高中物理第一章碰撞与动量守恒1.4美妙的守恒定律教案沪科版选修3_5

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。

1.4 美妙的守恒定律[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．一、弹性碰撞和非弹性碰撞[导学探究] 1.如图1所示，相同的钢球A 、B 用长度相等的丝线悬挂起来，使B 球自然下垂，处于静止状态，拉起A 球，放开后与B 球相撞，发现碰撞后A 球静止下来，而B 球能上升到与A 球原来相同的高度．那么A 、B 两球在碰撞前后的动量变化多少？动能变化多少？图1答案 碰撞前B 静止，由机械能守恒定律可得mgL (1－cos θ)＝12mv A 2解得：v A ＝2gL (1－cos θ).碰撞前二者总动量为：p 1＝mv A ＋mv B ＝m 2gL (1－cos θ) 总动能为：E k1＝12mv A 2＋12mv B 2＝mgL (1－cos θ)．碰撞后A 静止，对B 球：由机械能守恒定律可得：12mv B ′2＝mgL (1－cos θ)解得：v B ′＝2gL (1－cos θ) 可知碰撞后二者总动量：p 2＝mv B ′＋mv A ′＝m 2gL (1－cos θ).总动能为：E k2＝12mv B ′2＋12mv A ′2＝mgL (1－cos θ)．所以A 、B 两球组成的系统碰撞前后：Δp ＝0，ΔE k ＝0，即碰撞前后，动量守恒，机械能守恒．2．如图2甲、乙所示，两个质量都是m 的物体，物体B 静止在光滑水平面上，物体A 以速度v 0正对B 运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v 继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？甲 乙图2答案 不守恒．碰撞时：mv 0＝2mv 因此v ＝v 02碰撞前系统的总动能：E k1＝12mv 02碰撞后系统的总动能：E k2＝12·2mv 2＝14mv 02所以ΔE k ＝E k2－E k1＝14mv 02－12mv 02＝－14mv 02，即系统总动能减少了14mv 02.[知识梳理] 弹性碰撞和非弹性碰撞的特点和规律1．碰撞特点：碰撞时间非常短；碰撞过程中内力远大于外力，系统所受外力可以忽略不计；可认为碰撞前后物体处于同一位置． 2．弹性碰撞(1)定义：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞叫做弹性碰撞． (2)规律动量守恒：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′23．非弹性碰撞(1)定义：动量守恒，动能不守恒的碰撞叫做非弹性碰撞． (2)规律：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 4．完全非弹性碰撞(1)定义：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动的碰撞． (2)规律：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 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2[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3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 ，两木块碰后瞬间的总动能为________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3答案 16 8 非弹性 8 解析 A 、B 碰撞前的总动能为12m A v A2＝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．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. 二、研究弹性碰撞[导学探究] 已知A 、B 两个弹性小球，质量分别为m 1、m 2，B 小球静止在光滑的水平面上，如图4所示，A 以初速度v 0与B 小球发生正碰，求碰撞后A 小球速度v 1和B 小球速度v 2的大小和方向．图4答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2①由碰撞中动能守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋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.)一、碰撞的特点和分类 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，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒． 2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 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5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，求两小球质量之比m 1m 2.图5答案 2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＝2.例2 如图6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 两球碰撞后粘合在一起，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6(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，以v 0的方向为正方向，有：mv 0＝2mv 1 得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1m/s.(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒，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.1．在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒．2．完全非弹性碰撞(碰后两物体粘在一起)机械能一定损失(机械能损失最多)．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，取重力加速度g ＝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 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2hg＝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． 例4 如图7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7答案2m 12ghm 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，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 1vm 1＋m 2④ 将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2针对训练1 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8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8A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．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． 二、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 1 22m 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假设碰后A 球静止，即v 1＝0， 可得v 2＝0.5v由题意可知A 被反弹，所以球B 的速度有：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0.6v ，所以选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．针对训练2 如图9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6m/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，下面的猜测结果一定无法实现的是( )图9A ．v A ′＝－2m/s ，vB ′＝6 m/s B ．v A ′＝2m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3m/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 A 2＋12m B v B 2≥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．1．一个符合实际的碰撞，一定是动量守恒，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．(碰撞的类型特点)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：3m ·v －mv ＝0＋mv ′， 解得v ′＝2v碰前总动能E k ＝12×3m ·v 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．(碰撞特点及满足条件)(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′和能量不增加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，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 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．4．(多物体多过程的碰撞)如图10所示的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10(1)A 、B 两球刚刚粘合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)粘合在一起的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 两球减速，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 两球刚刚粘合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)当弹簧被压缩最短时，弹性势能E p 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 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，故选A.2．如图1所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 球静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( )图1A.h 2B ．h C.h 4D.h2 答案 C解析 A 球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12mv 12，所以v 1＝2gh ；A 、B 碰撞后并粘在一起的过程动量守恒，mv 1＝2mv 2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 12＝(m ＋m )gh ′，联立解得h ′＝h 4.3．(多选)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 球的动能变为原来的19，则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A.13vB.23vC.49vD.59v 答案 AB解析 根据碰后A 球的动能变为原来的19，得：12mv ′2＝19×12mv 2，解得：v ′＝±13v ，碰撞过程中A 、B 两球组成的系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝mv ′＋2mv B ，解得：v B ＝13v 或v B ＝23v ，故选A 、B.4．(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的x －t 图像，已知m 1＝0.1kg ，由此可以判断( )图2A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 1和m 2都向右运动C ．由动量守恒可以算出m 2＝0.3kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4J 的机械能 答案 AC解析 碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止．m 1的速度大小为v 1＝ΔxΔt ＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞，故A 正确；由题图乙读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动，故B 错误；由题图乙求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得m 2＝ 0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，故D 错误．考点二 弹性正碰模型5．一中子与一质量数为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 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v 1v 1′＝A ＋1A －1，A 正确． 6．(多选)如图3所示，在光滑水平面上停放质量为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12mv 02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，小球离开车时类似弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的．7．(多选)如图4，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4A ．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 ＝3 kg·m/s，A 正确，B 错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p A22m 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8．两个完全相同、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，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动时，如图5所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图5A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，A 、B 组成的系统动量均守恒 B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，A 、B 组成的系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12mv 02D ．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，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14mv 02，C 项错误，D 项正确．9．(多选)如图6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6A ．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，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，弹簧的压缩量或伸长量最大，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． 二、非选择题10．(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235μgd5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按题意有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＝235μgd5.11．(多物体多过程的碰撞问题)如图7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v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：图7(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：Q ＝12(m ＋4m )v 共2＋12×2mv 02－0解得Q ＝75mv 02.。

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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。

第一章碰撞与动量守恒一、碰撞教学目标1.通过观察图片，初步了解碰撞现象及其特点2.通过实验，使学生能熟练测量质量、速度等大体物理量，能计算动能、动量之和、动能的改变量。

3.能通过实验中动能该变量的计算，对碰撞进行分类。

4.培育学生观察和计算的能力，初步培育学生用实验方式对同一现象从能量的角度进行分类的能力重点难点重点：碰撞的特点及分类难点：实验测量、数据处置和归纳设计思想动量守恒定律是自然界的大体守恒定律之一，是研究微观粒子所必需的知识，具体来讲，要学习原子结构和原子核的内容，动量的知识必不可少。

本章的核心是要表现学习中的探讨精神，强调物理学中“守恒量”的思想。

本章第一节“碰撞”，是通过实验为后面的教学展开打基础，因此本节课从生活中常见的碰撞事例入手，通过体验、观察和讨论，总结出碰撞现象的特点。

为整章的教学做好预备。

然后通过实验来探讨碰撞中的动能转变，使学生在老师的适当引导下归纳出碰撞的分类。

然后教师进行总结，结合相关的资料，把碰撞问题向学生不熟悉的领域适当拓展。

实验中，教师不要越俎代庖，要让学生自己动手实验，充分发挥学生在教学中的主体作用。

教学资源多媒体课件，气垫导轨（附光电门和滑块），弹簧片，数字计时器，天平，橡皮泥。

教学设计【课堂引入】碰撞是物质世界的常见现象，斯诺克中的碰撞给人以愉悦，汽车发生追尾给人们带来灾难，α粒子散射令人类熟悉了原子结构，在这些碰撞现象的背后蕴藏着什么样的规律呢？今天咱们就来学习3-5第一章“碰撞与动量守恒”的第1节“碰撞”。

【课堂学习】学习活动一：感受和体会碰撞进程请同窗们列举生活中的碰撞现象情境1：斯诺克中白球撞击花球。

情境2：公路上两车碰撞。

情境3：棒击球的一霎时。

情境4：跳高运动员落地。

（播放PPT）学生归纳：（1）必需是有彼此作用的系统（2）作历时刻很短教师引导并给出概念：做相对运动的两个（或几个）物体相遇而发生彼此作用，在很短的时刻内，它们的运动状态会发生显著的转变，这一进程叫碰撞。