新教材同步系列2024春高中物理第1章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律第5節(jié)彈性碰撞與非彈性碰撞第6節(jié)自然界中的守恒定律教師用書粵教版選擇性必修第一冊

第五節(jié)彈性碰撞與非彈性碰撞第六節(jié)自然界中的守恒定律1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點(diǎn)，能定量分析一維碰撞問題．2．能從動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理問題．3．通過實(shí)驗(yàn)演示，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點(diǎn)．1．碰撞的定義和特點(diǎn)(1)定義：碰撞是指兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用．(2)特點(diǎn)：物體組成的系統(tǒng)所受外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，且相互作用時(shí)間極短，故系統(tǒng)在碰撞過程中動(dòng)量守恒．2．碰撞的分類(1)彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)的機(jī)械能相等的碰撞．(2)非彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)的機(jī)械能不再相等的碰撞．(3)完全非彈性碰撞：碰撞后物體完全不反彈而粘在一起的碰撞．這時(shí)機(jī)械能損失最大．3．彈性碰撞舉例分析設(shè)質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后m1、m2的速度分別為v1′和v2′，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①12m1v12＝12m1v1′2＋1以上兩式聯(lián)立可解得v1′＝m1-m2m1+m2v1由以上兩式對(duì)彈性碰撞實(shí)驗(yàn)研究結(jié)論的解釋：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后兩球交換速度．(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后兩球向前運(yùn)動(dòng)．若m1?m2，v1′＝v1，v2′＝2v1；表示m1的速度不變，m2以2v1的速度運(yùn)動(dòng)．(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．若m1?m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示，m1被反向以原速率彈回，m2仍靜止．4．自然界中的守恒定律(1)系統(tǒng)：物理學(xué)上常將物體及與之相互作用的因素視為一個(gè)系統(tǒng)．(2)動(dòng)量守恒定律的適用范圍：動(dòng)量守恒定律在微觀、宏觀和宇觀都是適用的，是自然界普適的基本定律．1．思考判斷(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)．(1)彈性碰撞過程中動(dòng)量守恒、動(dòng)能不守恒． (×)(2)完全非彈性碰撞，動(dòng)量守恒，動(dòng)能也守恒． (×)(3)三種碰撞中，動(dòng)量都守恒． (√)(4)速度不同的兩小球碰撞后粘在一起，碰撞過程中沒有動(dòng)能損失． (×)2．(多選)下面關(guān)于碰撞的理解正確的是()A．碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程B．在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒C．如果碰撞過程中機(jī)械能也守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞D．微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，所以不滿足動(dòng)量守恒的條件，不能應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解AB[碰撞過程中機(jī)械能守恒的碰撞為彈性碰撞，C錯(cuò)誤；動(dòng)量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一．不僅低速、宏觀物體的運(yùn)動(dòng)遵守這一規(guī)律，而且高速、微觀物體的運(yùn)動(dòng)也遵守這一規(guī)律，D錯(cuò)誤．]3．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速度v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，那么這次碰撞是()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定A[由動(dòng)量守恒有3m·v－mv＝0＋mv′所以v′＝2v，碰前總動(dòng)能Ek＝12·3m·v2＋12mv2＝2mv2，碰后總動(dòng)能Ek′＝12mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A臺(tái)球比賽中，一個(gè)運(yùn)動(dòng)的球與一個(gè)靜止的球碰撞，如果碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心不在同一直線上，碰撞過程動(dòng)量守恒嗎？碰撞后的總動(dòng)量能否直接相加？提示：守恒，不能直接相加，因?yàn)閯?dòng)量是矢量．碰撞過程的特點(diǎn)1．時(shí)間特點(diǎn)：在碰撞、爆炸現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短．2．相互作用力的特點(diǎn)：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大．3．動(dòng)量守恒條件的特點(diǎn)：系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以系統(tǒng)即使所受合力不為零，外力也可以忽略，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒．4．位移特點(diǎn)：碰撞過程是在一瞬間發(fā)生的，時(shí)間極短，在物體發(fā)生碰撞的瞬間，可忽略物體的位移，認(rèn)為物體在碰撞前后仍在原位置．5．能量特點(diǎn)：碰撞前總動(dòng)能Ek與碰撞后總動(dòng)能Ek′滿足Ek≥Ek′．【典例1】(多選)如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一單擺，擺球質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正前方的質(zhì)量為m的靜止的木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)閡，滿足Mv＝(M＋m)uD．碰撞時(shí)間極短，在此碰撞過程中，擺球的速度還來不及變化BCD[小車與木塊碰撞，且碰撞時(shí)間極短，因此相互作用只發(fā)生在木塊和小車之間，懸掛的擺球在水平方向未受到力的作用，故擺球在水平方向的動(dòng)量未發(fā)生變化，即擺球的速度在小車與木塊碰撞過程中始終不變，由此可知A情況不可能發(fā)生；B的說法對(duì)應(yīng)于小車和木塊碰撞后又分開的情況，C的說法對(duì)應(yīng)于小車和木塊碰撞后粘在一起的情況，兩種情況都有可能發(fā)生．故B、C、D均正確．][跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(多選)在兩個(gè)物體碰撞前后，下列說法中可以成立的是()A．作用后的總機(jī)械能比作用前小，但總動(dòng)量守恒B．作用前后總動(dòng)量均為零，但總動(dòng)能守恒C．作用前后總動(dòng)能為零，而總動(dòng)量不為零D．作用前后總動(dòng)量守恒，而系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量增量的總和不為零AB[A是非彈性碰撞，成立；B是彈性碰撞，成立；C不成立，因?yàn)榭倓?dòng)能為零其總動(dòng)量一定為零；D不成立，因?yàn)榭倓?dòng)量守恒則系統(tǒng)所受合外力一定為零，若系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量增量總和不為零的話，則系統(tǒng)一定受到外力的作用．]碰撞的判斷和碰撞模型1．碰撞的判斷在所給條件不足的情況下，碰撞結(jié)果有各種可能，但不管哪種結(jié)果必須同時(shí)滿足以下三條：(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′．(2)系統(tǒng)動(dòng)能不增加，即Ekl＋Ek2≥Ekl′＋Ek2′或p1(3)符合實(shí)際情況，如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后＞v前，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞．碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度，即v′前≥v′后，否則碰撞沒有結(jié)束．如果碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零．【典例2】如圖所示，兩個(gè)小球A、B在光滑水平地面上相向運(yùn)動(dòng)，它們的質(zhì)量分別為mA＝4kg，mB＝2kg，速度分別是vA＝3m/s(設(shè)為正方向)，vB＝－3m/s．則它們發(fā)生正碰后，速度的可能值分別為()A．vA′＝1m/s，vB′＝1m/sB．vA′＝－3m/s，vB′＝9m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝－1m/sD．vA′＝－1m/s，vB′＝－5m/sA[以A的初速度方向?yàn)檎较?，碰前系統(tǒng)總動(dòng)量為p＝mAvA＋mBvB＝6kg·m/s，碰前總動(dòng)能為Ek＝12mAvA2+12mBvB2＝27J．如果vA′＝1m/s、vB′＝1m/s，碰后系統(tǒng)總動(dòng)量為6kg·m/s，總動(dòng)能為3J，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、動(dòng)能不增加，符合實(shí)際，故A正確；如果vA′＝－3m/s、vB′＝9m/s，碰后系統(tǒng)總動(dòng)量為6kg·m/s，總動(dòng)能為99J，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能增加，故B錯(cuò)誤；如果vA′＝2m/s、vB′＝－1m/s，碰后系統(tǒng)總動(dòng)量為6kg·m/s，總動(dòng)能為9J，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能不增加，碰后兩球速度方向都不發(fā)生改變，會(huì)再次發(fā)生碰撞，與實(shí)際不符，故C錯(cuò)誤；如果vA′＝－1m/s、vB′＝－5m/s2．碰撞的分類(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v12+12m2v22＝1若v2＝0，則有v1′＝m1-m2m1+m2v1(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ΔE＝Ek初總－Ek末總＝Q．(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大．設(shè)兩者碰后的共同速度為v共，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共機(jī)械能損失為ΔE＝12【典例3】如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的34，子彈的質(zhì)量是B的質(zhì)量的1(1)A物體獲得的最大速度；(2)彈簧壓縮量最大時(shí)B物體的速度．[思路點(diǎn)撥](1)子彈打擊物體A瞬間，子彈與物體A系統(tǒng)動(dòng)量守恒．(2)彈簧壓縮量最大時(shí)，系統(tǒng)有相同速度．[解析]設(shè)子彈的質(zhì)量為m，則mB＝4m，mA＝3m．(1)對(duì)子彈進(jìn)入A的過程，由動(dòng)量守恒得mv0＝(m＋mA)v1解得它們的共同速度，也是A的最大速度v1＝mv0m+m(2)以子彈、A、B及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，整個(gè)過程總動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧具有最大壓縮量時(shí)，它們的速度相等，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v2解得三者的共同速度，即彈簧有最大壓縮量時(shí)B的速度v2＝mv0m+m[答案](1)v04處理碰撞問題的幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)選取動(dòng)量守恒的系統(tǒng)：若有三個(gè)或更多個(gè)物體參與碰撞時(shí)，要合理選取所研究的系統(tǒng)．(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞．(3)弄清碰撞過程中存在的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化關(guān)系、幾何關(guān)系、速度關(guān)系等．[跟進(jìn)訓(xùn)練]訓(xùn)練角度1碰撞的可能分析2．(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是()A．－13v0B．0C．13v0D．2ABC[若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒mv0＝(m＋2m)v，解得v＝13v0．若兩球發(fā)生完全彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒mv0＝mv1＋2mv2，由能量關(guān)系12mv02＝12mv12+12·2mv22，聯(lián)立解得v1＝-13v0，v2＝23v0，則小球訓(xùn)練角度2彈性碰撞與非彈性碰撞3．(2022·江蘇淮海中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，光滑水平桌面上一只質(zhì)量為5.0kg的保齡球，撞上一只原來靜止，質(zhì)量為1.5kg的球瓶．此后球瓶以3.0m/s的速度向前飛出，而保齡球以2.0m/s的速度繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它們相互作用的時(shí)間為0.05s．求：(1)碰撞前保齡球的速度；(2)碰撞時(shí)保齡球與球瓶間的相互作用力的大?。?3)通過計(jì)算判斷該碰撞是否為彈性碰撞．[解析](1)設(shè)保齡球質(zhì)量為M，球瓶質(zhì)量為m，碰撞前保齡球的速度為v1，碰撞后保齡球速度為v1′，球瓶的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2解得v1＝2.9m/s．(2)設(shè)碰撞時(shí)保齡球與球瓶間的相互作用力的大小為F，對(duì)球瓶根據(jù)動(dòng)量定理有Ft＝mv2解得F＝90N．(3)保齡球和球瓶組成的系統(tǒng)初、末動(dòng)能分別為Ek0＝12MvEk1＝12Mv因?yàn)镋k1＜Ek0，所以該碰撞不是彈性碰撞．[答案](1)2.9m/s(2)90N(3)不是彈性碰撞1．兩個(gè)相向運(yùn)動(dòng)的小球，在光滑水平面上碰撞后變成靜止?fàn)顟B(tài)，則碰撞前這兩個(gè)小球的()A．質(zhì)量一定相等 B．動(dòng)能一定相等C．動(dòng)量一定相等 D．總動(dòng)量等于零D[兩小球碰撞前動(dòng)量大小相等，方向相反，總動(dòng)量為零．]2．(多選)在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是()A．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率互相分開B．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若兩球質(zhì)量不等，碰后以某一相等速率互相分開D．若兩球質(zhì)量不等，碰后以某一相等速率同向而行AD[由題意知，碰前兩球的總動(dòng)量為零且碰撞過程中動(dòng)量守恒．對(duì)A，碰撞前兩球總動(dòng)量為零，碰撞后總動(dòng)量也為零，動(dòng)量守恒，所以A是可能的；對(duì)B，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動(dòng)量不為零，而碰撞前總動(dòng)量為零，所以B不可能；對(duì)C，碰撞前、后系統(tǒng)的總動(dòng)量的方向不同，所以動(dòng)量不守恒，C不可能；對(duì)D，碰撞前總動(dòng)量不為零，碰撞后總動(dòng)量也不為零，方向可能相同，所以D是可能的．故正確為A、D．]3．(2022·山東招遠(yuǎn)市第二中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，A、B、C、D、E、F、G為七個(gè)質(zhì)量分布均勻、半徑相同的球，其中A、G兩球質(zhì)量相等，B、C、D、E、F五球質(zhì)量相等，且A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量．現(xiàn)將B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一條直線且均處于靜止?fàn)顟B(tài)．某時(shí)刻讓A球以速度v0正對(duì)B球運(yùn)動(dòng)，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則發(fā)生一系列碰撞之后，最終()A．五個(gè)小球靜止，兩個(gè)小球運(yùn)動(dòng)B．四個(gè)小球靜止，三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)C．三個(gè)小球靜止，四個(gè)小球運(yùn)動(dòng)D．七個(gè)小球都運(yùn)動(dòng)B[因球之間的碰撞均為彈性碰撞，則有動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)A、G兩球質(zhì)量為m1，其余球的質(zhì)量均為m2，A、B碰后，A球的速度為v1，B球的速度為v2，由動(dòng)碰靜規(guī)律可得v1＝m1-m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0，由上兩式可知，因A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，碰撞后A球反彈，B球向前運(yùn)動(dòng)，因B、C、D、E、F五球質(zhì)量相等，B與C碰后，交換速度，B球靜止，同理C、D、E都靜止，由于F球質(zhì)量大于G球質(zhì)量，F(xiàn)與G碰后，都向前運(yùn)動(dòng)，因此B、C、D、E四個(gè)球靜止，A、F4．甲、乙兩球在光滑水平軌道上向同向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p甲＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰撞后乙球的動(dòng)量變?yōu)閜′乙＝10kg·m/s，則兩球質(zhì)量m甲與m乙的關(guān)系可能是()A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲C[設(shè)碰撞后甲球的動(dòng)量為p甲′，由動(dòng)量守恒定律得，p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′即p甲′＝2kg·m/s甲追上乙應(yīng)有v甲>v乙即p甲m甲>p乙m乙，解得碰后p甲′，p乙′均大于零，說明兩球同向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有v′甲≤v′乙，即p解得m乙≤5m甲碰撞過程中，動(dòng)能不會(huì)增加，即Ek甲＋Ek乙≥E′k甲＋E′k乙p解得m乙≥177m綜上可得177m甲≤m乙≤5m甲，因此C正確．5．(2022·廣東卷)某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力Ff為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力．求：(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h．[解析](1)當(dāng)滑塊處于靜止時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對(duì)滑桿的摩擦力Ff′也為1N，方向豎直向上，則此時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力為N2＝Mg－Ff′＝5N．(2)滑塊向上運(yùn)動(dòng)到碰前瞬間根據(jù)動(dòng)能定理有－mgl－Ffl＝1代入數(shù)據(jù)解得v1＝8m/s．(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒有mv1＝(m＋M)v碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－(m＋M)gh＝0－12(m＋M)v代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h＝0.2m．[答案](1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m回顧本節(jié)內(nèi)容，自主完成以下問題：1．碰撞過程要不要考慮兩個(gè)物體的作用過程的相對(duì)運(yùn)動(dòng)？提示：不需要，作用時(shí)間極短．2．碰撞過程從能量角度怎么分類？提示：彈性碰撞和非彈性碰撞．3．碰撞可能性的判斷依據(jù)是什么？提示：(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，(2)系統(tǒng)動(dòng)能不增加，(3)速度要合理．冰壺運(yùn)動(dòng)冰壺是在第18屆長野冬奧會(huì)上成為正式比賽項(xiàng)目的．冰壺早在14世紀(jì)起源于蘇格蘭．在19世紀(jì)初期加拿大就舉行過全國性質(zhì)的冰壺大賽．而傳入亞洲大概是在19世紀(jì)中期．1924年冰壺作為表演項(xiàng)目被納入到了第1屆冬奧會(huì)中，而作為正式的比賽項(xiàng)目則是在1988年的長野冬奧會(huì)上．冰壺又叫作“擲冰壺”“冰上溜石”，以隊(duì)為單位，是在冰上進(jìn)行的一種投擲性的比賽．它考驗(yàn)參與者的體力與腦力，盡顯動(dòng)靜、取舍之美．冰壺為特殊石材制成，周長約為91.44厘米，高約為11.43厘米，重量大致為19.96公斤．冰壺比賽場地為長方形，長44.5米、寬4.75米．冰道的一端畫有一個(gè)直徑為1.83米的圓圈作為球員的發(fā)球區(qū)，叫本壘．冰道的另一端也畫有一圓圈，叫營壘．場地四周有木框，防止冰壺出界．有6條與端線平行的橫貫全場的橫線，中間兩條為前衛(wèi)線，也能叫作欄線，兩端的兩條為后衛(wèi)線．在前衛(wèi)線和后衛(wèi)線的中間有一個(gè)縱橫交叉的十字線，稱圓心線，交叉點(diǎn)就是本壘和營壘的中心點(diǎn)．場地兩端各固定一橡膠起踏器，比賽中運(yùn)動(dòng)員蹬起踏器后與壺一起滑行，壺須在到達(dá)近端前擲線前投出，并且要到達(dá)遠(yuǎn)端前擲線和底線之間的區(qū)域才有效．比賽中，運(yùn)動(dòng)員可以在冰壺前行的方向擦冰，以減少摩擦力，增加滑行距離．比賽時(shí)每隊(duì)出場4人，每人每局?jǐn)S壺兩次，雙方按照一、二、三、四壘的順序進(jìn)行一對(duì)一對(duì)抗，兩個(gè)隊(duì)共投完16個(gè)壺為一局，最后一壺投完后，大本營內(nèi)距中心近的壺所屬一方得分．一般比賽打10局，得分多的一方即獲得勝利．1．運(yùn)動(dòng)員將冰壺推出的過程中總動(dòng)能怎么變化？屬于什么現(xiàn)象？提示：總動(dòng)能增加，運(yùn)動(dòng)員消耗的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，屬于反沖．2．兩壺如果出現(xiàn)碰撞動(dòng)量是否守恒？提示：守恒．課時(shí)分層作業(yè)(三)彈性碰撞與非彈性碰撞自然界中的守恒定律考點(diǎn)一碰撞過程的特點(diǎn)1．如圖所示，甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙物體的速度大小分別為3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運(yùn)動(dòng)，速度大小均為2m/s，則甲、乙兩物體質(zhì)量之比為()A．2∶3 B．2∶5C．3∶5 D．5∶3C[選取碰撞前甲物體的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v′1＋m乙v′2，代入數(shù)據(jù)，可得m甲∶m乙＝3∶5，故C正確．]2．A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，其位移－時(shí)間圖像如圖所示．由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．3∶1C[由題圖知碰前vA＝4m/s，vB＝0．碰后vA′＝vB′＝1m/s，由動(dòng)量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA．故C正確．]3．如圖所示，光滑水平面上P物體與一個(gè)連著彈簧的Q物體正碰，正碰后P物體靜止，Q物體以P物體碰前的速度v離開．彈簧質(zhì)量忽略不計(jì)，那么當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，下列說法正確的是()A．P的速度恰好為零B．P與Q具有相同的速度C．Q剛開始運(yùn)動(dòng)D．Q的速度等于vB[由題意知，P、Q交換速度，因此P、Q質(zhì)量相同．P物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P做減速運(yùn)動(dòng)，Q做加速運(yùn)動(dòng)，P、Q間的距離減小，當(dāng)P、Q兩物體速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，所以B正確，A、C錯(cuò)誤；由于作用過程中動(dòng)量守恒，設(shè)速度相等時(shí)速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時(shí)，P、Q的速度v′＝v2，故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)二碰撞的判斷和碰撞模型4．(多選)質(zhì)量為1kg的小球以4m/s的速度與質(zhì)量為2kg的靜止小球正碰，關(guān)于碰后的速度v1′和v2′，下列結(jié)果可能正確的有()A．v1′＝v2′＝43B．v1′＝3m/s，v2′＝0.5m/sC．v1′＝1m/s，v2′＝3m/sD．v1′＝－1m/s，v2′＝2.5m/sAD[由碰撞前、后總動(dòng)量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1＋Ek2′驗(yàn)證A、B、D三項(xiàng)皆有可能；但B項(xiàng)碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，會(huì)發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際，所以A、D兩項(xiàng)有可能．]5．(多選)在一條直線上相向運(yùn)動(dòng)的甲、乙兩個(gè)小球，它們的動(dòng)能相等，已知甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，它們正碰后可能發(fā)生的情況是()A．甲球停下，乙球反向運(yùn)動(dòng)B．甲球反向運(yùn)動(dòng)，乙球停下C．甲、乙兩球都反向運(yùn)動(dòng)D．甲、乙兩球都反向運(yùn)動(dòng)，且動(dòng)能仍相等AC[由p2＝2mEk知，甲球的動(dòng)量大于乙球的動(dòng)量，所以總動(dòng)量的方向應(yīng)為甲球的初動(dòng)量的方向，可以判斷A、C正確．]6．質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖像如圖所示，則可知碰撞屬于()A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，不能判斷A[由s-t圖像知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前動(dòng)能為12mava2+12mbvb2＝92J，碰撞后動(dòng)能為12mava'2+12mbvb'2＝92J，故動(dòng)能守恒，碰撞前的動(dòng)量mava7．(多選)質(zhì)量為M的物塊以速度v運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后二者的動(dòng)量正好相等．二者質(zhì)量之比Mm可能為(A．2B．3C．4D．5AB[設(shè)碰撞后兩物塊的動(dòng)量都為p，則系統(tǒng)的總動(dòng)量為2p．由p2＝2mEk可得碰撞前的總動(dòng)能為Ek1＝2p22M，碰撞后的總動(dòng)能為Ek2＝p22m+p22M．根據(jù)碰撞前后的動(dòng)能關(guān)系可得4p22M≥p考點(diǎn)三碰撞綜合應(yīng)用8．(2022·重慶巴蜀中學(xué)高二階段練習(xí))甲、乙兩人穿著同款充氣“防護(hù)服”出來散步，由于兩人初次穿充氣服，走起路來有些控制不好平衡，所以兩人在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生了一維直線碰撞．若甲的質(zhì)量為m，乙的質(zhì)量為3m，且以相同的速率v在光滑水平面上發(fā)生相向碰撞，碰撞后乙靜止不動(dòng)，則這次碰撞()A．屬于完全非彈性碰撞B．屬于彈性碰撞C．總動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D．碰撞后甲的速度大小為4vB[設(shè)碰撞后甲的速度為v′，以乙的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后甲的速度為v′＝2v，D錯(cuò)誤；碰前甲、乙的總動(dòng)能為Ek＝12×3mv2+12mv2＝2mv2，碰后甲、乙的總動(dòng)能為E′k＝12mv′2＝2mv2，由于碰撞前后總動(dòng)能相等，所以此碰撞為彈性碰撞，系統(tǒng)總動(dòng)能碰撞前后沒有損失，沒有轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，9．(多選)(2022·北京市第一〇一中學(xué)懷柔分校高三階段練習(xí))如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長的光滑水平面上發(fā)生正碰．小球a、b質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＝200g．取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時(shí)間變化的x-t圖像如圖乙所示．下列說法正確的是()A．碰撞前球a做加速運(yùn)動(dòng)，球b做勻速運(yùn)動(dòng)B．碰撞后球a做勻速運(yùn)動(dòng)，球b做勻速運(yùn)動(dòng)C．碰撞前后兩小球的機(jī)械能總量減小D．碰撞前后兩小球的機(jī)械能總量不變BD[由圖可知，碰撞前球a做勻速運(yùn)動(dòng)，球b靜止；碰撞后球a做反向勻速運(yùn)動(dòng)，球b做正向勻速運(yùn)動(dòng)，B正確，A錯(cuò)誤；由圖可知碰撞前va＝4m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－2m/s，vb′＝2m/s，由動(dòng)量守恒定律可知m1va＝m1va′＋m2vb′，代入數(shù)據(jù)得m2＝0.6kg，碰撞前的機(jī)械能Ek＝12m1va2＝1.6J，碰撞后的機(jī)械能Ek′＝12m1va′2＋12m2vb′2＝1.6J，所以碰撞前后的機(jī)械能總量保持不變10．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧右端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x；現(xiàn)讓彈簧右端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．物體A的質(zhì)量為3mB．物體A的質(zhì)量為2mC．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢能為3D．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢能為mvAC[對(duì)甲圖，設(shè)物體A的質(zhì)量為mA，由機(jī)械能守恒得，彈簧壓縮量為x時(shí)彈性勢能Ep＝12mAv02；對(duì)乙圖，AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧壓縮量最大時(shí)，A、B速度相等，有mA·2v0＝(mA＋m)v，由機(jī)械的守恒得Ep＝12mA(2v0)2－12(mA＋m)v2，聯(lián)立解得mA＝3m，Ep＝311．(2022·江蘇海安市立發(fā)中學(xué)高三期中)如圖所示，用長為l＝0.4m的細(xì)線將質(zhì)量為M＝0.03kg的小木塊懸掛于O點(diǎn)，質(zhì)量為m＝0.01kg的子彈以水平初速度擊中木塊并留在其中，小木塊恰