1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 导学案 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

高中物理人教版选择性必修第一册 第一章《动量守恒定律》 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 导学案 课题 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 学习目标 1.进一步掌握用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧。 2.掌握两类碰撞问题的解题方法(重难点)。 学习重难点 1.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型。 2.掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决问题。 3.理解“弹簧—小球”模型和“滑块—曲(斜)面类”模型的特点。 学习知识点 1、 弹性碰撞 若质量为m1的物体以速度v1与原来静止的质量为m2的物体发生正碰，碰撞过程属于弹性碰撞，两物体动量应满足方程m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 碰撞前后动能应满足方程m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝v1，v2′＝v1。 以碰前质量为m1的物体速度的方向为正方向 (1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两物体速度互换。 (2)若m1>m2，则v1′>0, v2′>0(均填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都与v1方向相同(填“相同”或“相反”)。 (3)若m1<m2，则v1′<0(填“>”“＝”或“<”)，表示v1′与v1方向相反(填“相同”或“相反”)。 (4)继续思考： ①若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1； ②若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0 课前训练 1.如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较(　　) A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大，滑块对子弹的平均阻力一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相同 2.一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。求此过程中： (1)船向哪运动？当小孩速度为v时，船速多大； (2)当小孩向左移动了x时，船的位移多大； (3)小孩和船的位移与两者质量有什么关系？ (4)若小孩从船头移动到船尾，船长为L，小孩的位移为多大？ 3.如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝4 kg，B的质量mB＝3 kg，滑块B的左端连有水平轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝7 m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开，求： (1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大动能； (3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。 4.如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0从滑块的左边缘滑上质量为M的木板的上表面，若滑块始终未滑离木板，滑块和木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 (1)此过程系统的动量是否守恒？系统的机械能是否守恒？ (2)若滑块恰好未脱离木板，试求木板的长度L。 5.如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长。 课前训练答案 1.答案　D 解析　根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，可知两种情况下滑块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误；两滑块的动量Δp＝Mv变化相同，受到的冲量相同，由Q＝mv02－(m＋M)v2＝F阻·s，子弹射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时子弹所受平均阻力是射入滑块B中时的，故B错误；射入滑块A中时阻力对子弹做功Wf＝mv2－mv02与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误；由Q＝mv02－(m＋M)v2可知，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确。 2.答案　(1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩运动的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv－Mv′＝0，解得v′＝。 (2)由人船系统始终动量守恒可知 m－M＝0，故当小孩的位移大小为x时，有mx－Mx′＝0，解得x′＝。 (3)小孩与小船的位移大小之比与质量成反比，即＝。 (4)x＋x′＝L 解得x＝L。 3.答案　(1)42 J　(2)96 J　(3)0 解析　(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取向右为正方向，根据动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝4 m/s，由能量守恒定律得 mAv02＝(mA＋mB)v2＋Ep 解得滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为Ep＝42 J (2)当A、B分离，弹簧恢复原长时，弹性势能为零，滑块B动能最大，则滑块B的速度最大， 由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB mAv02＝mAvA2＋mBvB2 解得vA＝1 m/s，vB＝8 m/s 则滑块B的最大动能为Ek＝mBvB2＝96 J (3)当滑块A的速度为1 m/s时，滑块A的动能最小，此时弹簧恢复到原长，所以弹簧的弹性势能为Ep′＝0。 4.答案　(1)系统的合外力为零，故系统的动量守恒。由于摩擦力对系统做负功，系统机械能不守恒。 (2)根据动量守恒：mv0＝(m＋M)v 系统机械能损失(摩擦生热)， Q热＝f·s相对＝mv02－(m＋M)v2，f＝μmg 若滑块恰好未脱离木板，则L＝s相对 解得L＝。 5.答案　大于或等于3.8 m/s 解析　人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞 以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由水平方向动量守恒得 (m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′ 解得v′＝1 m/s 以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu 解得u＝3.8 m/s 因此，只要人跳离甲车的速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞。 学科网（北京）股份有限公司 $