第1章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教版2019）

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(2)非弹性碰撞：如果系统在碰撞前后　动能减少　，这类碰撞叫作　非弹性碰撞　. [知识点二]　弹性碰撞的实例分析　 两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在　同一条直线　上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．这种碰撞称为　正碰　，也叫作　对心　碰撞或一维碰撞．如图所示． [自我检测] 1．思维辨析 (1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．( √ ) (2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的．( × ) (3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．( √ ) (4)两球发生弹性正碰时，两者碰后交换速度．( × ) 2．基础理解 (1)一颗水平飞来的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋并留在其中和沙袋一起上摆，关于子弹与沙袋组成的系统，下列说法正确的是(　　) A．子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都守恒 B．子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都不守恒 C．共同上摆阶段动量守恒，机械能不守恒 D．共同上摆阶段动量不守恒，机械能守恒 解析：D　[子弹和沙袋组成的系统，在子弹射入沙袋的过程中，子弹和沙袋在水平方向的动量守恒，但机械能不守恒，共同上摆过程中动量不守恒，机械能守恒，选项D正确．] (2)如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向　________　运动，B向　________　运动． 解析：选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，发生弹性碰撞后A、B的动量之和也应为零，由于是弹性碰撞，碰后两者速度不可能为0，因此A向左，B向右运动． 答案：左　右 弹性碰撞和非弹性碰撞 ◆[探究导引] 如图为两钢性摆球碰撞时的情景． (1)两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？ (2)若碰撞后两球粘在一起，发现两球上升的高度仅是入射球释放时的高度的四分之一，说明了什么？ 提示：(1)两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变． (2)碰撞中动量守恒，机械能不守恒． ◆[探究归纳] 按机械能的损失情况分类 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大 按碰撞前后动量是否共线分类 对心碰撞(正碰) 碰撞前后速度共线 非对心碰撞(针碰) 碰撞前后速度不共线 [名师点睛] 两个质量相等的物体发生弹性碰撞时，速度交换． 2．分析碰撞问题的“三个原则” (1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (3)速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若两物体同向运动，则原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零． [例1]　(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x­t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断(　　) A．碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动 B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动 C．m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 [解析]　AC　[由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v1′＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项A、C正确，选项B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\o\al(2,2)))＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D错误．] [一题多变]　例1中，两球碰后若粘合在一起，则系统损失的机械能为多少？ 提示：由动量守恒定律 m1v1＝(m1＋m2)v共 ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,共) 解得ΔE＝0.6 J. [规律方法]　处理碰撞问题的思路 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加． (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系． (3)要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk)，Ek＝eq \f(1,2)pv或p＝eq \f(2Ek,v)几个关系式． ◆[跟进训练] 1．(多选)如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿同一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量．则下列选项可能正确的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s 解析：AB　[本题属于追及碰撞，碰撞前小球A的速度一定要大于小球B的速度(否则无法实现碰撞)．碰撞后，小球B的动量增大，小球A的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，D错误．若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，小球A的质量和动量大小不变，动能不变，而小球B的质量不变，但动量增大，所以小球B的动能增大，这样系统的机械能比碰撞前增大了，选项C错误．经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则．] 弹性碰撞的实例分析 ◆[探究导引] 如图所示为对心碰撞． (1)在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B，分别以初速度v1、v2运动，若它们能发生碰撞(为一维弹性碰撞)，请列出碰撞过程的动量、动能关系式． (2)质量相等的两个物体发生正碰时，一定交换速度吗？ (2)不一定．只有质量相等的两个物体发生弹性正碰时，同时满足动量守恒和动能守恒的情况下，两物体才会交换速度． ◆[探究归纳] 一动一静两物体发生弹性碰撞规律 1．碰后速度：由动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′， 由机械能守恒定律得 联立两方程解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1. 2．推论 (1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1，即质量相等的两物体发生弹性碰撞将交换速度．惠更斯早年的实验研究的就是这种情况． (2)若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1，即质量极大的物体与质量极小的静止物体发生弹性碰撞，前者速度不变，后者以前者速度的2倍被撞出去． (3)若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0，即质量极小的物体与质量极大的静止物体发生弹性碰撞，前者以原速度大小被反弹回去，后者仍静止．乒乓球落地反弹、台球碰到桌壁后反弹、篮球飞向篮板后弹回，都近似为这种情况． (4)被碰球获得最大速度、最大动量和最大动能的条件． 因为v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)＝eq \f(2v1,1＋\f(m2,m1))，所以当m1≫m2时，v2′最大为v2max′＝2v1. 因为p2′＝m2v2′＝eq \f(2m1m2v1,m1＋m2)＝eq \f(2m1v1,\f(m1,m2)＋1)，所以当m2≫m1时，p2′最大为p2max′＝2m1v1＝2p1. 这一结果还可以简捷地根据Δp2＝－Δp1得出，请读者试一试． [例2]　(多选)2021年世界男子冰壶锦标赛，将在加拿大首都渥太华举行．如图所示，两个大小相同、质量均为m的冰壶静止在水平冰面上，运动员在极短时间内给在O点的甲冰壶水平冲量使其向右运动，当甲冰壶运动到A点时与乙冰壶发生弹性正碰，碰后乙冰壶运动到C点停下．已知OA＝AB＝BC＝L，冰壶所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则(　　) A．运动员对甲冰壶做的功为kmgL B．运动员对甲冰壶做的功为3kmgL C．运动员对甲冰壶施加的冲量为meq \r(kgL) D．运动员对甲冰壶施加的冲量为meq \r(6kgL) 思路点拨：甲冰壶运动到A点时与乙冰壶发生弹性正碰、根据动量守恒和能量守恒可知，质量均为m的两冰壶速度发生交换． [解析]　BD　[甲冰壶运动了距离L时与乙冰壶发生弹性正碰，甲冰壶碰后停止运动，乙冰壶以甲冰壶碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于乙冰壶不存在，甲冰壶直接向前运动了3L的距离停止运动，根据动能定理，运动员对甲冰壶做的功等于克服摩擦力做的功，即W＝3kmgL，A错误，B正确；运动员对甲冰壶施加的冲量I＝Δp＝p－0＝eq \r(2mEk)－0＝eq \r(2m·3kmgL)＝meq \r(6kgL)，C错误，D正确．] [规律方法]　弹性正碰，就是两个或多个物体在同一直线上的碰撞，没有任何能量损耗，此时动量守恒，动能也守恒． ◆[跟进训练] 2．在光滑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球以速度v0向它们运动，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(　　) A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3)v0)　　 B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0 C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 解析：D　[由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和机械能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0).假如选项A正确，则碰后总动量为eq \f(3,\r(3))mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能；假如选项B正确，则碰后总动量为eq \f(2,\r(2))mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能；假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能；假如选项D正确，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，而且合乎情理，不会发生二次碰撞．故选项D正确．] ◆[课堂小结] [易错]　分析碰撞问题常见的错误 (1)忽视了动量守恒的条件．在系统所受合外力不为零的情况下仍用动量守恒定律求解． (2)不理解动量守恒定律的矢量性，按代数和的方法求合动量． (3)在动量守恒定律的表达式中，速度选取了不同参考系． (4)忽视了碰撞过程中的机械能损失． [案例]　如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l＝1.0 m．物块A以速度v0＝10 m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰撞后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取10 m/s2) (1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度； (2)根据A、B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向． [错答]　(1)设A、B碰后速度为v1，由动量守恒定律，则有mv0＝2mv1， 设与C碰前瞬间AB的速度为v2，则有 －2μmgl＝eq \f(1,2)(2m)veq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)(2m)veq \o\al(2,1)， 联立以上各式得v2＝4 m/s. (2)设AB与C相碰，碰撞过程中动量守恒，有 2mv2＝2mv3＋km·v，得v3＝(4－k) m/s. 碰后AB向右运动的速度不能大于C的速度，则有 4－k≤2，得k≥2. 即碰后A、B速度向右，且k≥2. [错因分析]　在分析A、B与C发生碰撞的过程中，碰撞性质是不确定的，此过程中动量一定守恒，但动能不一定守恒，需要分情况讨论．并根据不同情况讨论k的取值及AB可能的运动方向，在讨论时，有的同学考虑问题不全，导致漏解而失分． [正答]　(1)设物体A、B的质量分别为mA和mB，A与B发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v1，取向右为速度正方向，由动量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v1，① v1＝eq \f(mAv0,mA＋mB)＝5.0 m/s， 设A、B运动到C时的速度为v2，由动能定理得 eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,1)＝－μ(mA＋mB)gl，② v2＝eq \r(v\o\al(2,1)－2μgl)＝4.0 m/s.③ (2)设与C碰撞后AB的速度为v3，碰撞过程中动量守恒，有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v3＋mCv，④ 碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,2)≥eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)mCv2，⑤ 由④式，得v3＝eq \f(mA＋mBv2－mCv,mA＋mB)＝(4－k)m/s，⑥ 联立⑤和⑥式，得0＜k≤6.⑦ 当k＝6时，碰撞为弹性碰撞；当0＜k＜6时，碰撞为非弹性碰撞． 碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度． 由⑥式，得4－k≤2，k≤2， 所以k的合理取值范围是2≤k≤6，⑧ 综上所述， 当取k＝4时，v3＝0，即与C碰后AB静止； 当取2≤k＜4，v3＞0，即与C碰后AB继续向右运动； 当取4＜k≤6时，v3＜0，即与C碰后AB被反弹向左运动． [满分策略]　碰撞过程中，只要碰撞时间很短，系统动量就一定守恒，但机械能不一定守恒．本题AB间碰撞是完全非弹性碰撞，而AB再与C的碰撞则可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞． 附：教材问题解答： 教材第20页问题提示：碰撞的情况多种多样，碰撞前后动量一定守恒，但碰撞前后动能可能守恒，也可能减少. [知识点一]　弹性碰撞和非弹性碰撞 1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是(　　) A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒 B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒 C．作用前后总动能为零，而总动量不为零 D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零 解析：AB　[选项A为非弹性碰撞，成立；选项B为弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故选项C不成立；总动量守恒，则系统内各物体动量的增量的总和一定为零，选项D错误．] 2．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为(　　) A．1∶1　　 B．1∶2　 　 C．1∶3 　 　D．3∶1 解析：C　[由图像知，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，选项C正确．] 3.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s.则(　　) A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 解析：A　[碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则B球的动量增量为4 kg·m/s，所以碰后A球的动量为2 kg·m/s，B球的动量为10 kg·m/s，即mAvA＝2 kg·m/s，mBvB＝10 kg·m/s，且mB＝2mA，vA∶vB＝2∶5，所以，选项A正确．] [知识点二]　弹性碰撞的实例分析 4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 解析：D　[下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝eq \r(2gh)，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1与m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，且m2＝3m1，联立解得v1＝2eq \r(2gh)，v2＝0，反弹后高度H＝eq \f(v\o\al(2,1),2g)＝4h，选项D正确．] 5.如图所示，AB为倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰．若m1∶m2＝1∶2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析：设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒和能量关系，有 m1v0＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)， 解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0＝－eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝eq \f(2,3)v0. 设乙球沿斜面上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v， 由动能定理有 (m2gsin 37°＋μm2gcos 37°)s＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)， (m2gsin 37°－μm2gcos 37°)s＝eq \f(1,2)m2v2， 解得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,v2)))2＝eq \f(3－4μ,3＋4μ).乙要能追上甲，则v＞eq \f(v0,3)，又μ＞0，解得0＜μ＜0.45. 答案：0＜μ＜0.45 $$