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【新步步高】2015-2016学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 5 碰撞导学案 新人教版选修3-5


5

碰撞

[目标定位]1.理解弹性碰撞、非弹性碰撞,正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞).2.会应用动量、能 量的观点综合分析、 解决一维碰撞问题.3.知道散射和中子的发现过程, 体会理论对实践的指导作用, 进一步了解动量守恒定律的普适性.

一、弹 性碰撞 [问题设计] 图 1 中大家正在玩一种游戏——超级碰撞球.多颗篮球般大小的钢球用钢缆悬挂在屋顶.拉开最右 边钢球到某一高度,然后释放,碰撞后,仅最左边的球被弹起,摆至最大高度后落下来再次碰撞, 致使最右边钢球又被弹起.硕大钢球交替弹开,周而复始,情景蔚为壮观.上述现象如何解释?

图1 答案 质量相等的两物体发生弹性正碰,碰后二者交换速度. [要点提炼] 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: 如果碰撞过程中机械能守恒, 这样的碰撞叫做弹性碰撞. 在这个过程中满足两个守恒. (1)动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′① 1 2 1 2 1 1 2 2 (2)机械能守恒: m1v1+ m2v2= m1v1′ + m2v2′ ② 2 2 2 2 3.弹性碰撞模型特例:两质量分别为 m1、m2 的小球发生弹性正碰,v1≠0,v2=0,则碰后两球速度 m1-m2 2m1 分别为 v1′= v1,v2′= v1. m1+m2 m1+m2 (1)若 m1=m2 的两球发生弹性正碰,v1≠0,v2=0,则碰后 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 被反向以原速率弹回, 而 m2 仍静止.
1

4.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. 二、非弹性碰撞 [问题设计] 如图 2 所示,钢球 A、B 包上橡皮泥,让 A 与静止的 B 相碰,两钢球质量相等.碰撞后有什么现象? 碰撞过程中机械能守恒吗?

图2 答案 碰撞后两球粘在一起,摆起高度减小. 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′= 2 1 2 碰撞前总动能 Ek= mv 2 1 v 2 1 2 碰撞后总动能 Ek′= ×2m( ) = mv 2 2 4 所以碰撞过程中机械能减少 1 2 Δ Ek=Ek-Ek′= mv 4 即碰撞过程中机械能不守恒. [要点提炼] 1.非弹性碰撞:如果碰撞过程中机械能不守恒,这样的碰撞叫做非弹性碰撞.在这个过程中: (1)动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ (2)机械能减少,损失的机械能转化为内能 |Δ Ek|=Ek 初-Ek 末=Q 2.完全非弹性碰撞 (1)动量守恒:m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 (2)碰撞中机械能损失最多 1 2 1 2 1 2 |Δ Ek|= m1v1+ m2v2- (m1+m2)v共 2 2 2 三、碰撞满足的条件 1.动量守恒:p1+p2=p1′+p2′.

v

2

p2 p2 p1′2 p2′2 1 2 2.动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或 + ≥ + . 2m1 2m2 2m1 2m2
3.速度要符合情景:碰撞后,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


′≥v 后′,否则碰撞不会结束. 散射

四、对心碰撞和非对心碰撞

1. 对心碰撞: 碰撞前后, 两个物体的速度都沿同一条直线上, 动量守恒(填“守恒”或“不守恒”), 也叫正碰. 2.非对心碰撞:碰撞前后,两个物体的速度都不与原来的速度在同一条直线上. 3.散射 (1)定义:微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”,因此微观粒子的碰撞又叫做散射. (2)散射方向: 由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小, 所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方. (3)发生散射时仍遵循动量守恒定律.

一、弹性碰撞模型及拓展分析 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 O 点处有一质量为

m2 的小球 B 处于静止状态,如图 3 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 m1/m2.

图3 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 两球碰撞过程为弹性碰撞,有:m1v0=m1v1+m2v2 1 2 1 2 1 2 m1v0= m1v1+ m2v2 2 2 2 解得 =2. 答案 2 1 例 2 质量为 M 的带有 光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上,如图 4 所示,一质量也为 M 的 4 小球以速度 v0 水平冲上小车,到达某一高度后,小球又返回小车的左端,则( )

m1 m2

3

图4 A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 1 2 C.此过程小球对小车做的功为 Mv0 2

v2 0 D.小球在弧形槽上上升的最大高度为 2g
解析 小球上升到最高点时与小车相对静止,有相同的速度 v′,由动量守恒定律和机械能守恒定 律有:

Mv0=2Mv′①
1 2 1 Mv0=2×( Mv′2)+Mgh② 2 2 联立①②得 h= ,知 D 错误; 4g 从小球滚上到滚下并离开小车,系统在水平方向上的动量守恒,由于无摩擦力做功,机械能守恒, 此过程类似于弹性碰撞,作用后两者交换速度,即小球速度变为零,开始做自由落体运动,故 B、C 对,A 错. 答案 BC 二、非弹性碰撞模型分析 例 3 如图 5 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

v2 0

A 球以 v0=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 vC=1 m/s.求:

图5 (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? 解析 (1)以 v0 的方向为正方向,

A、B 相碰满足动量守恒:mv0=2mv1
解得 A、B 两球跟 C 球相碰前的速度:v1=1m/s. (2)A、B 两球与 C 碰撞, 以 vC 的方向为正方向,
4

由动量守恒定律得:2mv1=mvC+2mv2 解得两球碰后的速度:v2=0.5m/s, 两次碰撞损失的动能: 1 2 1 1 2 2 Δ Ek= mv0- ×2mv2- mvC=1.25J 2 2 2 答案 (1)1m/s (2)1.25J 三、碰撞满足的条件 例 4 质量为 m、速度为 v 的 A 球跟质量为 3m、静止的 B 球发生正碰.碰撞可能是弹性的,也可能 是非弹性的,因此,碰撞后 B 球的速度允许有不同的值.请你论证:碰撞后 B 球的速度可能是以下 值中的( )

A.0.6vB.0.4v C.0.2vD.0.1v 解析 若发生弹性碰撞,设碰后 A 的速度为 v1,B 的速度为 v2,以 A 的初速度方向为正方向,由动 量守恒定律:

mv=mv1+3mv2
1 2 1 2 1 2 由机械能守恒定律: mv = mv1+ ×3mv2 2 2 2 由以上两式得 v1=- ,v2= 2 2 若碰撞过程中损失机械能最大,则碰后两者速度相同,设为 v′,由动量守恒定律:mv=(m+3m)v′ 解得 v′=

v

v

v
4

所以在情况不明确时,

v v B 球速度 vB 应满足 ≤vB≤ .
4 2 因此选 B. 答案 B

5

动量守恒、机械能守恒 ? 弹性碰撞 ? 特例 ? ? 动量守恒,机械能减少 ?从能量角度? ? ? 碰撞? 非弹性碰撞?特例:完全非弹性碰撞 ? ? ? ?机械能损失最多? ? ? ?从轨迹角度 对心碰撞?正碰? ? 非对心碰撞——散射?微观粒子?
? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

1.(碰撞满足的条件)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 7kg·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.pA′=8kg·m/s,pB′=4 kg·m/s B.pA′=6kg·m/s,pB′=6 kg·m/s C.pA′=5kg·m/s,pB′=7 kg·m/s D.pA′=-2kg·m/s,pB′=14 kg·m/s 答案 BC 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 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. p2 p2 74 A B 碰前 A、B 的总动能 Ek= + = 2m 2m 2m pA′2 pB′2 72 74 pA′2 碰后 A、B 的总动能,B 选项中 Ek′= + = <Ek= ,所以 B 可能.C 选项中 Ek′= + 2m 2m 2m 2m 2m pB′2 74 = =Ek,故 C 也可能. 2m 2m pA′2 pB′2 200 74 D 选项中 Ek′= + = >Ek= ,所以 D 是不可能的.综上,本题正确选项为 B、C. 2m 2m 2m 2m 2.(弹性碰撞模型分析)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 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 球的速度可能值是( )

6

图6 A.v1=v2=v3= 1 3

v0
1 2

B.v1=0,v2=v3=

v0

1 C.v1=0,v2=v3= v0 2 D.v1=v2=0,v3=v0 答案 D 解析 两个质量相等的小球发生弹性正碰,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. 3.(非弹性碰撞模型分析)质量分别为 300g 和 200g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动,速度 分别为 50cm/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及碰撞后损失的动能. (2)如果碰撞是弹性碰撞,求两物体碰撞后的速度大小. 答案 (1)0.1m/s 0.135 J (2)0.7 m/s 0.8m/s

解析 (1)令 v1=50cm/s=0.5 m/s,

v2=-100cm/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 m1v1+m2v2=(m1+m2)v, 代入数据解得 v=-0.1m/s,负号表示方向与 v1 的方向相反. 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 碰撞后两物体损失的动能为 Δ Ek= m1v1+ m2v2- (m1+m2)v =[ ×0.3×0.5 + ×0.2×(-1) - 2 2 2 2 2 2 ×(0.3+0.2)×(-0.1) ] J=0.135J. (2)如果碰撞是弹性碰撞,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′, 1 2 1 2 1 1 2 2 由机械能守恒定律得 m1v1+ m2v2= m1v1′ + m2v2′ ,代入数据得 v1′=-0.7m/s,v2′=0.8 m/s. 2 2 2 2
2

题组一 碰撞满足的条件 1.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,

7

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 =2mEk 知,甲球的动量大于乙球的动量,所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向, 可以判断 C 正确,A、B、D 错误. 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 mA=4kg、mB=2kg.A 的速 度 vA=3m/s(以 vA 的方向为正方向),B 的速度 vB=-3 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别为 ( )
2

A.均为+1m/s B.+4m/s 和-5 m/s C.+2m/s 和-1 m/s D.-1m/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: 1 1 2 E 前= mAv2 A+ mBvB=27J 2 2 1 1 E 后= mAvA′2+ mBvB′2 2 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 1 所示,在光滑水平面上有直径相同的 a、b 两球,在同一直线上运动,选定向右为正方向, 两球的动量分别为 pa=6kg·m/s、pb=-4 kg·m/s.当两球相碰之后,两球的动量可能是( )

图1 A.pa=-6kg·m/s、pb=4 kg·m/s B.pa=-6kg·m/s、pb=8 kg·m/s C.pa=-4kg·m/s、pb=6 kg·m/s

8

D.pa=2kg·m/s、pb=0 答案 C 解析 对于碰撞问题要遵循三个规律:动量守恒定律,碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合 实际情况.本题属于迎面对碰,碰撞前,系统的总动量为 2kg·m/s.选项 A 中,系统碰后的动量变 为-2 kg·m/s,不满足动量守恒定律,选项 A 可排除;选项 B 中,系统碰后的动量变为 2kg·m/s,

p2 满足动量守恒定律,但碰后 a 球动量大小不变,b 球动量增加,根据关系式 Ek= 可知,a 球的动能 2m
不变,b 球动能增加,系统的机械能增大了,所以选项 B 可排除;选项 D 中,显然满足动量守恒, 碰后系统的机械能也没增加,但是碰后 a 球运动方向不变,b 球静止,这显然不符合实际情况,选 项 D 可排除;经检验,选项 C 满足碰撞所遵循的三个规律,故选 C. 4. 质量为 M 的物块以速度 v 运动, 与质量为 m 的静止物块发生正碰, 碰撞后二者的动量正好相等. 二 者质量之比 可能为( A.6B.3C.4D.5 答案 B 解析 设碰撞后两物块的动量都为 p,根据动量守恒定律可得总动量为 2p,根据 p =2mEk 可得碰撞 2 ?2p? p2 p 2 前的总动能 Ek1= ,碰撞后的总动能 Ek2= + 2M 2m 2 M 2 2 2 4p p p 根据碰撞前后的动能关系可得 ≥ + 2M 2m 2M 所以 ≤3,故选项 B 正确. 题组二 弹性碰撞模型分析 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 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′, 所以 v′=2v 碰前总动能 1 1 Ek= ×3m·v2+ mv2=2mv2 2 2 1 2 2 碰后总动能 Ek′= mv′ =2mv ,Ek=Ek′,所以 A 正确. 2 )
2

M m

)

M m

9

6.甲物体在光滑水平面上运动速度为 v1,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 v1 B.乙的质量远远小于甲的质量时,碰撞后乙的速率是 2v1 C.乙的质量远远大于甲的质量时,碰撞后甲的速率是 v1 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,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可以解 m1-m2 2m1 得两球碰后的速度 v1′= v1,v2′= v1.当 m1=m2 时,v2′=v1,A 对;当 m1? m2 时,v2′= m1+m2 m1+m2 2v1,B 对;当 m1? m2 时,v1′=-v1,C 对;根据动能定理可知 D 错误. 7.一中子与一质量数为 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+1 A-1 A. B. A-1 A+1 2 4A ?A+1? C. 2D. 2 ?A+1? ?A-1? 答案 A 解析 设中子的质量为 m,则被碰原子核的质量为 Am,两者发生弹性碰撞,据动量守恒,有 mv0=mv1 1 2 1 2 1 1-A 2 +Amv′,据动能守恒,有 mv0= mv1+ Amv′ .解以上两式得 v1= v0.若只考虑速度大小,则中 2 2 2 1+A A-1 A+1 子的速率为 v1′= v0,故中子前、后速率之比为 . A+1 A-1 题组三 非弹性碰撞模型及拓展分析 8.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线,且彼此隔开了一定的距离,如图 2 所示.具 有动能 E0 的第 1 个物块向右运动,依次与其余两个静止物块发生碰撞,最后这三个物块粘在一起, 这个整体的动能为( )

图2 2E0 E0 E0 A.E0B. C. D. 3 3 9 答案 C 解析 碰撞中动量守恒 mv0=3mv1,得

v0 v1= ①
3

10

E0= mv2 0② Ek′= ×3mv2 1③
1 v 0 2 1 1 2 E0 由①②③得 Ek′= ×3m( ) = ×( mv0)= ,故 C 正确. 2 3 3 2 3 9.如图 3 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 点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( ) 1 2

1 2

图3 A. B.hC. D. 2 4 2 答案 C 解析 本题中的物理过程比较复杂,所以应将过程细化、分段处理.A 球由释放到摆到最低点的过 1 2 程做的是圆周运动,应用动能定理可求出末速度,mgh= mv1,所以 v1= 2gh;A、B 碰撞后并粘在 2 1 2 一起的过程由动量守恒,mv1=2mv2;对 A、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒, (m+m)v2= 2 (m+m)gh′,联立解得 h′= . 4 10.如图 4 所示,木块 A 和 B 质量均为 2kg,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 4m/s 的速度向 B 撞击时,A、B 之间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( )

h

h

h

h

图4 A.4JB.8J C.16JD.32J 答案 B 解析 A 与 B 碰撞过程动量守恒,有 mAvA=(mA+mB)vAB,所以 vAB= =2m/s.当弹簧被压缩到最短时, 2 1 A、B 的动能完全转化成弹簧的弹性势能,所以 Ep= (mA+mB)v2 AB=8J. 2 11.质量为 M 的物块静止在光滑水平桌面上,质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射入物块后,以水平速

vA

11

2 度 v0 射出.则物块的速度为__________,此过程中损失的机械能为________. 3 mv0 5 2 1 2 2 答案 mv0- m v0 3M 18 18M 2 mv0 解析 由动量守恒定律,mv0=m· v0+Mv,解得 v= .由能量守恒定律,此过程中损失的机械能为 3 3M 1 2 1 2 2 1 2 5 2 1 2 2 Δ E= mv0- m·( v0) - Mv = mv0- m v0. 2 2 3 2 18 18M 题组四 综合应用 12.如图 5 所示,在冰壶世锦赛上中国队以 8∶6 战胜瑞典队,收获了第一个世锦赛冠军,队长王冰 玉在最后一投中,将质量为 m 的冰壶推出,运动一段时间后以 0.4m/s 的速度正碰静止的瑞典冰壶, 然后中国队冰壶以 0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等,求:

图5 (1)瑞典队冰壶获得的速度; (2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞. 答案 (1)0.3m/s (2)非弹性碰撞 解析 (1)由动量守恒定律知 mv1=mv2+mv3 将 v1=0.4m/s,v2=0.1 m/s 代入上式得:

v3=0.3m/s.
1 2 1 2 1 2 (2)碰撞前的动能 E1= mv1=0.08m,碰撞后两冰壶的总动能 E2= mv2+ mv3=0.05m 2 2 2 因为 E1>E2,所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞. 13.如图 6 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 v0.一段时间后,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6 (ⅰ)B 的质量; (ⅱ)碰撞过程中 A、B 系统机械能的损失. m 1 2 答案 (ⅰ) (ⅱ) mv0 2 6 解析 (ⅰ)以初速度 v0 的方向为正方向,设 B 的质量为 mB,A、B 碰撞后的共同速度为 v,由题意知:
12

碰撞前瞬间 A 的速度为 ,碰撞前瞬间 B 的速度为 2v,由动量守恒定律得 2

v

v m· +2mBv=(m+mB)v①
2 解得 mB= ② 2 (ⅱ)从开始到碰撞后的全过程,由动量守恒定律得

m

mv0=(m+mB)v③
设碰撞过程 A、B 系统机械能的损失为 Δ E,则 1 v 2 1 1 2 2 Δ E= m( ) + mB(2v) - (m+mB)v ④ 2 2 2 2 联立②③④式得 1 2 Δ E= mv0 6

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