的艰辛与乐趣，培养学生主动探究、乐于探究的品质。
2．通过实验培养学生实事求是的科学态度，通过设计实验培养学生的创新精神。
[教学重点]1．实验方案的理解与设计。
2．实验的实施过程。
[教学难点]实验方案的设计；实验数据的采集与处理。
[教学方法]教师启发引导，学生讨论、交流、合作实验等。
[教学用具]实验器材：斜槽〔带重锤线〕，两个大小相同但质量不相同的小球，天平，刻度尺，白纸，复写纸；多媒体课件；视频等。
[课时安排]2课时，第1课时为明确探究目的、思路，设计实验方案的过程；第2课时实施实验过程，验证预想的结论。
[教学过程]一、新课引入教师展示以下视频片断或动画：台球正碰、斜碰各一个；火车挂钩过程；粒子加速器中高速运动的粒子撞击靶核过程。
师：刚才大家看到的现象我们称之为碰撞，碰撞是自然界中常见的现象，本章研究的主要现象就是碰撞。
师：下面我们动手做一个碰撞实验，观察碰撞前后哪些物理量发生了变化。
演示实验：几个单摆小钢球一样大，摆长一样长，竖直悬挂时两球恰好相切，将单摆A拉开某一个角度后释放，在最低点与B相碰，以下实验中开始将A拉开的角度均一样大。
第1次实验：m A =m B，碰后A静止，B向右运动；第2次实验：m A ＞m B，碰后A、B均向右运动；第3次实验：m A ＜m B，碰后A向左运动，B向右运动。
学案1 探究动量变化与冲量的关系[学习目标定位] 1.理解冲量和动量的定义、公式、单位及矢量性.2.理解动量定理及其表达式。
3。
能够利用动量定理解释有关现象，解决有关实际问题．1．动能的表达式E k＝错误!mv2，动能是标量．2．牛顿第二定律的表达式F合＝ma，加速度a＝错误!，Δv＝v－v0.3．动量（1)定义：物体的质量m和速度v的乘积mv。
（2)公式:p＝mv.(3)单位：kg·m/s。
（4)矢量性：方向跟物体的速度方向相同．4．冲量(1）定义：力和力的作用时间的乘积Ft.（2)公式：I＝Ft。
(3）单位：N·s。
（4)矢量性：方向跟力的方向相同．5．动量定理（1）内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．（2）公式：I＝Ft＝Δp。
一、动量和冲量［问题设计]一辆玩具小汽车向你驶来，碰了你一下，玩具小汽车可能被碰翻或者改变运动方向；假如一辆大汽车以同样的速度向你驶来，被碰翻的肯定不是大汽车…….这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关,而且与质量有关．请阅读课本“动量和冲量”，回答:(1)什么是动量？动量的方向如何确定?(2）什么是冲量?冲量的方向如何确定？答案见要点提炼．［要点提炼]1．动量（1）定义式：p＝mv。
(2）动量的矢量性：动量是矢量,它的方向跟物体的速度v的方向相同，遵循矢量运算法则．(3）动量是状态量：进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量．(4）动量具有相对性：由于速度与参考系的选择有关，一般以地球为参考系．2．冲量（1）冲量的定义式：I＝Ft.(2）冲量是过程（填“过程”或“状态”）量，反映的是力在一段时间内的积累效果．（3)冲量是矢量，冲量的方向跟合力F的方向相同．[延伸思考]动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，它们有什么区别？它们之间数值的关系是怎样的?答案动量p＝mv是矢量,动能E k＝12mv2是标量，所以物体速度v变化（无论大小还是方向），动量p一定变化,但物体速度v变化，动能E k不一定变化．数值关系:E k＝错误!,p＝错误!.例1对于质量不变的物体，下列说法中正确的是( )A．物体的动量改变，一定是速度大小改变B．物体的动量改变，一定是速度方向改变C．物体的运动速度改变，其动量一定改变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变解析动量是矢量，它的大小和方向两个因素中,只要有一个因素发生变化，动量就会变化，故正确选项为C、D.答案CD例2质量为0.6 kg的球以8 m/s的速度与竖直墙壁碰撞，碰后的速度反向(向西)，大小也为8 m/s.求球与墙壁碰撞前后的动量变化量和动能变化量．解析选与墙壁碰前的方向(向东)为正方向v1′＝8 m/sv2′＝－8 m/sΔp′＝mv2′－mv1′＝0。
学案2 探究动量守恒定律实验目的探究物体碰撞时动量变化的规律．猜想与假设为了使问题简化，这里先研究两个物体碰撞时动量变化的规律，碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向一致取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前动量p＝m1v1＋m2v2碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′看一看p与p′有什么关系？实验设计1．实验设计要考虑的问题(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上？(2)如何测定碰撞前、后两物体的速度？2．实验案例：气垫导轨上的实验气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光条、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1图2(1)质量的测量：用天平测量． (2)速度的测量：用光电计时器测量．设Δx 为滑块(挡光条)的宽度，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光条)经过光电门的时间，则v ＝Δx Δt.实验步骤(1)如图2所示，调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．(2)按说明书连接好光电计时器与光电门．(3)如图3所示，在滑片上安装好弹性架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿与各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图3(4)如图4所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后发生碰撞，相碰后粘在一起，测出它们的质量和速度，将实验结果记入相应的表格．图4(5)在滑块上安装好撞针及橡皮泥后，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，然后一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．(6)根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞时动量变化的规律．碰撞前 碰撞后 质量m (kg) m 1m 2 m 1 m 2速度v (m·s －1) v 1v 2 v 1′ v 2′mv (kg·m·s －1)m 1v 1＋m 2v 2 m 1v 1′＋m 2v 2′结论 实验结论：碰撞前后两滑块的动量之和保持不变．典例分析例1 为了探究物体碰撞时动量变化的规律，实验最好在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及准确度得以提高．在某次实验中，A 、B 两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用频闪摄像的方法每隔0.4秒的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的持续时间很短，可以忽略，如图5所示，已知A 、B 之间的质量关系是m B ＝1.5m A ，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A 原来处于静止状态，设A 、B 滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm 至105 cm 这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：图5(1)A 、B 两滑块碰撞前后的速度各为多少？(2)根据闪光照片分析说明两滑块碰撞前后，两个滑块的质量与速度的乘积和是否不变． 解析 (1)分析题图可知碰撞后⎩⎪⎨⎪⎧ v B ′＝Δs B ′Δt ＝0.20.4 m/s ＝0.5 m/s ；v A ′＝Δs A′Δt ＝0.30.4 m/s ＝0.75 m/s.从发生碰撞到第二次拍摄照片时，A 运动的时间是t 1＝Δs A ″v A ′＝0.150.75s ＝0.2 s 由此可知，从第一张拍摄照片到发生碰撞的时间为t 2＝(0.4－0.2) s ＝0.2 s则碰撞前B 物体的速度为v B ＝Δs B ″t 2＝0.20.2m/s ＝1.0 m/s 由题意得v A ＝0.(2)碰撞前：m A v A ＋m B v B ＝1.5m A碰撞后：m A v A ′＋m B v B ′＝0.75m A ＋0.75m A ＝1.5m A ，所以m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′，即碰撞前后两个物体总动量不变．答案 见解析例2 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中动量变化的规律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图6所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图6(1)若已得到打点纸带如图7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________段来计算小车A 的碰前速度，应选______段来计算小车A 和小车B 碰后的共同速度(填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．图7(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______ kg·m/s，碰后两小车的总动量为______ kg·m/s.解析 (1)因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC 段点距相等，碰后DE 段点距相等，故取BC 段、DE 段分别计算碰前小车A 的速度和碰后小车A 和小车B 的共同速度．(2)碰前小车速度v A ＝s BC T ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s 其动量p A ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰后小车A 和小车B 的共同速度v AB ＝s DE T ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s 碰后总动量p AB ＝(m A ＋m B )v AB ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s从上面计算可知：在实验误差允许的范围内碰撞前后总动量不变．答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417点拨 (1)此实验的条件是：在实验前要把木板的一端垫起，以平衡摩擦力．(2)此实验关键是求小车的速度，而小车碰撞前后速度的求解方法是利用纸带上匀速运动的过程求解，为了减小测量的相对误差，应多测几个间距来求速度．图8例3 如图8所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做探究碰撞时动量变化的规律的实验：(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下开关使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当滑块A 和B 与挡板C 和D 碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A 至C 的运动时间t 1，B 至D 的运动时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值．请回答以下几个问题：①在调整气垫导轨时应注意________________________________________________________________________； ②应测量的数据还有________________________________________________________________________； ③作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________．解析 ①为了保证A 、B 两滑块作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．②要求出A 、B 两滑块在卡销放开后的速度，需测出A 至C 的运动时间t 1和B 至D 的运动时间t 2，并且还要测量出两滑块到挡板的距离s 1和s 2，再由公式v ＝s t 求出其速度． ③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝s 1t 1，v B ＝s 2t 2.碰前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0，碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )s 1t 1－M s 2t 2. 答案 ①用水平仪调试使导轨水平 ②A 至C 的距离s 1、B 至D 的距离s 2 ③0 (M ＋m )s 1t 1－M s 2t 2[基础题]1．用气垫导轨进行探究碰撞中的不变量的实验时，不需要测量的物理量是( )A ．滑块的质量B ．挡光时间C ．挡光条的宽度D ．光电门的高度 答案 D2．图1中，设挡光板宽度为3 cm ，左侧滑块碰后通过左侧光电计时装置时记录时间为3×10－1 s ，而右侧滑块通过右侧光电计时装置时记录时间为2×10－1s ，则两滑块碰撞后的速度大小分别是________、________.图1答案 0.1 m/s 0.15 m/s解析 题图中滑块部分为挡光板，挡光板有一定的宽度，设为L .气垫导轨的框架上安装有光控开关，并与计时装置相连，构成光电计时装置．当挡光板穿入时，将光挡住开始计时，穿过后不再挡光则停止计时，设记录的时间为t ，则滑块相当于在L 的位移上运动了时间t ，所以滑块匀速运动的速度v ＝L t .则v 左＝3×10－2 m 3×10－1 s ＝0.1 m/s ，v 右＝3×10－2 m 2×10－1 s＝0.15 m/s.图23．某同学把两块大小不同的木块用细线连接(未画出)，中间夹一被压缩了的轻弹簧，如图2所示，将这一系统置于光滑水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证两物体相互作用的过程中动量是否守恒．(1)该同学还须具备的器材是______________；(2)需要直接测量的数据是______________；(3)用所得数据验证动量守恒的关系式是________．答案 (1)刻度尺、天平 (2)两木块质量m 1、m 2及其平抛运动的水平位移s 1、s 2 (3)m 1s 1＝m 2s 2解析 (1)设两木块质量分别为m 1、m 2，离开桌面至落地的过程是平抛运动，其水平位移为s 1、s 2，烧断细线前后由m 1、m 2两木块组成的系统若动量守恒，则有m 1v 1＝m 2v 2，又因平抛运动的竖直位移为h ＝12gt 2，故t ＝2h g ，即两木块运动时间相等，所以m 1s 1t ＝m 2s 2t就变成了m 1s 1＝m 2s 2.4．如图3所示为气垫导轨上两个滑块A 、B 相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．已知滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，根据照片记录的信息，A 、B 离开弹簧后，A 滑块做________运动，其速度大小为________ m/s ，本实验中得出的结论是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.图3答案 匀速直线 0.09 碰撞前后滑块A 、B 的质量与其速度乘积之和为不变量解析 碰撞前：v A ＝0，v B ＝0，所以有m A v A ＋m B v B ＝0碰撞后：v A ′＝0.09 m/s ，v B ′＝0.06 m/s规定向右为正方向，则有m A v A ′＋m B v B ′＝0.2×(－0.09) kg·m/s＋0.3×0.06 kg·m/s＝0则由以上计算可知：m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′5．有甲、乙两辆小车，质量分别为m 1＝302 g ，m 2＝202 g ，甲小车拖有纸带，通过打点计时器记录它的运动情况，乙小车静止在水平桌面上，甲小车以一定的速度向乙小车运动，跟乙小车发生碰撞后与乙小车粘合在一起共同运动．这个过程中打点计时器在纸带上记录的点迹如图4所示，在图上还标出了用刻度尺量出的各点的数据，已知打点计时器的打点频率为50 Hz.图4(1)从纸带上的数据可以得出：两车碰撞过程经历的时间大约为________ s ；(结果保留两位有效数字)(2)碰前甲车的动量大小为______ kg·m/s，碰后两车的总动量为________ kg·m/s；(结果保留三位有效数字)(3)从上述实验中能得出什么结论？答案 (1)0.10 (2)0.202 0.203(3)在误差范围内，碰撞过程中两车的总动量保持不变，即m 1v 1＝(m 1＋m 2)v ′解析 本题通过分析纸带来确定甲车速度的变化．从纸带上0点开始每0.02 s 内甲车位移分别为13.2 mm 、13.5 mm 、13.5 mm 、12.6 mm 、11.7 mm 、10.8 mm 、9.9 mm 、9 mm 、8.1 mm 、8 mm 、8 mm.(1)从以上数据可知从第3点到第8个点是碰撞过程，则t ＝5×0.02 s＝0.10 s ，该段时间内甲车做减速运动．(2)甲车与乙车碰前速度v 1＝40.23×0.02×10－3 m/s ＝0.670 m/s ，碰前甲车动量m 1v 1＝0.302 kg×0.670 m/s＝0.202 kg·m/s；碰后两车的速度v 2′＝v 1′＝v ′，v ′＝118.3－94.23×0.02×10－3 m/s ＝0.402 m/s ，碰后两车的总动量(m 1＋m 2)v ′＝(0.302＋0.202)×0.402 kg·m/s＝0.203 kg·m/s.(3)在误差允许范围内，两车总动量保持不变，即m 1v 1＝(m 1＋m 2)v ′.[能力题]6．某同学用如图5甲所示装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来探究碰撞过程中动量变化的规律，图中PQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O 是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点．P 为未放被碰小球B 时A 球的平均落点，M 为与B 球碰后A 球的平均落点，N 为被碰球B 的平均落点．若B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零点与O点对齐．图5(1)碰撞后B球的水平射程应为______ cm.(2)在以下选项中，本次实验必须进行的测量有________．A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量(或两球质量之比)E．测量G点相对于水平槽面的高度答案(1)65.0±0.1(2)ABD解析(1)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由刻度尺测得碰撞后B球的水平射程为65.0 cm，因最后一位数字为估读值，所以允许误差±0.1 cm，因此64.9 cm和65.1 cm也是正确的．(2)从同一高度做平抛运动飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移s ＝vt，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移代替平抛初速度，亦即碰撞前后的速度，证明m A·OP与m A·OM＋m B·ON是否相等，即可以说明两个物体碰撞前后各自的质量与其速度的乘积之和是否相等，故必须测量的是两球的质量和水平射程，即选项A、B、D是必须进行的测量．7．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞过程中动量变化的规律”的实验，气垫导轨装置如图6甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．图6(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨右端弹射架上的橡皮泥；⑤把滑块2(所用滑块1、2如图丙所示)放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图丁所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g ；试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知，两滑块相互作用前总动量为________ kg·m/s；两滑块相互作用后总动量为______ kg·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________．答案 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦解析 (2)作用前滑块1的速度v 1＝0.20.1m/s ＝2 m/s ，其动量为0.31 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝1.2 m/s ，其总动量为(0.310 kg ＋0.205 kg)×1.2 m/s＝0.618 kg·m/s.8．某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验，来探究碰撞过程中动量变化的规律：打点计时器、低压交流电源(频率为50 Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A 、带橡皮泥的小车B、天平．该同学经过以下几个步骤：A．用天平测出小车A的质量为m A＝0.4 kg，小车B的质量为m B＝0.2 kgB．更换纸带重复操作三次C．小车A靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，把小车B放在长木板中间D．把长木板平放在桌面上，在一端固定打点计时器，连接电源E．接通电源，并给小车A一定的初速度v A(1)该同学正确的实验步骤为____________．(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如图7所示，根据这些数据完成下表．图7碰撞前碰撞后A车B车AB整体质量速度vmmvmv2(3)根据以上数据猜想碰撞前后不变量的表达式为____________．答案见解析解析(1)该同学正确的实验步骤为ADCEB.(2)碰撞前后均为匀速直线运动，由纸带上的点迹分布求出速度．碰后小车A、B合为一体，求出AB整体的共同速度．注意打点计时器的频率为50 Hz，打点时间间隔为0.02 s，通过计算得下表.碰撞前碰撞后A车B车AB整体质量0.40.20.6速度 3.00 2.0vm7.50 3.3(3)由表中数值可看出在mv一行中碰撞前和碰撞后数值相同，可猜想碰撞前后不变量的表达式为：m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v.。
陕西省安康市石泉县高中物理第1章碰撞与动量守恒1.3 动量守恒定律的案例分析教学设计沪科版选修3-5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（陕西省安康市石泉县高中物理第1章碰撞与动量守恒1.3 动量守恒定律的案例分析教学设计沪科版选修3-5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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1. 3 动量守恒定律的案例分析2．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（1）分析题意，明确研究对象。
在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用,从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。
（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。
（3)明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态,即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式.注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。
（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解.3．动量守恒定律的应用举例【例1】一枚在空中飞行的导弹，质量为m，在某点的速度为v,方向水平。
导弹在该点突然炸裂成两块(如图），其中质量为m1的一块沿着与v相反的方向飞去,速度为v1。
求炸裂后另一块的速度v2。
学案5 美妙的守恒定律[学习目标定位] 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、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．1．动量守恒定律的表达式若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．2．动量守恒的条件：(1)系统不受外力或所受合外力为零；(2)内力远大于外力；(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.一、三种碰撞及特点[问题设计]图1(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．上述两实验中，A 与B 碰撞后各发生什么现象？A 与B 碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．答案 (1)可看到碰撞后A 停止运动，B 摆到A 开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B 获得的速度与碰前A 的速度相等，这说明碰撞中A 、B 两球的总动能守恒． (2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小． 设碰后两球粘在一起的速度为v ′ 由动量守恒定律知：mv ＝2mv ′，则v ′＝v2碰撞前总动能E k ＝12mv 2碰撞后总动能E k ′＝12³2m (v 2)2＝14mv 2所以碰撞过程中动能减少 ΔE k ＝E k －E k ′＝14mv 2即碰撞过程中动能不守恒． [要点提炼] 1．碰撞的特点(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的； (2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力． 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′动能守恒：12m 1v 21＋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′ 动能减少，损失的动能转化为内能 |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 碰撞中动能损失最多，即 |ΔE k |＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2共例1两个质量分别为300 g和200 g的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)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．(2)求碰撞后损失的动能．(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．解析(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2＝[12³0.3³0.52＋12³0.2³(－1)2－12³(0.3＋0.2)³(－0.1)2] J＝0.135 J.(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒定律得1 2m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2，代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.答案(1)0.1 m/s，与50 cm/s的方向相反(2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动二、弹性碰撞模型及拓展应用[问题设计]图2已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．答案由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2①由碰撞中动能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22②由①②可以得出：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0讨论 (1)当m 1＝m 2时，v 1＝0，v 2＝v 0，两小球速度互换； (2)当m 1>m 2时，则v 1>0，v 2>0，即小球A 、B 同方向运动．因m 1－m 2m 1＋m 2<2m 1m 1＋m 2，所以v 1<v 2，即两小球不会发生第二次碰撞．(其中，当m 1≫m 2时，v 1≈v 0，v 2≈2v 0.)(3)当m 1<m 2时，则v 1<0，而v 2>0，即小球A 向反方向运动．(其中，当m 1≪m 2时，v 1≈－v 0，v 2≈0.)[要点提炼]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，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．图3例2 在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v ，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．解析 刚开始，A 向右运动，B 静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A 动量减小，B 动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A 动量继续减小，B 动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A 球动量最小，B 球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv ＝mv A ＋mv B ，12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B解得：v A ＝0，v B ＝v 答案 见解析图4例3 带有14光滑圆弧的轨道、质量为M 的滑车静止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能做自由落体运动D ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动解析 小球冲上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果m <M ，小球离开滑车向左做平抛运动，如果m ＝M ，小球离开滑车做自由落体运动；如果m >M ，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B 、C 、D. 答案 BCD三、碰撞需满足的三个条件 [要点提炼]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′，否则碰撞没有结束． 例4 A 、B 两个质量相等的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 kg²m /s ，B 球的动量是5 kg²m/s，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ＝8 kg²m/s，pB ＝4 kg²m/sB ．p A ＝6 kg²m/s，p B ＝6 kg²m/sC ．p A ＝5 kg²m/s，p B ＝7 kg²m/sD ．p A ＝－2 kg²m/s，p B ＝14 kg²m/s解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A 、B 碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B 在前，A 在后，碰后如果二者同向，一定仍是B 在前，A 在后，A 不可能超越B ，所以碰后A 的速度应小于或等于B 的速度．A 选项中，显然碰后A 的速度大于B 的速度，这是不符合实际情况的，所以A 错．碰前A 、B 的总动能E k ＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝742m碰后的总动能，B 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝722m <E k ＝742m ，所以B 可能．C 选项中E k ′＝p A ′22m＋p B ′22m ＝742m＝E k ，故C 也是正确的．D 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝2002m >E k ＝742m ，所以D 是不可能发生的．综上，本题正确选项为B 、C. 答案BC碰撞⎩⎪⎨⎪⎧弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧动量守恒，动能守恒特例：两个质量相等的球发生弹性碰撞，碰后交换速度非弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧动量守恒，动能减少特例：完全非弹性碰撞 机械能损失最多图51．如图5所示，质量为m 的A 小球以水平速度v 与静止的质量为3m 的B 小球发生正碰后，A 球的速率变为原来的1/2，而碰后球B 的速度是(以v 方向为正方向)( )A ．v /6B ．－vC ．－v /3D ．v /2答案 D解析 碰后A 的速率为v /2，可能有两种情况：v 1＝v /2；v 1′＝－v /2根据动量守恒定律，有mv ＝mv 1＋3mv 2，当v 1＝v /2时，v 2＝v /6；当v 1′＝－v /2时，v 2＝v /2.若它们同向，则A 球速度不可能大于B 球速度，因此只有D 正确．2．两个小球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 前＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝27 JE 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 前≥E 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E 前≥E后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能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 前≥E 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0.8 m ，质量为m 的弹性球A 从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m 的弹性球B 正碰，球B 碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m ，则球A 释放的高度h 可能是( )图6A ．0.8 mB ．1 mC ．0.1 mD ．0.2 m 答案 D解析 碰撞后球B 做平抛运动有s ＝v B ′t ，h ＝12gt 2，得v B ′＝s t ＝sg2h ＝0.8 102³0.8m/s ＝2 m/s. 因为A 、B 球均为弹性球且质量均为m ，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度v A ′＝0，v B ′＝v A 1故碰前A 球速度为v A 1＝2 m/s由机械能守恒定律mgh ＝12mv 2A 1，得h ＝v 2A 12g ＝222³10m ＝0.2 m. 4．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7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的，求两小球质量之比m 1∶m 2.图7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．根据它们在相同时间内通过的路程，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 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 利用v 2v 1＝4，解得m1∶m2＝2∶1[基础题]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，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C．如果碰撞过程中动能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞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答案AB解析碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错．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．2．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行答案AD解析本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题．光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒．A项，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的．B项，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能．C项，碰撞前、后系统的总动量的大小和方向不同，所以动量不守恒，C项不可能．D项，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以，D项是可能的．图13．如图1所示，木块A 和B 质量均为2 kg ，置于光滑水平面上、B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 的速度向B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为( ) A ．4 J B ．8 J C ．16 J D ．32 J 答案 B解析 A 与B 碰撞过程动量守恒，有m A v A ＝(m A ＋m B )v AB ，所以v AB ＝v A2＝2 m/s.当弹簧被压缩到最短时，A 、B 的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以E p ＝12(m A ＋m B )v 2AB ＝8 J.图24.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，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2所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 答案 D解析 质量相等的小球组成的系统发生碰撞，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．图35.如图3所示，P 物体与一个连着弹簧的Q 物体发生正碰，碰撞后P 物体静止，Q 物体以P 物体碰撞前速度v 离开，已知P 与Q 质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中正确的是( )A ．P 的速度恰好为零B ．P 与Q 具有相同速度C ．Q 刚开始运动D ．Q 的速度等于v 答案 B解析 P 物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P 做减速运动，Q 物体做加速运动，P 、Q 间的距离减小，当P 、Q 两物体速度相等时，弹簧被压缩至最短，所以B 正确，A 、C 错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时的速度为v ′，则mv ＝(m ＋m )v ′，所以弹簧被压缩至最短时，P 、Q 的速度v ′＝v2，故D 错误．图46．如图4所示，质量分别为m A 和m B 的滑块之间用轻质弹簧相连，水平地面光滑．m A 、m B 原来静止，在瞬间给m B 一很大的冲量，使m B 获得初速度v 0，则在以后的运动中，弹簧的最大弹性势能是多少？答案 m A m B v 202 m A ＋m B解析 由动量守恒定律得m B v 0＝(m A ＋m B )v ，由机械能守恒得最大弹性势能E p ＝12m B v 20－12(m A ＋m B )v 2，解得E p ＝m A m B v 202 m A ＋m B.[能力题]图57．如图5所示，具有一定质量的小球A 固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O 点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则小车的运动过程为( ) A ．向右运动 B ．向左运动 C ．静止不动D ．小球下摆时，车向左运动后又静止答案 D解析 根据动量守恒，小球下摆时速度向右，则小车向左；小球静止时，小车也静止．图68．(2014²福建²30(2))一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为________．A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D解析 对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得v 1＝ m 1＋m 2 v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D.图79.如图7所示，两个质量m 1＝20 g 、m 2＝80 g 的小球，用等长的细线悬挂在O 点．悬挂m 2的细线处于竖直状态，悬挂m 1的细线处于伸直状态且与竖直方向成37°角．现将m 1由静止释放，m 1与m 2碰撞后粘在一起．若线长L ＝1 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)碰撞前瞬间m 1的速度v 0； (2)碰撞中损失的机械能ΔE . 答案 (1)2 m/s (2)0.032 J 解析 (1)由机械能守恒，得m 1gL (1－cos 37°)＝12m 1v 20v 0＝2 m/s(2)设碰后速度为v ，由动量守恒得m 1v 0＝(m 1＋m 2)vΔE ＝m 1gL (1－cos 37°)－12(m 1＋m 2)v 2解得 ΔE ＝0.032 J10．质量为m 的小球A 以水平速度v 与原来静止在光滑水平面上的质量为3m 的小球B 发生正碰，已知碰撞过程中A 球的动能减少了75%，求碰撞后B 球的速度大小． 答案 v2解析 由E k ＝12mv 2可知，A 球碰后的速度v A ＝±v2由于A 、B 碰撞过程中动量守恒， 所以mv ＝mv A ＋3mv B当v A ＝v 2时，v B ＝v 6；当v A ＝－v 2时，v B ＝v2由于第一组答案不符合实际运动的情况，应舍去，所以碰后B 球的速度为v2.11．一个物体静置于光滑水平面上，外面盖一质量为M 的盒子，如图8甲所示．现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v －t 图像呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．甲 乙图8答案 M解析 设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得的速度为v ，根据动量守恒定律Mv 0＝mv .①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞，动能守恒 12Mv 20＝12mv 2.② 联立①②解得m ＝M .(也可通过图像分析得出v 0＝v ，结合动量守恒，得出正确结果．) [探究与拓展题]图912．如图9所示，平直轨道上有一节车厢，质量为M ，车厢以1.2 m/s 的速度向右做匀速运动，某时刻与质量m ＝M3的静止的平板车碰撞并连在一起，车厢顶离平板车的高度为h ＝1.8 m ，车厢顶边缘上有一小钢球向前滑出，问：钢球将落在平板车上何处？(空气阻力不计，平板车足够长，g 取10 m/s 2) 答案 距平板车左端0.18 m 处解析 车厢与平板车相撞的过程中，作用时间很短，球的运动状态不发生改变，车厢和平板车组成的系统动量守恒，则Mv 1＝(M ＋m )v 2 车厢和平板车的共同速度为v 2＝Mv 1M ＋m＝0.9 m/s 车厢和平板车碰后以0.9 m/s 的速度沿原方向做匀速运动，球以1.2 m/s 的速度离开车厢顶做平抛运动．平抛运动的时间为t ＝ 2hg＝0.6 s则球相对车的水平位移为Δs ＝(v 1－v 2)t ＝0.18 m 即球落在离平板车左端0.18 m 处．。
