高中物理人教版5第十六章動量守恒定律4碰撞 優(yōu)秀獎

2023學年人教版選修3-5碰撞學習目標1.知道什么是彈性碰撞、非彈性碰撞和完全非彈性碰撞，正碰(對心碰撞)和斜碰(非對心碰撞)．(重點)2．會用動量、能量的觀點綜合分析、解決一維碰撞問題．(難點)3．知道散射和中子的發(fā)現(xiàn)過程，體會理論對實踐的指導作用，進一步了解動量守恒定律的普適性．(重點)知識脈絡碰撞的分類基礎填空：1．從能量角度分類(1)彈性碰撞：碰撞過程中機械能守恒．(2)非彈性碰撞：碰撞過程中機械能不守恒．(3)完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體或碰后具有共同速度，這種碰撞動能損失最大．2．從碰撞前后物體運動的方向是否在同一條直線上分類(1)正碰：(對心碰撞)兩個球發(fā)生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩個球的速度方向仍會沿著這條直線的方向而運動．(2)斜碰：(非對心碰撞)兩個球發(fā)生碰撞，如果碰撞之前球的運動速度方向與兩球心的連線不在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度方向都會偏離原來兩球心的連線而運動．判斷：1．發(fā)生碰撞的兩個物體，動量是守恒的．(√)2．發(fā)生碰撞的兩個物體，機械能是守恒的．(×)3．碰撞后，兩個物體粘在一起，動量是守恒的，但機械能損失是最大的．(√)思考：兩小球發(fā)生對心碰撞，碰撞過程中，兩球的機械能守恒嗎？【提示】兩球發(fā)生對心碰撞，動量是守恒的，但機械能不一定守恒，只有發(fā)生彈性碰撞時，機械能才守恒．合作探討：如圖16-4-1所示，物體A和B放在光滑的水平面上，A、B之間用一輕繩連接，開始時繩是松弛的，現(xiàn)突然給A以水平向右的初速度v0.(作用過程繩未斷)圖16-4-1探討1：物體A和B組成的系統(tǒng)動量是否守恒？機械能是否守恒？【提示】動量守恒，機械能不守恒．探討2：上述物體A和B之間的作用過程可以視為哪一類碰撞？【提示】完全非彈性碰撞．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．碰撞的特點(1)時間特點：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時間極短，相對物體運動的全過程可忽略不計．(2)相互作用力特點：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力．(3)位移特點：在碰撞過程中，由于在極短的時間內(nèi)物體的速度發(fā)生突變，物體發(fā)生的位移極小，可認為碰撞前后物體處于同一位置．2．處理碰撞問題的三個原則(1)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.eq\a\vs4\al(3速,度要,合理)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①碰前兩物體同向，則v后>v前，碰后，原來,在前的物體速度一定增大，且v′前≥v′后,②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向,不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度,均為零))1．如圖16-4-2，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是A向________運動，B向________運動．圖16-4-2【解析】選向右為正方向，則A的動量pA＝m·2v0＝的動量pB＝－2mv0.碰前A、B的動量之和為零，根據(jù)動量守恒，碰后A、B的動量之和也應為零．【答案】左右2．如圖16-4-3所示，質(zhì)量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B兩球發(fā)生了對心碰撞．對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實驗小組的同學們做了很多種猜測，下面的猜測結(jié)果可能實現(xiàn)的是()圖16-4-3A．vA′＝－2m/s，vB′＝6m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝2m/sC．vA′＝1m/s，vB′＝3m/sD．vA′＝－3m/s，vB′＝7m/sE．vA′＝－5m/s，vB′＝9m/s【解析】兩球碰撞前后應滿足動量守恒定律及碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)≥eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2②，答案D、E中滿足①式，但不滿足②式．【答案】ABC3．如圖16-4-4所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m.開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求：圖16-4-4(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失．【解析】(1)以初速度v0的方向為正方向，設B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為eq\f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v①由①式得mB＝eq\f(m,2).②(2)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v③設碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能的損失為ΔE，則ΔE＝eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2④聯(lián)立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0).【答案】(1)eq\f(1,2)m(2)eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)點撥：(1)當遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題，不管碰撞環(huán)境如何，要首先想到利用動量守恒定律．(2)對心碰撞是同一直線上的運動過程，只在一個方向上列動量守恒方程即可，此時應注意速度正、負號的選?。畯椥耘鲎驳奶幚砘A填空：1．彈性碰撞特例(1)兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.(2)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則v′1＝0，v′2＝v1，即兩者碰后交換速度．(3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止．(4)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v′1＝v1，v′2＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去．2．散射(1)定義微觀粒子相互接近時并不發(fā)生直接接觸，因此微觀粒子的碰撞又叫做散射．(2)散射方向由于粒子與物質(zhì)微粒發(fā)生對心碰撞的概率很小，所以多數(shù)粒子在碰撞后飛向四面八方．判斷：1．與靜止的小球發(fā)生彈性碰撞時，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度．(√)2．兩球發(fā)生彈性正碰時，兩者碰后交換速度．(×)3．微觀粒子發(fā)生散射時，并不是微觀粒子直接接觸碰撞．(√)思考：1．如圖16-4-5所示，光滑水平面上并排靜止著小球2、3、4，小球1以速度v0射來，已知四個小球完全相同，小球間發(fā)生彈性碰撞，則碰撞后各小球的運動情況如何？圖16-4-5【提示】小球1與小球2碰撞后交換速度，小球2與小球3碰撞后交換速度，小球3與小球4碰撞后交換速度，最終小球1、2、3靜止，小球4以速度v0運動．2．微觀粒子能否碰撞？動量守恒定律適用于微觀粒子嗎？【提示】宏觀物體碰撞時一般相互接觸，微觀粒子碰撞時不一定接觸，但只要符合碰撞的特點，就可認為是發(fā)生了碰撞，可以用動量守恒的規(guī)律分析求解．探討：如圖16-4-6所示，空中飛行的一枚炮彈，不計空氣阻力，當此炮彈的速度恰好沿水平方向時，炮彈炸裂成A、B兩塊，其中質(zhì)量較大的A塊的速度方向與v0方向相同．圖16-4-6探討1：在炸裂過程中，A、B所受的爆炸力大小相同嗎？系統(tǒng)動量可以認為滿足動量守恒定律嗎？【提示】爆炸力大小相等，可以認為系統(tǒng)動量守恒．探討2：爆炸時系統(tǒng)動能的變化規(guī)律與碰撞時系統(tǒng)動能的變化規(guī)律相同嗎？【提示】不同．碰撞時動能要么守恒，要么有損失，而爆炸時，有其他形式的能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機械能，系統(tǒng)的動能要增加．核心點擊：1．三類“碰撞”模型相互作用的兩個物體在很多情況下皆可當做碰撞處理，那么對相互作用中兩物體相距恰“最近”、相距恰“最遠”或恰上升到“最高點”等一類臨界問題，求解的關鍵都是“速度相等”．常見的三類模型如下：(1)子彈打擊木塊模型如圖16-4-7所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v0射中放在光滑水平面上的木塊B，當子彈相對于木塊靜止不動時，子彈射入木塊的深度最大，二者速度相等，此過程系統(tǒng)動量守恒，動能減少，減少的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．圖16-4-7(2)連接體模型如圖16-4-8所示，光滑水平面上的A物體以速度v0去撞擊靜止的B物體，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大．此過程系統(tǒng)的動量守恒，動能減少，減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．圖16-4-8(3)板塊模型如圖16-4-9所示，物塊A以速度v0在光滑的水平面上的木板B上滑行，當A在B上滑行的距離最遠時，A、B相對靜止，A、B的速度相等．此過程中，系統(tǒng)的動量守恒，動能減少，減少的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．爆炸與碰撞的對比爆炸碰撞相同點過程特點都是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時間很短，平均作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以可以認為碰撞、爆炸過程中系統(tǒng)的總動量守恒過程模型由于碰撞、爆炸過程相互作用的時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，因此可以把作用過程看做一個理想化過程來處理，即作用后物體仍從作用前瞬間的位置以新的動量開始能量情況都滿足能量守恒，總能量保持不變不同點動能情況有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，動能會增加彈性碰撞時動能不變，非彈性碰撞時動能要損失，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，動能減少題組通關：4．如圖16-4-10所示，水平面上O點的正上方有一個靜止物體P，炸成兩塊a、b水平飛出，分別落在A點和B點，且OA>OB.若爆炸時間極短，空氣阻力不計，則()圖16-4-10A．落地時a的速度大于b的速度B．落地時a的速度小于b的速度C．爆炸過程中a增加的動能大于b增加的動能D．爆炸過程中a增加的動能小于b增加的動能E．下落過程中a、b兩塊動量的增量不相等【解析】P爆炸生成兩塊a、b過程中在水平方向動量守恒，則mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落過程是平拋運動，由圖va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝eq\f(p2,2m)知Eka＞Ekb，C正確，D錯誤；由于va＞vb，而下落過程中a、b在豎直方向的速度增量為gt是相等的，因此落地時仍有v′a＞v′b，A正確，B錯誤．magt＜mbgt，E正確．【答案】ACE5．如圖16-4-11所示，A、B兩個木塊用輕彈簧相連接，它們靜止在光滑水平面上，A和B的質(zhì)量分別是99m和100m，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入木塊圖16-4-11【解析】子彈射入木塊A，根據(jù)動量守恒有mv0＝100mv1＝200mv2，彈性勢能的最大值Ep＝eq\f(1,2)×100mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×200mveq\o\al(2,2)＝eq\f(mv\o\al(2,0),400).【答案】eq\f(mv\o\al(2,0),400)6．(2023·全國卷Ⅰ)如圖16-4-12所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設物體間的碰撞都是彈性的．圖16-4-12【解析】A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒．設速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C1)②聯(lián)立①②式得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0③vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0④如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m<M的情況第一次碰撞后，A反向運動與B發(fā)生碰撞．設與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－M,m＋M)))2v0⑤根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應有vA2≤vC1⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2解得m≥(eq\r(5)－2)M另一解m≤－(e