第1章 第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用课件(鲁科版)

第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞 1．知道弹性碰撞和非弹性碰撞的概念和特点。　2.能根据动量和能量的观点分析一维弹性碰撞问题。 3．掌握弹性碰撞的规律，并利用规律解释和解决有关现象和问题。　 课前 知识梳理 1 课堂 深度探究 2 随堂 巩固落实 3 内容 索引 课前 知识梳理 PART 01 第一部分 一、不同类型的碰撞 1．弹性碰撞：碰撞过程中系统的机械能______________，即碰撞前后系统的总动能相等的碰撞称为____________，又称完全弹性碰撞。 2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能有__________的碰撞称为非弹性碰撞。 　　　 守恒 弹性碰撞 损失 返回导航 课前 知识梳理 二、弹性碰撞 1．设球A和球B的质量分别为m1、m2，碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后球A和球B的速度分别为v1′、v2′。两球的碰撞可视为弹性碰撞，碰撞过程中______________，碰撞前后动能相等。则碰后两球速度分别为v1′ ＝______________________，v2′＝____________________________。 2．当两球质量相等，即m1＝m2时，v1′＝________，v2′＝________，碰撞后球A速度为0，而球B的速度与碰撞前球A的速度相等。 动量守恒 0 v1 返回导航 课前 知识梳理 3．当质量大的球碰质量小的球，即m1>m2时，___________________，表示碰撞后两球都向前运动。 4．当质量小的球碰质量大的球，即m1<m2时，__________________，表示碰撞后质量小的球被反弹回来。 三、非弹性碰撞 非弹性碰撞存在机械能损失，若碰撞后物体都以共同速度运动，碰撞中____________损失最大，为________________。 　　　　　完全非弹性碰撞 v1′>0，v2′>0 v1′<0，v2′>0 机械能 返回导航 课前 知识梳理 判断下列说法是否正确。 (1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒。(　　) (2)两个质量相同的小球发生正碰时一定交换速度。(　　) (3)质量较大的物体与质量较小且静止的物体发生碰撞时不可能被反弹。(　　) (4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。(　　) (5)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。(　　) × √ × × √ 返回导航 课前 知识梳理 课堂 深度探究 PART 02 第二部分 1．碰撞的特点 (1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对于物体运动的全过程可忽略不计。 (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒。 (3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置。 (4)能量的特点：碰撞过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。 知识点一　碰撞的特点和应用 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 (3)速度要符合情境 ①碰前若同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变或速度均为零。 返回导航 课堂 深度探究 角度1　碰撞的特点 两球在水平面上相向运动，发生正碰后都处于静止状态，则碰前两球的(　　) A．速度大小一定相等 B．动能一定相等 C．质量一定相等 D．动量大小一定相等 √ 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等。已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是(　　) A．甲、乙两球都沿乙球的运动方向 B．甲球反向运动，乙球停下 C．甲、乙两球都反向运动 D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等 √ 返回导航 课堂 深度探究 若甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等，则碰后总动量方向与甲原来的动量方向相反，违反了动量守恒定律，D错误。 返回导航 课堂 深度探究 角度2　碰撞的应用 如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞，求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。 返回导航 课堂 深度探究 [解析]　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC① A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB② A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足 vAB＝vC③ 联立①②③式解得vA＝2 m/s。 [答案]　2 m/s 返回导航 课堂 深度探究 角度1　碰撞与位移－时间图像结合 (多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰。两球碰撞前后的位移—时间图像如图所示。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线，若A球质量是m＝2 kg，则由图可知(　　) A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s C．碰撞前后A的动量变化为6 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 知识点二　碰撞与图像问题的结合 √ √ 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 角度2　碰撞与速度－时间图像结合 (多选)(2024·河南遂平一中期中)如图所示，与轻弹簧相连的物块A静止在光滑的水平面上。物块B沿水平方向以速度v0向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰。在B跟弹簧相碰时开始计时，到B与弹簧分开的这段时间t0内，下列两物块的v－t图像可能正确的是(　　) √ √ 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？ 知识点三　碰撞中的动量和能量问题 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 (2024·南京航空航天大学苏州附中校考)如图所示，三个质量均为1 kg的小滑块 A、B、C沿直线静止排列在水平面上，其中A、B 与水平面间无摩擦，C与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.4。某时刻给滑块A水平向右的速度v0＝6 m/s，与滑块B碰撞后粘在一起形成结合体P(P与水平面间无摩擦)，结合体P与滑块C发生多次弹性碰撞后均停止在水平面上。已知重力加速度g取10 m/s2。求： 返回导航 课堂 深度探究 (1)A、B碰撞过程中，B受到的冲量大小I； [解析]　设水平向右为正方向，A、B、C质量均为m，A、B碰撞过程中，由动量守恒定律有 mv0＝2mv1 对B，由动量定理有I＝Δp＝mv1－0 解得v1＝3 m/s，I＝3 N·s。 [答案]　3 N·s　 返回导航 课堂 深度探究 (2)P、C第一次碰撞后C的速度； [答案] 4 m/s，方向水平向右　 返回导航 课堂 深度探究 (3)整个过程中滑块C的位移大小x。 [答案] 2.25 m 返回导航 课堂 深度探究 (2024·河北邯郸联考)如图所示，细线的一端固定在O点，另一端系着质量m0＝0.6 kg的小球A，O点到光滑水平面的距离h＝3.2 m。小物块B位于O点正下方，小物块C左端固定一轻质弹簧，初始时B和C均静止于足够长的光滑的水平面上，弹簧处于原长。现向左拉动小球A使细线水平伸直，将小球A由静止释放，当小球运动到最低点时与小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，小球A反弹后上升到最高点时离水平面的距离h0＝0.2 m。A、B和C均可视为质点，B和C的质量分别为m1＝1.5 kg、m2＝0.5 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，A、B和C在同一竖直面内运动，不计空气阻力。求： 返回导航 课堂 深度探究 (1)小球A与小物块B碰撞完成后瞬间B的速度大小v； 返回导航 课堂 深度探究 解得v1′＝2 m/s A、B碰撞过程，由动量守恒定律有 m0v1＝－m0v1′＋m1v 解得v＝4 m/s。 [答案]　4 m/s　 返回导航 课堂 深度探究 (2)B挤压C的过程中，轻弹簧弹性势能的最大值Epm； [答案]　3 J　 返回导航 课堂 深度探究 (3)弹簧再次恢复原长时，C的速度大小vC。 [答案]　6 m/s 返回导航 课堂 深度探究 随堂 巩固落实 PART 03 第三部分 √ √ 返回导航 随堂 巩固落实 返回导航 随堂 巩固落实 2．(碰撞与图像问题的结合)(多选)(2024·河北开滦二中校考)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。已知m1＝1 kg，下列说法正确的是(　　) A．碰撞前m2的速度为4 m/s B．碰撞后m1做减速运动 C.m2的质量为3 kg D．该碰撞为弹性碰撞 √ √ 返回导航 随堂 巩固落实 解析：由图像可知碰撞前m2图线与t轴平行，得碰撞前m2处于静止状态，速度为零，故A错误； 由图像可知碰撞后m1做反向匀速直线运动，故B错误； 返回导航 随堂 巩固落实 解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D正确。 √ 返回导航 随堂 巩固落实 4．(碰撞中的动量和能量问题)(2024·广东金山中学期中)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为m＝1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.4 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束后瞬间两滑块一起滑动。 返回导航 随堂 巩固落实 (1)求滑块1与滑块2的碰撞过程中损失的能量大小。 答案：0.04 J　 返回导航 随堂 巩固落实 (2)若滑块1与滑块2的碰撞时间为0.02 s，求滑块2受到滑块1的平均冲力的大小。 解析：滑块1、2的碰撞过程中，对滑块2，由动量定理得Ft＝mv共 解得F＝10 N。 答案：10 N 返回导航 随堂 巩固落实 eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2) eq \f(2m1v1,m1＋m2) 2．碰撞的分类 (1)按碰撞前后机械能是否守恒可分为弹性碰撞和非弹性碰撞。 (2)按碰撞前后速度的方向是否与球心的连线在同一直线上可分为对心碰撞和非对心碰撞。 3．碰撞遵守的原则 (1)动量守恒。 (2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2,1) eq \f(p,2m1) ＋2,2) eq \f(p,2m2) ≥ eq \f(p1′2,2m1) ＋ eq \f(p2′2,2m2) 。 [解析]　两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰前两个球的动量大小相等，方向相反，根据p＝mv＝ eq \r(2mEk) ，可知，动量大小相等，质量、速度和动能都不一定相等，则A、B、C错误，D正确。 [解析]　由题意知Ek甲＝Ek乙，因为动能与动量的关系p＝ eq \r(2mEk) ，m甲>m乙，所以p甲>p乙，甲乙相向运动，故甲乙碰撞前总动量沿甲原来的方向，碰撞过程两球的总动量守恒，则碰撞后甲乙的总动量仍沿甲原来的方向，所以碰撞后，甲球停下或反向弹回，乙必弹回，所以乙的速度不可能为零，A、B错误，C正确； [解析]　由题中s－t图像可知，碰撞前有：A球的速度vA＝ eq \f(ΔsA,ΔtA) ＝ eq \f(4－10,2) m/s＝－3 m/s，B球的速度vB＝ eq \f(ΔsB,ΔtB) ＝ eq \f(4,2) m/s＝2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝ eq \f(2－4,2) m/s＝－1 m/s，则碰撞前后A的动量变化ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s；对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v得mB＝ eq \f(4,3) kg。A与B碰撞前的总动量为p总＝mvA＋mBvB＝ 2×(－3) kg·m/s＋ eq \f(4,3) ×2 kg·m/s＝－ eq \f(10,3) kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,A) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) － eq \f(1,2) (m＋mB)v2，代入数据解得ΔEk＝10 J。故A、C错误，B、D正确。 [解析]　根据对称性可知两物块共速的时间为 eq \f(t0,2) ，根据动量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v，解得v＝ eq \f(mBv0,mA＋mB) ，在B跟弹簧相碰时开始计时，到B与弹簧分开的这段时间t0内，根据动量守恒定律以及能量守恒定律有mBv0＝mAv1＋mBv2， eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,2) ，解得v1＝ eq \f(2mB,mA＋mB) v0，v2＝ eq \f(mB－mA,mA＋mB) v0，当mA＝mB时，解得v＝ eq \f(v0,2) ，v1＝v0，v2＝0，当mA＞mB时，解得v＜ eq \f(v0,2) ，v1＜v0，v2＜0，当mA＜mB时，解得v＞ eq \f(v0,2) ，v1＞v0，v2＞0，故A、D符合题意，B、C不符合题意。 [提示]　不守恒。碰撞时：mv0＝2mv，得v＝ eq \f(v0,2) Ek1＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ，Ek2＝ eq \f(1,2) ×2mv2＝ eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) ， 所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝ eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝－ eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) ，即系统总动能减少了 eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) 。 1．弹性碰撞：发生在产生弹性形变的物体间，满足动量守恒和机械能守恒，即 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)机械能守恒： eq \f(1,2) m1v eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,2) ＝ eq \f(1,2) m1v1′2＋ eq \f(1,2) m2v2′2。 2．非弹性碰撞：碰撞过程物体会发生不能自行恢复的形变，还可能发热。所以，非弹性碰撞有动能损失，即机械能不守恒。 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)机械能不守恒： eq \f(1,2) m1v eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,2) ＞ eq \f(1,2) m1v1′2＋ eq \f(1,2) m2v2′2。 3．完全非弹性碰撞：属于非弹性碰撞，动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘在一起以相同的速度运动。 [解析]　P、C第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有2mv1＝2mvP1＋mvC1， eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,1) ＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,P1) ＋ eq \f(1,2) ×mv eq \o\al(2,C1) 解得第一次碰撞后C的速度vC1＝4 m/s 方向水平向右。 [解析]　对P、C构成的系统由能量守恒有 eq \f(1,2) ·2mv eq \o\al(2,1) ＝μmgx 解得x＝2.25 m。 [解析]　设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有m0gh＝ eq \f(1,2) m0v eq \o\al(2,1) 解得v1＝ eq \r(2gh) ＝8 m/s 设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有 m0gh0＝ eq \f(1,2) m0v1′2 [解析]　当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有 m1v＝(m1＋m2)v′ 根据机械能守恒定律得 Epm＝ eq \f(1,2) m1v2－ eq \f(1,2) (m1＋m2)v′2 解得Epm＝3 J。 [解析]　弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒定律有 m1v＝m1vB＋m2vC 根据机械能守恒定律有 eq \f(1,2) m1v2＝ eq \f(1,2) m1v eq \o\al(2,B) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,C) 解得vC＝6 m/s。 1．(碰撞的特点和应用)(多选)(2024·广东深圳期中)在光滑水平面上，质量为m的小球1以速度v0与质量为2m静止的小球2发生正碰，碰后小球1的速度大小是 eq \f(1,3) v0，则小球2的速度大小可能是(　　) A． eq \f(1,3) v0 B． eq \f(2,3) v0 C． eq \f(3,2) v0 D．3v0 解析：由题意可知v1＝ eq \f(1,3) v0或v1＝－ eq \f(1,3) v0，碰撞过程中由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2可得v2＝ eq \f(v0,3) 或v2＝ eq \f(2,3) v0，根据碰撞过程中，动能不增加并代入数据满足 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ≥ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,2) ，故小球2的速度大小可能是v2＝ eq \f(2,3) v0或v2＝ eq \f(1,3) v0。 由图线的斜率等于速度，可知碰撞前m1的速度v＝ eq \f(4－0,1) m/s＝4 m/s，碰撞后m1和m2两个物体的速度分别为v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s，根据动量守恒定律可知m1v＝m1v1＋m2v2，代入数据解得m2＝3 kg，故C正确； 上述碰撞损失能量ΔE＝ eq \f(1,2) m1v2－2,1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v＋\f(1,2)m2v eq \o\al(2,2) )) ＝0，则该碰撞为弹性碰撞，故D正确。 3．(弹性碰撞)在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排列在一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，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值是(　　) 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：滑块1、2的碰撞过程中，由动量守恒定律有mv1＝2mv共 解得v共＝0.2 m/s 由能量守恒定律，有ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) － eq \f(1,2) ·2mv eq \o\al(2,共) 联立解得ΔE＝0.04 J。 $