1.5.3 弹性碰撞和非弹性碰撞 课件-2023-2024学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册

人教版物理选择性必修一 第一章 动量守恒定律 第五节 弹性碰撞和非弹性碰撞（3） 六、板块模型 求解方法 1.合外力为零，动量守恒； 2.涉及绝对位移（即物体对地的位移）或涉及内力做功，可以针对性地利用动能定理求解。 3.涉及相对位移（滑块相对于木板的位移）利用能量守恒求解，其中机械能转化为内能的表达式：ΔE=Q=μmgd相对 滑块模型的能量守恒为：1/2 mv02=1/2 (M+m)v2+μmgd 4.涉及作用时间或者内力的冲量，可以选择性地利用动量定理求解。对于不同物体的动量定理涉及的时间和内力的冲量大小相同，因此选择受力简单的物体进行动量定理求解较为方便。 14.如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则(　　) A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 sD．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s D 解析:物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝1/2 m2v02－1/2 (m1＋m2)v2＝(m1m2v02)/2(m1＋m2)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得1/2 m2v0′2＝1/2 (m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确． 15.如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求： (1)A物体的最终速度的大小；(2)A、C之间的摩擦力的大小；(3)A在木板C上滑行的时间t. 解析：(1)B、C碰撞过程中动量守恒，由题意分析知，B、C碰后具有相同的速度，设B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝v0/2， B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＋mv1＝2mv2， 解得：v2＝3v0/4. (2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：FfL＝1/2 mv02＋1/2 mv12－1/2 ×2mv22，解得：Ff＝mv02/16L. (3)A与C相互作用过程中，对C由动量定理得Fft＝mv2－mv1，解得：t＝4L/v0. 16.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是（ ） A. B. C. D. A 解析:木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v．设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：Mv0﹣mv0=（M+m）v，得 v= <v0,故A正确，BCD错误. 七、“滑块—弹簧”模型 1．模型图示 2．模型特点(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)． 17.如图所示，一个轻弹簧的两