第1章 第5节 碰 撞-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(教科版)

第5节　碰　撞 1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞。　2.会根据碰撞的特点对碰撞过程进行判断。 3．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。 一、碰撞的分类 根据碰撞前后两物体__________________是否变化，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞两类。 1．弹性碰撞：碰撞前后两滑块的__________不变的碰撞称为弹性碰撞。在两物体发生弹性碰撞的过程中，两物体都要发生____________________，动能有一部分转化为弹性势能，总________________保持不变，碰撞过程结束，两物体都恢复原来的形状。碰撞过程中，系统________________保持不变的碰撞，称为弹性碰撞。 2．非弹性碰撞：在碰撞后，系统的总机械能________，在碰撞过程中，有一部分机械能转化为其他形式的能量，这种碰撞称为非弹性碰撞。 3．完全非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。 二、中子的发现 1．1932年，英国物理学家________________发现了中子。 2．中子质量的计算 设中性粒子的质量为m，碰前速率为v，碰后速率为v′，氢核的质量为mH，碰前速率为零，碰后速率为vH，碰撞前后的动量和动能都守恒，则 mv＝mv′＋mHvH mv2＝mv′2＋mHv 解得vH＝ 同理，对氮原子核的碰撞可解得vN＝ 由上述两式可得＝ 已知氮核质量与氢核质量的关系为mN＝14mH，查德威克在实验中测得氢核速率和氮核速率的关系是vH＝7.5 vN，由此得m＝mH。 判断下列说法是否正确。 (1)两物体发生非弹性碰撞时，动量不守恒，动能也不守恒。(　　) (2)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。(　　) (3)弹性碰撞过程中，系统机械能守恒。(　　) (4)非弹性碰撞时，动量守恒，系统机械能减小。(　　) 提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√ [答案自填] 总动能　总动能　弹性形变　机械能　总机械能　减少　查德威克 知识点一　碰撞的特点和应用 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。 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＋≥＋。 (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。 角度1　碰撞的特点 (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v0，则小球2的速度大小可能是(　　) A．v0　 　 B．v0　 　 C．v0　 　 D．3v0 [解析]　由题意可知v1＝v0或v1＝－v0，碰撞过程中由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2可得v2＝或v2＝v0，根据碰撞过程中，动能不增加并代入数据满足mv≥mv＋×2mv，故小球2的速度大小可能是v2＝v0或v2＝v0。 [答案]　AB 角度2　碰撞规律的应用 (2024·湖北东湖中学期中) 如图所示，质量相等的两个球A、B，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是(　　) A.vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s [解析]　设两个球的质量均为m，取向右为正方向，则碰前系统总动量p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m，碰前的总动能Ek＝mv＋mv＝20m，若vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s，碰后总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m，动量守恒，总动能Ek′＝mvA′2＋mvB′2＝20m，总动能不变，A可能实现，故A不符合题意；若vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s，碰后总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m，总动能Ek′＝mvA′2＋mvB′2＝4m，动量守恒，机械能减少，B可能实现，故B不符合题意；若vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s，碰后总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m，总动能Ek′＝mvA′2＋mvB′2＝5m，动量守恒，机械能减少，C可能实现，故C不符合题意；若vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s，碰后总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m，总动能Ek′＝mvA′2＋mvB′2＝29m，动量守恒，机械能增加，D不可能实现，故D符合题意。 [答案]　D 知识点二　弹性碰撞和非弹性碰撞 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，那么总动能如何变化？ 提示：不守恒。碰撞时：mv0＝2mv，得v＝ Ek1＝mv，Ek2＝×2mv2＝mv， 所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv＝－mv，即系统总动能减少了mv。 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：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2。 (3)两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝。 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)； (2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′(大碰小，一起跑)； (3)当m1<m2时，v1′<0，v2′>0(小碰大，要反弹)； (4)当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)； (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不动)。 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：m1v＋m2v＞m1v1′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。 角度1　弹性碰撞 质量为mA＝1 kg、mB＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知该碰撞属于(　　) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能判断 [解析]　根据题中x－t图像可知：A球的初速度为vA＝3 m/s，B球的初速度为vB＝0，碰撞后A球的速度为vA′＝－1 m/s，碰撞后B球的速度为vB′＝2 m/s，两球碰撞过程中，动能变化量为ΔEk＝mAv＋0－mAvA′2－mBvB′2＝×1×32 J－×1×(－1)2 J－×2×22 J＝0，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞。 [答案]　A 在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球的质量之比。 [解析]　从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1，两球碰撞过程为弹性碰撞，有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v，解得＝2。 [答案]　2 角度2　非弹性碰撞 某超市里两辆相同的手推购物车的质量均为m且相距为l沿直线排列，静置于水平地面上。为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离，恰好停靠在墙边。车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能； (2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。 [解析]　(1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，与第二辆车碰后的共同速度为v2 由动量守恒定律得mv1＝2mv2 由动能定理得 －2kmg×＝0－·2m·v 碰撞中系统损失的机械能 ΔE＝mv－×2m·v 联立解得ΔE＝kmgl。 (2)设第一辆车被推出时的速度为v0，由动能定理得－kmgl＝mv－mv， 解得v0＝ 工人给第一辆购物车的水平冲量大小 I＝mv0＝m。 [答案]　(1)kmgl　(2)m (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： (1)A、B碰撞过程中，B受到的冲量大小I； (2)P、C第一次碰撞后C的速度； (3)整个过程中滑块C的位移大小x。 [解析]　(1)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。 (2)P、C第一次碰撞过程中，由动量守恒定律有2mv1＝2mvP1＋mvC1，×2mv＝×2mv＋×mv 解得第一次碰撞后C的速度vC1＝4 m/s 方向水平向右。 (3)对P、C构成的系统由能量守恒定律有 ·2mv＝μmgx 解得x＝2.25 m。 [答案]　(1)3 N·s　(2)4 m/s，方向水平向右 (3)2.25 m 知识点三　爆炸类问题 爆炸现象的三个规律 (1)动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力。 (2)动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能。 (3)位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可认为爆炸前后位置不变。 角度1　爆炸中的动量守恒问题 (多选)(2024·山东滨州联考期中)防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空，到最高点时速度大小为v0，离地高度为H，突然爆炸成质量均为m的两块。其中弹头A以速度v沿v0的方向飞去，且爆炸过程时间为Δt且极短。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．爆炸后的一瞬间，弹尾B一定沿着与v0相反的方向飞去 B．爆炸后，弹尾B可能做自由落体运动 C.爆炸过程中，弹尾对弹头的平均作用力大小为＋mg D．爆炸过程释放的化学能为m(v－v0)2 [解析]　爆炸过程中系统在水平方向动量守恒，以v0方向为正方向，则由动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，解得v′＝2v0－v，由于v与v0的大小关系未知，故无法判断弹尾的运动方向，故A错误；由上述分析可知，当v＝2v0时，弹尾的速度为零，则弹尾做自由落体运动，故B正确；以弹头为研究对象，以v0方向为正方向，在水平方向上由动量定理可得FΔt＝mv－mv0，解得F＝，故C错误；根据能量守恒定律可知，爆炸释放的化学能等于系统动能的变化量，故有E化＝mv2＋mv′2－·2mv，根据动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，整理可得E化＝m(v－v0)2，故D正确。 [答案]　BD 角度2　爆炸中的动量和能量问题 以与水平方向成60°角的初速度v0斜向上抛出手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。不计爆炸过程中的质量损失。 (1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向。 (2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？ [解析]　 (1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度 v1＝v0cos 60°＝v0 设v1的方向为正方向，如图所示。 由动量守恒定律得 3mv1＝2mv1′＋mv2 其中爆炸后大块弹片速度v1′＝2v0 解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反。 (2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即 ΔEk＝·2mv1′2＋mv－·3mv＝mv。 [答案]　 (1)2.5v0，方向与爆炸前速度方向相反 (2)mv 1．(碰撞的特点和应用)在游乐场上，一个大人和一个小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，如图所示。已知大人和车的总质量M＝100 kg，速度v1＝3 m/s，小孩和车的总质量m＝60 kg，速度v2＝1 m/s，碰碰车质量相同，碰撞后两车迅速黏合在一起，忽略碰碰车与地面间的摩擦，则关于两车碰撞过程的下列说法正确的是(　　) A．两车组成的系统满足动量守恒和机械能守恒 B．大人和碰碰车的动量变化了120 kg·m/s C．合外力对小孩和碰碰车的冲量大小为20 N·s D．如果碰撞在0.05 s内完成，则两车间产生的平均冲力为3 000 N 解析：选D。根据碰撞的特征可知，碰撞过程中都满足动量守恒定律，当碰撞后两车迅速黏合在一起，是完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误；规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv1－mv2＝(M＋m)v，解得v＝1.5 m/s，则大人和碰碰车的动量变化了Δp1＝Mv－Mv1＝(100×1.5－100×3) kg· m/s＝－150 kg· m/s，故B错误；对小孩和碰碰车由动量定理得I2＝Δp2＝[60×1.5－60×(－1)] kg·m/s＝150 N·s，故C错误；对小孩和碰碰车，由I2＝·t，可得＝＝ N＝3 000 N，故D正确。 2.(碰撞的特点和应用)(2024·东城区高二检测)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：选C。由题给图像知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0，碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故C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＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0 C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 解析：选D。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。 4．(非弹性碰撞)(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。 (1)求滑块1与滑块2的碰撞过程中损失的能量大小。 (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：(1)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＝mv－·2mv 联立解得ΔE＝0.04 J。 (2)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：(1)0.04 J　(2)10 N 学科网（北京）股份有限公司 $