1.5 弹性碰撞与非弹性碰撞 1.6 自然界中的守恒定律 课件 -2025-2026学年高二上学期物理粤教版选择必修第一册

该高中物理课件聚焦弹性碰撞与非弹性碰撞及自然界守恒定律，通过刚性球碰撞、尼龙搭扣粘住等情境导学实验，结合弹簧模型类比碰撞过程，搭建从现象观察到规律总结的学习支架，帮助学生衔接动量与能量知识。 其亮点在于以物理观念和科学思维为核心，通过冰壶碰撞实例分析、s-t图像问题等，引导学生运用动量守恒和机械能不增加原则判断碰撞可能性，培养科学推理能力。学生能深化运动与相互作用观念，教师可借助分层例题提升教学效率。

第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞 第六节　自然界中的守恒定律 1.知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点,形成运动与相互作用的物理观念.2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题.(重难点) 3.理解实际碰撞中应遵循的三个原则,会对碰撞的可能性进行分析判断.(难点) 4.了解自然界中物体运动的各种守恒定律. [学习目标] 知识点一　碰撞的分类 「情境导学」 如图甲所示,两个相同的刚性球悬挂于同一水平面,两悬点的距离等于刚性球的直径大小,线长相等,将右侧小球拉开至一定高度释放,松手后使之与另一球发生正碰.结果发现右边小球停下来,左边小球摆至右侧小球释放时的高度. (1)两个球碰撞前后总机械能是否相等? 提示:(1)相等. 提示: (2)不守恒. 「知识整合」 1.碰撞 (1)定义:碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的 时间内产生 的相互作用. (2)特点:物体组成的系统所受外力 内力,且相互作用时间 ,所以可以认为系统在碰撞过程中 守恒. 极短 非常大 远小于 极短 动量 说明:(1)在碰撞发生相互作用的过程中,相互作用力先是急剧增大,然后急剧减小,平均作用力很大. (2)在物体发生碰撞的瞬间,可忽略物体的位移,认为物体在碰撞前后的极短时间内仍在同一位置. 2.分类 (1)弹性碰撞:两球碰撞后,它们的形变能完全恢复,没有机械能损失,碰撞前后两小球构成的系统机械能 (选填“相等”或“不相等”). (2)非弹性碰撞:两球碰撞后,它们的形变不能完全恢复原状,这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量,碰撞前后系统的机械能 (选填 “相等”或“不相等”). (3)完全非弹性碰撞:两球碰撞后粘在一起,机械能损失 . 相等 不相等 最大 3.交流讨论:我们将两球的碰撞过程与左图类比(两图中水平面均光滑). 原来弹簧处于原长，B静止，A以初速度向右运动，设弹簧再次恢复原长时A的速度仍向右 原来B静止，A以初速度向右运动，此时两球刚接触。设两球再次恢复原状时A的速度仍向右 甲 弹簧压缩量最大时，___，A、B的总动能比初始时_____ = 小 两球形变量最大时，___，A、B的总动能比初始时_____ = 小 乙 弹簧有一部分长度恢复时，___, A、B的总动能比初始时____，但比图乙时______。 < 小 大 两球有一部分恢复时，___, A、B的总动能比初始时____，但比图乙时______。 < 小 大 丙 弹簧恢复原长时，, A、B的动能与初始时_____ < 相等 两球恢复原状时，, A、B的动能与初始时_____ < 相等 丁 [拓展延伸1] 设A球的质量为m1,B球的质量为m2. (1)若如上图乙所示,两球的形变不再恢复,试求图乙中两球碰后的速度和碰撞产生的热量; (2)若如上图丁所示,求两球碰后的速度. [拓展延伸2] (多选)在图甲中,若A、B两球质量相等,则碰后B球的速度可能为(　 　 ) [A] 0.2v0 [B] 0.4v0 [C] 0.6v0 [D] v0 CD 「归纳提升」 [例1] (碰撞性质的判断与计算)(2025·广东广州期中)某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg,初始时两冰壶之间的距离s=7.5 m,运动员以v0= 2 m/s的初速度将冰壶A水平掷出后,与静止的冰壶B碰撞,碰后冰壶A的速度大小变为vA=0.2 m/s,方向不变,碰撞时间极短.已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02,重力加速度g取10 m/s2. (1)求冰壶A与B碰撞前的速度大小v1; 【答案】 (1)1 m/s　 (2)求两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB; 【答案】 (2)0.8 m/s 【解析】 (2)两冰壶碰撞过程中,满足动量守恒,则有 mv1=mvA+mvB, 代入数据解得vB=0.8 m/s. (3)判断两冰壶碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞. 【答案】 (3)非弹性碰撞 知识点二　碰撞的实例分析 「情境导学」 根据弹性碰撞的相关知识,请分析讨论完成以下问题: (1)以碰前物体m1的速度方向为正方向, ①若m1=m2,则有v1′= ,v2′= ,即碰撞后两物体速度 . ②若m1>m2,则v1′ 0,v2′ 0(均选填“>”“<”或“=”),表示v1′和v2′都与v1方向 (选填“相同”或“相反”). 0 v1 互换 > > 相同 ③若m1<m2,则v1′ 0(选填“>”“<”或“=”),表示v1′与v1方向 (选填“相同”或“相反”). (2)继续思考. ①若m1≫m2,则v1′= ,v2′= ; ②若m1≪m2,则v1′= ,v2′= . < 相反 v1 2v1 -v1 0 「问题思考」 如图所示,光滑水平面上并排静止着小球2、3、4,小球1以速度v0射来,已知四个小球完全相同,小球间发生弹性碰撞,则碰撞后各小球的运动情况如何? 提示:小球1与小球2碰撞后交换速度,小球2与小球3碰撞后交换速度,小球3与小球4碰撞后交换速度,最终小球1、2、3静止,小球4以速度v0运动. [例2] (碰撞中的图像问题)如图甲所示,在光滑水平面上,两个小球沿同一条直线运动,发生碰撞且碰撞时间极短.碰撞前后两球在同一直线上运动的位置随时间变化的s-t图像如图乙所示.下列说法正确的是(　　) 甲 乙 [A] m1、m2两球的质量之比为1∶3 [B] 碰撞前后m1的动量变化量大于m2的动量变化量 [C] 两球发生的碰撞为弹性碰撞 [D] 两球发生的碰撞为非弹性碰撞 D [例3] (水平方向上的弹簧碰撞模型)(多选)如图所示,在光滑的水平面上,物体B静止,在物体B上固定一个轻弹簧.物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用,物体A的质量为m,物体B的质量为2m,在物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中( 　　) BD 知识点三　碰撞可能性问题分析 「归纳提升」 [例4] (碰撞中的可能性分析)(多选)(2025·广东广州联考)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动,A球的动量是7 kg·m/s,B球的动量是5 kg·m/s,A球追上B球发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能为(　　 ) [A] pA′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s [B] pA′=6 kg·m/s,pB′=6 kg·m/s [C] pA′=5 kg·m/s,pB′=7 kg·m/s [D] pA′=-2 kg·m/s,pB′=14 kg·m/s BC 判断碰撞可能性问题时,要依据先简后繁的原则用排除法做题,先根据动量守恒定律和速度同向合理的规律排除部分选项,再验证速度较大或动量较大的选项是否符合机械能不增加原理. ·方法技巧· C 知识点四　自然界中的守恒定律 「情境导学」 如图所示,小车固定在光滑的水平面上,小球沿光滑的弧形轨道下滑时,它的机械能守恒.若小车不固定,小球的机械能还守恒吗?球和车组成的系统的机械能守恒吗?若弧形轨道粗糙,球和车组成的系统机械能不再守恒,动量是否守恒? 提示:小球的机械能不守恒;系统的机械能守恒;动量不守恒,但球和车组成的系统水平方向动量守恒. 「归纳提升」 1.机械能守恒定律与动量守恒定律的比较 项目 机械能守恒定律 动量守恒定律 研究 对象 相互作用的物体组成的系统 守恒 条件 物体系统内只有重力或弹力做功,其他力不做功 系统不受外力或所受外力的合力等于零 守恒 性质 标量守恒 (不考虑方向性) 矢量守恒 (规定正方向) 适用 范围 仅限于宏观、低速领域 普遍成立 联系 动量守恒定律和机械能守恒定律可以运用理论推导出来,但重要的是它们都可以用实验来验证,因此它们都是实验定律 注意 系统的动量守恒时,机械能不一定守恒;系统的机械能守恒时,其动量也不一定守恒.这是两个守恒定律的守恒条件不同而导致的必然结果.很多情况下,动量守恒但有内力做功,有其他形式的能量转化为机械能,从而使机械能不守恒 2.应用“两个守恒”定律求解问题的步骤 [例6] 如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道.已知圆弧轨道的质量为2m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道,重力加速度为g,求: (1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v0、g表示); (2)小球离开圆弧轨道时的速度大小. [思路点拨] (1)看到“光滑水平面上”,想到小球与圆弧轨道在水平方向上动量守恒. (2)看到“能上升的最大高度”,想到最高点二者速度相等. (3)看到“小球离开圆弧轨道”,想到从开始到离开轨道满足动量守恒和机械能守恒. [训练] 如图所示,在光滑水平面上静止放置一个弧形槽,其光滑弧面底部与水平面相切,将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放.已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失,弧形槽质量大于小滑块质量,则(　　) [A] 下滑过程中,小滑块的机械能守恒 [B] 下滑过程中,小滑块所受重力的功率一直增大 [C] 下滑过程中,弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒 [D] 小滑块能追上弧形槽,但不能到达弧形槽上的A点 D 感谢观看 (2)如果给两小球围上如图乙所示的尼龙搭扣,两球碰后粘在一起,上升的最大高度为释放高度的,两球碰撞时总的机械能还守恒吗? 【答案】 (1)v0　 【解析】 (1)题图乙中这种碰撞是完全非弹性碰撞,A、B两球最终共速,由动量守恒定律有 m1v0=(m1+m2), 可知v1=v2==v0, 由能量守恒定律得 Q=ΔEk=m1-(m1+m2)=. 【答案】 (2)v0　v0 【解析】 (2)题图丁中这种碰撞属于弹性碰撞,系统动量守恒,机械能守恒, 由动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2, 由机械能守恒定律有 m1=m1+m2, 联立解得v1=v0,v2=v0. 【解析】 两球碰撞过程系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向,若发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv0=mvA+mvB,由机械能守恒定律得m=m +m,解得vB=v0;若发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mv0=(m+m)v,解得v=,碰后B的速度介于两者之间,故选项C、D正确. 一动一静碰撞问题的情况总结 质量为m1的球A以速度v1和静止的质量为m2的球B碰撞,碰后球A、B的速度分别为v1′和v2′.根据能量损失情况不同,讨论碰后可能出现的情况如下: (1)弹性碰撞:v1′=v1,v2′=v1. (2)完全非弹性碰撞:v1′=v2′=v1. (3)一般情况下:v1≥v1′≥v1,v1≥v2′≥v1. 【解析】 (1)冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前,根据动能定理可得 -μmgs=m-m, 代入数据解得v1=1 m/s. 【解析】 (3)碰撞前两冰壶的总动能为 Ek1=m=10 J, 碰撞后两冰壶的总动能为 Ek2=m+m=6.8 J, 由于Ek1>Ek2,可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞. 【解析】 根据题意,由s-t图像可知,碰撞前小球m1的速度为v1= m/s=4 m/s,小球m2静止,碰撞后小球m1的速度为v1′= m/s=-2 m/s,小球m2的速度为v2′= m/s=1 m/s,由于碰撞时间极短,碰撞过程中系统的动量守恒,则碰撞前后小球m1的动量变化量大小等于m2的动量变化量,由动量守恒定律有m1v1=m1v1′+m2v2′,解得=,故A、B错误; 设小球m1的质量为m,则小球m2的质量为6m,碰撞前的动能为Ek1=m= 8m,碰撞后的动能为Ek2=mv1′2+·6mv2′2=5m,可知两球发生的碰撞为非弹性碰撞,故C错误,D正确. [A] 弹簧再次恢复原长时B的速度大小为v0 [B] 弹簧弹性势能的最大值为m [C] 物体A的动量变化量大小为mv0 [D] 物体B先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动 【解析】 在物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中,两物体和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvA+2mvB,由机械能守恒定律得m=m+×2m,联立解得vA=-v0,vB=v0,故A错误.两物体速度相等时弹簧压缩量最大,弹簧弹性势能最大,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v,由机械能守恒定律得m=(m+2m)v2+Ep,联立解得Ep=m,故B正确.从物体A刚接触弹簧到弹簧再次恢复原长的过程, A的动量变化量为Δp=mvA-mv0=-mv0,其大小为mv0,故C错误.物体A与弹簧接触后做减速运动,B做加速运动,弹簧压缩量增大,弹簧弹力变大,B的加速度变大;当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大,然后弹簧逐渐恢复原长,弹簧弹力减小,B的加速度减小,B继续做加速运动,则整个过程B先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,故D正确. 碰撞问题遵从的三个原则 (1)动量守恒定律:p1+p2=p1′+p2′. (2)机械能不增加原理:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+. (3)速度要符合实际情境:如果碰前两物体同向运动,碰撞前物体的速度v后>v前,碰撞后若两物体仍同向运动,则前面物体的速度一定增大,且v前′≥v后′. 【解析】 由题意,碰撞前系统总动量p=pA+pB=12 kg·m/s,设mA=mB=m,碰前总动能为Ek=+=+=.若pA′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s,系统动量守恒,但是碰撞后A的速度仍大于B,与实际不相符,A错误;若pA′=6 kg·m/s,pB′=6 kg·m/s,系统动量守恒,碰撞后的总动能Ek′=2×=<Ek,是可能的,B正确;若pA′=5 kg·m/s, pB′=7 kg·m/s,系统动量守恒,碰撞后的总动能Ek′=+==Ek,是可能的,C正确;若pA′=-2 kg·m/s,pB′=14 kg·m/s,系统动量守恒,碰撞后的总动能Ek′=+=> Ek,不可能,D错误. [例5] (碰撞中的可能性分析)(2025·广东佛山月考)某运动员在进行台球比赛,在某一杆击球过程中,白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动,碰前白色球A的动量pA=5 kg·m/s,花色球B静止,碰后花色球B的动量变为pB′=4 kg·m/s,则两球的质量mA与mB间的关系可能是(　　) [A] mB=mA [B] mB=mA [C] mB=2mA [D] mB=5mA 【解析】 碰撞过程系统动量守恒,以白色球A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得pA+pB=pA′+pB′,解得pA′=1 kg·m/s;根据碰撞过程总动能不增加,则有+≥+,解得mB≥mA,碰后两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则≤,解得mB≤4mA,综上可知mA≤mB≤4mA,故选C. 【答案】 (1)　 【解析】 (1)小球沿圆弧轨道上升到最高点时两物体速度相同,系统在水平方向上动量守恒,规定v0的方向为正方向,有mv0=3mv, 解得v=; 根据机械能守恒定律得 m=×3mv2+mgh,解得h=. 【答案】 (2) 【解析】 (2)小球离开圆弧轨道时,根据动量守恒定律得 mv0=mv1+2mv2, 根据机械能守恒定律得 m=m+×2m, 联立解得v1=-, 则小球离开圆弧轨道时的速度大小为. 【解析】 小滑块在弧形槽上下滑过程中,弧形槽将向左滑动,小滑块将对弧形槽做功,小滑块的机械能不守恒,A错误.小滑块在弧形槽上下滑过程中,开始时小滑块的速度为零,下滑到最低点时小滑块的速度水平,竖直方向速度为零,可知小滑块沿竖直方向的分速度先增大后减小,小滑块所受重力的功率先增大后减小,B错误.小滑块在弧形槽上下滑过程中,小滑块和弧形槽构成的系统在水平方向上合外力为零,动量守恒;在竖直方向上小滑块具有向下的加速度,系统在竖直方向上动量不守恒,C错误.当小滑块刚好滑离弧形槽时,水平方向上根据动量守恒定律有Mv1=mv2,根据能量守恒定律有mgh=M+m, 由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m,故v2>v1;小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失,故小滑块与弹簧分离后,小滑块的速度大小不变、方向相反,故小滑块能追上弧形槽;当小滑块在弧形槽上到达最高点时,水平方向上根据动量守恒定律有Mv1+mv2=(m+M)v,根据能量守恒定律有mgh1=M+m-(m+ M)v2,可得h1<h,即小滑块不能到达弧形槽上的A点,D正确. $