1.3《科学探究----维弹性碰撞》学案(鲁科版选修3-5)
新编鲁科版高中物理选修3-5全册教案
新编鲁科版⾼中物理选修3-5全册教案鲁科版⾼中物理选修3-5 全册教案第⼀章动量守恒研究新课标要求（1）探究物体弹性碰撞的⼀些特点，知道弹性碰撞和⾮弹性碰撞；（2）通过实验，理解动量和动量守恒定律，能⽤动量守恒定律定量分析⼀维碰撞问题，知道动量守恒定律的普遍意义；例1：⽕箭的发射利⽤了反冲现象。
例2：收集资料，了解中⼦是怎样发现的。
讨论动量守恒定律在其中的作⽤。
（3）通过物理学中的守恒定律，体会⾃然界的和谐与统⼀。
第⼀节动量定理三维教学⽬标1、知识与技能：知道动量定理的适⽤条件和适⽤范围；2、过程与⽅法：在理解动量定理的确切含义的基础上正确区分动量改变量与冲量；3、情感、态度与价值观：培养逻辑思维能⼒，会应⽤动量定理分析计算有关问题。
教学重点：动量、冲量的概念和动量定理。
教学难点：动量的变化。
教学⽅法：教师启发、引导，学⽣讨论、交流。
教学⽤具：投影⽚，多媒体辅助教学设备。
1、动量及其变化（1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。
记为p=mv 单位：kg·m/s读作“千克⽶每秒”。
理解要点：①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两⽅⾯的信息，反映了由这两⽅⾯共同决定的物体的运动状态，具有瞬时性。
⼤家知道，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和⽅向，⽽运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两⽅⾯的信息，更能从本质上揭⽰物体的运动状态，是⼀个动⼒学概念。
②⽮量性：动量的⽅向与速度⽅向⼀致。
综上所述：我们⽤动量来描述运动物体所能产⽣的机械效果强弱以及这个效果发⽣的⽅向，动量的⼤⼩等于质量和速度的乘积，动量的⽅向与速度⽅向⼀致。
（2）动量的变化量：1、定义：若运动物体在某⼀过程的始、末动量分别为p和p′，则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。
2、指出：动量变化△p是⽮量。
高中物理第1章动量守恒研究1.3科学探讨_一维弹性碰撞
科学探讨-一维弹性碰撞三维教学目标一、知识与技术：明白动量定理的适用条件和适用范围；二、进程与方式：在理解动量定理的确切含义的基础上正确区分动量改变量与冲量；3、情感、态度与价值观：培育逻辑思维能力，会应用动量定理分析计算有关问题。
教学重点：动量、冲量的概念和动量定理。
教学难点：动量的变化。
教学方式：教师启发、引导，学生讨论、交流。
教学用具：投影片，多媒体辅助教学设备。
一、动量及其转变（1）动量的概念：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。
记为p=mv 单位：kg·m/s读作“千克米每秒”。
理解要点：①状态量：动量包括了“参与运动的物质”与“运动速度”两方面的信息，反映了由这两方面一路决定的物体的运动状态，具有瞬时性。
大家明白，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和方向，而运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包括了“参与运动的物质”和“运动速度”两方面的信息，更能从本质上揭露物体的运动状态，是一个动力学概念。
②矢量性：动量的方向与速度方向一致。
综上所述：咱们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱和那个效果发生的方向，动量的大小等于质量和速度的乘积，动量的方向与速度方向一致。
（2）动量的转变量：一、概念：若运动物体在某一进程的始、末动量别离为p和p′，则称：△p= p′－p 为物体在该进程中的动量转变。
二、指出：动量转变△p是矢量。
方向与速度转变量△v相同。
一维情形下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ1 矢量差例1：一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰着一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有无转变？转变了多少？2、动量定理（1）内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量转变（2）公式：Ft ＝m'v－mv ＝'p－p让学生来分析此公式中各量的意义：其中F是物体所受合外力，mv是初动量，m'v是末动量，t是物体从初动量转变到末动量所需时刻，也是合外力F作用的时刻。
高中物理第1章动量守恒研究1.3科学探究：一维弹性碰撞教案鲁科版选修3_5
第3节科学探究——一维弹性碰撞1．了解不同类型的碰撞，知道完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞的主要特征． 2．掌握探究碰撞的规律，即在弹性碰撞中动量守恒，动能也守恒． 3．能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题．4．通过探究一维弹性碰撞问题，使学生体验科学探究的过程，掌握科学探究的方法． ●教学地位本节内容首先提到了不同类型的碰撞，教学中着重引导学生从“能量转化的情况不同”这一角度去理解不同类型的碰撞，本节重点探讨了完全弹性碰撞的规律，知道在完全弹性碰撞中动量守恒，动能也守恒，教学中要充分利用弹性碰撞的实验培养学生的科学探究能力，可让学生亲自操作以便切身体验弹性碰撞的特点．为了培养学生的表达能力应要求学生准确描述出不同情况下两钢球发生弹性碰撞的特点．碰撞问题是教学的重点，高考的热点.●新课导入建议 演示实验导入五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，你知道这是为什么吗？让我们共同探究本节课一维弹性碰撞问题吧．●教学流程设计课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】同学之间可进行讨论⇒步骤1：导入新课，本节教学地位分析⇒步骤2：老师提问，检查预习效果可多提问几个学生⇒错误!⇓步骤7：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况⇐步骤6：完成“探究重在讲解分析临界问题的关键⇐步骤5：师生互动完成“探究方式同完成探究1相同⇐步骤4：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评⇓1.(1)非弹性碰撞碰撞过程中物体往往会发生形变、发热、发声，一般会有动能损失． (2)完全非弹性碰撞碰撞后物体结合在一起，动能损失最大． (3)弹性碰撞碰撞过程中形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失． 2．思考判断(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒．(×) (2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒．(×) (3)三种碰撞中，动量都守恒．(√) 3．探究交流日常生活中哪些是弹性碰撞，哪些是完全非弹性碰撞？ 【提示】 弹性碰撞：两钢球间的碰撞，台球中母球和子球间的碰撞．完全非弹性碰撞：1.(1)实验研究①质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能不变，碰撞后两球交换了速度．②质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰后两球运动方向相同，碰撞过程中两球总动能不变．③质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰后，质量较小的钢球被反弹回来，碰撞过程中两球总动能不变．综上可知，弹性碰撞过程中，系统的动量与动能守恒． (3)理论推导质量m 1的小球以速度v 1与质量m 2的静止小球发生弹性碰撞．根据动量守恒和动能守恒，得m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 碰后两球的速度分别为：v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2①若m 1>m 2，v 1′和v 2′都是正值，表示v 1′和v 2′都与v 1方向相同．(若m 1≫m 2，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去)②若m 1<m 2，v 1′为负值，表示v 1′与v 1方向相反，m 1被弹回．(若m 1≪m 2，v 1′＝－v 1，v 2′＝0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止)③若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换． 2．思考判断(1)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．(×)(2)微观粒子在碰撞时并不接触，所以不能算是碰撞．(×)1．在不光滑的水平面上两小球相碰后粘在一起运动，碰撞过程中动量守恒吗？ 2．碰撞过程中机械能会增加吗？3．碰撞分几种类型，哪种类型的碰撞动量、动能都守恒？1．发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短，各物体作用前后各自动量变化显著，物体在作用时间内的位移可忽略．2．即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，因为内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．3．若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机械能．4．对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．下面关于碰撞的理解正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C ．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解【审题指导】 根据碰撞的特点和动量守恒的条件分析判断【解析】 碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C 错；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D 错．【答案】 AB1．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】 选项A 是非弹性碰撞，成立．选项B 是完全弹性碰撞，成立；选项C 不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D ，总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D 错．【答案】1．碰撞过程中动量和动能满足什么条件？2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能守恒吗？3．同向运动的两小球相碰后同向运动，两小球的速度满足什么条件？ 1．判断依据在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)系统动能不增加，即E kl ＋E k2≥E ′kl ＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体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，且原来在前的物体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零．2．爆炸与碰撞的异同(1)共同点：相互作用的力为变力，作用力很大，作用时间极短，均可认为系统满足动量守恒．(2)不同点：爆炸有其他形式的能转化为动能，所以动能增加；弹性碰撞时动能不变，而非弹性碰撞时通常动能要损失，动能转化为内能，动能减小．1．在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒． 2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒．(2013·福州八中检测)在一条直线上，运动方向相反的两球发生碰撞．以球1的运动方向为正，碰前球1、球2的动量分别是p 1＝6 kg·m/s，p 2＝－8 kg·m/s.若两球所在的水平面是光滑的，碰后各自的动量可能是( )A ．p 1′＝4 kg·m/s，p 2′＝－6 kg·m/sB ．p 1′＝－4 kg·m/s，p 2′＝2 kg·m/sC ．p 1′＝－8 kg·m/s，p 2′＝6 kg·m/sD ．p 1′＝－12 kg·m/s，p 2′＝10 kg·m/s【审题指导】 由于本题为两球碰撞问题，一方面应满足动量守恒，另一方面动能不会增加，还要注意碰后若两球同向运动，则v 前>v 后．【解析】 解答本题时要注意，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，所以，它们在碰撞过程中动量守恒，但动能不一定守恒，一般情况下，要有一部分机械能转化为内能，除此之外，还要注意它们的速度关系．经过计算可知，4种情况均符合动量守恒．一般来说，在碰撞过程中，要有一部分机械能转化为内能，即系统会损失一部分机械能，即有p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2经计算知，选项D 不符合上述关系，所以选项D 错误；再仔细分析选项A 、B 、C 中的速度关系，发现在选项A 中，碰后两小球的速度方向不变，好像二者相互穿过一样(如图所示)，这显然是不可能的，所以选项A 错误；同样对选项B 、C 进行分析，可以判断B 、C 是正确的．【答案】 BC判断一个碰撞过程能否发生需从以下三个方面入手：1．是否遵守动量守恒定律．2．系统的动能如何变化，如果增加则碰撞不可能发生．3．碰撞的结果与各物体的运动情况是否符合实际，比如A 球去碰静止的B 球，碰后若两球同向，A 球的速度不能大于B 球．2．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、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，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ＝6 kg·m/s，pB ＝6 kg·m/s B ．p A ＝3 kg·m/s，p B ＝9 kg·m/sC ．p A ＝－2 kg·m/s，p B ＝14 kg·m/sD ．p A ＝－4 kg·m/s，p B ＝17 kg·m/s【解析】 从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三种皆有可能，D 不可能；从总动能只有守恒或减少：p 2A 2m ＋p 2B2m ≥p A ′22m ＋p B ′22m来看，只有A 可能．(2013·南平检测)两质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上，劈A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图1－3－1所示，一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h .物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B .求物块在劈B 上能够达到的最大高度．图1－3－1【规范解答】 设物块到达劈A 的底端时，物块和劈A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得mgh ＝12mv 2＋12M 1V 2①M 1V ＝mv ②设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和劈B 的共同速度大小为V ′，由机械能守恒和动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )V ′2＝12mv 2③mv ＝(M 2＋m )V ′④联立①②③④式得h ′＝M 1M 2M 1＋mM 2＋mh .【答案】M 1M 2M 1＋mM 2＋mh分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，分析时与追及问题模型联系，不难找到这类问题的切入点.【备课资源】(教师用书独具)安全气囊安全气囊是安全气囊系统的一个辅助保护设备，设置在车内前方(正、副驾驶位)，侧方(车内前排和后排)和车顶三个方向．装有安全气囊系统的容器外部都印有SRS的字样，直译成中文为图教1－3－1“辅助可充气约束系统”．旨在减轻乘员的伤害程度，当发生碰撞事故时，避免乘员发生二次碰撞，或车辆发生翻滚等危险情况下被抛离座位．汽车在行驶过程中，传感器系统不断向控制装置发送速度变化(或加速度)信息，由控制装置(中央控制器)对这些信息加以分析判断，如果所测的加速度、速度变化量或其他指标超过预定值(即真正发生了碰撞)，则控制装置向气体发生器发出点火命令或传感器直接控制点火，点火后发生爆炸反应，产生N2或将储气罐中压缩氮气释放出来充满碰撞气袋．乘员与气袋接触时，通过气袋上排气孔的阻尼吸收碰撞能量，达到保护乘员的目的．汽车的安全气囊内有氮化钠或硝酸铵等物质．当汽车在高速行驶中受到猛烈撞击时，这些物质会迅速发生分解反应，产生大量气体，充满气囊．新型安全气囊加入了可分级充气或释放压力的装置，以防止一次突然点爆产生的巨大压力对人头部产生的伤害，特别在乘客未配戴安全带的时候，可导致生命危险．具体方式有：1．分级点爆方式：气体发生器分两级点爆，第一级产生约40%的气体容积，远低于最大压力，对人头部移动产生缓冲作用，第二级点爆产生剩余气体，并且达到最大压力．总的来说，两级点爆的最大压力小于单级点爆．这种形式的压力逐步增加．2．分级释放压力方式：囊袋上开有泄压孔或可调节压力的孔，分为完全凭借气体压力顶开的方式或电脑控制的拉片Tether.这种方式，一开始压力达到设定极限，然后瞬时释放压力，以避免过大伤害．随着科技的发展和人们对汽车安全重视程度的提高，汽车安全技术中的安全气囊技术近年来也发展得很快，智能化、多安全气囊是今后整体安全气囊系统发展的必然趋势.1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定 【解析】 由动量守恒得3mv －mv ＝0＋mv ′ 所以v ′＝2v 碰前总动能为E k ＝12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能为E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 对． 【答案】 A图1－3－22．(2013·宁德检测)如图1－3－2所示，光滑水平面上有大小相同的两球在同一直线上运动，m B ＝2m A ，规定向右为正，A 、B 两球动量均为6 kg·m/s，运动中两球碰撞后，A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．左方是A 球，碰后A 、B 两球速度大小之比为2∶5 B ．左方是A 球，碰后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰后A 、B 两球速度大小之比为1∶10【解析】 由于向右为正，而A 球动量增量为－4 kg·m/s，说明A 受冲量向左，知A 球在左方，C 、D 均错，由动量守恒知A 、B 碰后的动量分别为m A v A ′＝2 kg·m/s，m B v B ′＝10 kg·m/s.则m A v A ′m B v B ′＝12·v A ′v B ′＝210 因此v A ′v B ′＝25，选项A 正确．【答案】 A 3．A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，A 、B 两球速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s 【解析】 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，即A 、D 项均错误；C 项中，两球碰后的总动能为E k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k 前＝22 J ，违背了能量守恒，所以C 项错；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B 项对．【答案】 B4．(2013·济南检测)在光滑水平面上，甲、乙两物体的质量分别为m 1、m 2，它们沿同一直线相向运动，其中甲物体运动速度v 1的大小是6 m/s ，乙物体运动速度v 2的大小是2 m/s.已知两物体碰撞后各自沿着相反的方向运动，速度v 的大小都是4 m/s ，甲、乙两物体的质量之比m 1m 2为________．【解析】 选甲物体碰前的速度v 1的方向为正方向，则由动量守恒定律，得m 1v 1－m 2v 2＝m 2v －m 1v由上式得：m 1m 2＝v ＋v 2v 1＋v ＝35.【答案】 35图1－3－35．(2012·新课标全国高考)如图1－3－3所示，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(1)两球a 、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．【解析】 (1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2①式中g 是重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式得 m 1m 2＝11－cos θ－1④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1.⑤ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失是 Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k ，(E k ＝12m 2v 2)之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得 Q E k ＝1－22.⑧ 【答案】 (1)2－1 (2)1－22。
鲁科版高中物理选修3-5第1章第3节科学探究——一维弹性碰撞
答案：A
弹性碰撞的实验研究及规律
1.弹性碰撞的实验结论(现象) (1)质量相等的两个钢球碰撞后交换 速度。 (2) 质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球碰撞后两球运 动方向 相同 。 (3) 质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球碰撞后两球运 动方向 相反 。
2．弹性碰撞规律的理论推导 在光滑水平面上，质量为 m1 的小球以速度 v1 与质量为 m2 的 静止小球发生弹性正碰。根据动量守恒和机械能守恒： m1v1＝ m1v1′＋m2v2′ ， 1 1 2 2 1 m 2 1v1′ ＋ m2v2′ mv＝ 。 2 2 1 1 2 碰后两个小球的速度分别为： m1－m2v1 2m1v1 v1′＝ ，v2′＝ 。 m1＋m2 m1＋m2
[自读教材· 抓基础]
1．碰撞的特点 碰撞时相互作用 时间很短，碰撞物体间的作用力 远大于外 力，系统的 动量 守恒。 2．碰撞的分类 (1)弹性碰撞：物体碰撞后，形变能够 完全恢复 ，碰能有 损失 ， 碰撞后系统的总动 能 小于 碰撞前系统的总动能。 (3)完全非弹性碰撞： 碰撞后两物体合为一体， 具有 共同 速度， 这种碰撞系统动能损失 最大 。 3．一维碰撞 两物体碰撞前后的速度方向均在同一直线上，也称为正碰或
(1)若 m1＝m2， 则有 v1′＝ 0 ， v2′＝ v1 ， 即碰撞后 交换速度 。 (2)若 m1>m2，v1′和 v2′都是正值，表示 v1′和 v2′都与 v1 方向 相同 。(若 m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示 m1 的速 度不变，m2 以 2v1 的速度被撞出去) (3)若 m1<m2，v1′为负值，表示 v1′与 v1 方向 相反 ，m1 被 弹回。(若 m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示 m1 被反向以原速 率弹回，而 m2 仍静止)
鲁科版选修(3-5)第3节《科学探究——维弹性碰撞》word教案1
第3节科学探究——一维弹性碰撞陈东（一）知识与技能1．了解不同类型的碰撞，知道完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞的主要特征2．掌握弹性碰撞的规律，即在弹性碰撞中动量守恒，动能也守恒3．能根据弹性碰撞的规律解释判断有关的现象和解决有关的问题（二）过程与方法通过体会碰撞中动量守恒、机械能守恒与否，体会动量守恒定律、机械能守恒定律的应用。
（三）情感、态度与价值观感受不同碰撞的区别，培养学生勇于探索的精神。
用动量守恒定律、机械能守恒定律讨论弹性碰撞问题对各种碰撞问题的理解．教师启发、引导，学生讨论、交流。
引入新课：碰撞是非常常见的现象，我们发现两物体碰撞时总是符合动量守恒定律，但碰撞的结果却是多种多样的，有的物体碰后分开了，但都朝一个方向运动，有的物体碰后朝两个不同的方向运动，有的物体碰后则黏在一起。
为什么同属于动量守恒，却出现了这么多得可能性呢？出现这些情况又要有什么不同的条件呢？今天我们就来研究一下这个问题。
进行新课：一、碰撞1．定义：两物体相遇，在极短的时间内运动状态发生改变的过程2．特点：（1）动量守恒（提问：守恒的原因是什么？）t短F大，内力远大于外力（2）S短，可忽略。
但速度在短暂的时间内发生改变．（3）系统的总动能只能不变或减少，不可能增加．二、分类1．弹性碰撞：碰撞后物体形变能完全恢复，系统内无机械能的损失的碰撞【例1】质量m的小球A在光滑的水平面上以v1的速度向右运动，恰撞上质量同为m静止在水平面上的小球B。
碰撞后，小球A恰好静止。
那么碰撞过程中系统动量和动能守恒么？[解析] 21mv mv = （动量守恒）22212121mv mv = （动能也守恒） [结论] 在弹性碰撞中，动量守恒，机械能也守恒。
2．非弹性碰撞：碰撞前后机械能不守恒【例2】质量m 的小球A 在光滑的水平面上以v 1的速度向右运动，恰撞上质量同为m 静止在水平面上的小球B 。
碰撞后，小球A 和B 黏在一起一起向右运动。
那么碰撞过程中系统动量和动能守恒么？[解析] 212mv mv = （动量守恒） 1221v v =∴ 212241221mv mv =碰后： （动能不守恒） [结论] 在非弹性碰撞中，动量守恒，机械能不守恒。
鲁科版高中物理选修3-5课件：一维弹性碰撞
三、碰撞的应用：
2、碰撞结论的迁移：
结论：弹性碰撞：→动能不变 →等大相碰：速度交换 →大碰小：一起跑 →小碰大：要反弹
V0 V
m
m
m
静止
V0
静止
m
m
m
m
V m
p13
【变式2】在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0， 小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正
对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在
鲁科版高中物理选修3-5
第一章 动量守恒研究
§1.3 科学探究--一维弹性碰撞
泉州五中
劳动创造财富------马克思 做功改变能量
（1）
改变动能。
▲动能定理: 动能变化等于总功.
（2）
改变动量。
▲动量定理： 动量变化等于总冲量.
●、动量守恒定律： 当合外力为0时，系统总动量不变化
知识回顾:
鲁科版高中物理选修3-5
D．小车和摆球的速度都变为vl，木块的速度变为v2，满 足（M十m0）v=（M十m0）vl十mv2
【例】如图所示，一轻质弹簧两端各连接一质量均为m的滑块
A和B，两滑块都置于光滑水平面上．今有质量为m/4的子弹以
水平速度V射入A中不再穿出，试求整个过程中弹簧的最大弹
性势能。
v
A
B
课堂要点小结
动量守恒，动能守恒 弹性碰撞 弹性碰撞模型及拓展
m1 v01 地面光滑 m2 v02
遵循动量守恒，动能也不变
m1V01 m2V02 m1V1 m2V2
1 2
m1V021
1 2
m2V022
1 2
m1V12
物理科学探究-一维弹性碰撞教案鲁科版选修5.docx
第1节电子的发现与汤姆孙模型一、学习目标1•了解阴极射线及电子发现的过程。
2.知道汤姆孙研究阴极射线发现电子的实验及理论推导。
二、重难点分析重点：阴极射线的研究C难点：汤姆孙发现电子的理论推导。
三、学习过程很早以来，人们一直认为构成物质的最小粒子是原子，原子是i种不可再分割的粒子。
这种认识一直统治了人类思想近两千年。
直到19世纪末，科学家对实验小的阴极射线深入研究时，发现了电子，使人类对微观世界有了新的认识。
电子的发现是19世纪末、20世纪初物理学三大发现之一。
学习交流1.研读“物质结构的早期探究”2.阴极射线气体分子在高压电场下可以发生电离，使本来不带电的空气分子变成具有等量正、负电荷的带电粒子，使不导电的空气变成导体。
是什么原因让空气分子变成带电粒子的？带电粒子从何而来的？科学家在研究气体导电时发现了辉光放电现象。
1858年德国物理学家普吕克尔较早发现了气体导电时的辉光放电现象。
徳国物理学家戈徳斯坦研究辉光放电现象时认为这是从阴极发出的某种射线引起的。
所以他把这种未知射线称之为阴极射线。
对于阴极射线的本质，有大量的科学家作出大量的科学研究，主要形成了两种观点。
(1)电磁波说：代表人物，赫兹。
认为这种射线的本质是一种电磁波的传播过程。
(2)粒子说：代表人物，汤姆孙。
认为这种射线的本质是一种高速粒子流。
3.电子的发现英国物理学家汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子。
实验装置如图所示，从高压电场的阴极发出的阴极射线，穿过C«2后沿直线打在荧光屏A'上。
(1) 当在平行极板上加一如图所示的电场，发现阴极射线打在荧光屏上的位置向下偏，则 可判定，阴极射线带有负电荷。
(2) 为使阴极射线不发生偏转，思考可在平行极板区域采取什么措施。
在平行极板区域加一磁场，且磁场方向必须垂直纸而向外。
当满足条件：qv ()B = qE 时, 则阴极射线不发生偏转。
则」行(3) 根据带电的阴极射线在电场中的运动情况可知,其速度偏转角为：罰=伴(D + 勺且心则：— 根拡心知量，可求出阴极射线的比荷。
鲁科版选修3-5 1.3 科学探究――一维弹性碰撞 学案
第3节 科学探究――一维弹性碰撞 学案学习目标：1. 理解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞).2.会应用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题.根底知识：一．不同类型的碰撞(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒．(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒．(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大．二．弹性碰撞的规律(1)两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，那么碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1. (2)假设m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，那么v ′1＝0，v ′2＝v 1，即两者碰后交换速度．(3)假设m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，那么二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．(4)假设m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，那么二者弹性正碰后，v ′1＝v 1，v ′2＝2v 1.说明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．重难点理解：一、对碰撞的理解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．(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．2．处理碰撞问题的三个原那么(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2.(3)速度要合理⎩⎪⎨⎪⎧ ①碰前两物体同向，那么v 后>v 前，碰后，原来 在前的物体速度一定增大，且v ′前≥v ′后②两物体相向运动，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零三．三种碰撞类型(1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 当v 2＝0时，有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1即v 1′＝0，v 2′＝v 1 推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v 1′＝v 2，v 2′＝v 1(2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能减少，损失的机械能转化为内能|ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q(3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2共 三、弹性正碰模及拓展1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，那么碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1. (1)假设m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，那么碰后v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)假设m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，那么二者弹性正碰后，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.说明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)假设m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，那么二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．典例1、如下图，质量相等的A 、B 两个球，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想，下面的猜想结果可能实现的是( )A ．v A ′＝－2 m /s ，vB ′＝6 m/sB ．v A ′＝2 m /s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1 m /s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3 m /s ，v B ′＝7 m/sE ．v A ′＝－5 m /s ，v B ′＝9 m/s【解析】两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2②，答案D 、E 中满足①式，但不满足②式．【答案】ABC 典例2如下图，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．【解析】 (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ①由①式得m B ＝m 2.②(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，那么ΔE ＝12m (v 2)2＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④联立②③④式得ΔE ＝16m v 20.【答案】 (1)12m (2)16m v 20稳固练习：1．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别是p 1＝5 kg ·m/s ，p 2＝7 kg ·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg ·m/s ，那么两球质量m 1与m 2间的关系可能是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 22．如图，立柱固定于光滑水平面上O 点，质量为M 的小球a 向右运动，与静止于Q 点的质量为m 的小球b 发生弹性碰撞，碰后a 球立即向左运动，b 球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b 球恰好在P 点追到a 球，Q 点为OP 间中点，那么a 、b 球质量之比M ∶m ＝( )A ．3∶5B ．1∶3C ．2∶3D ．1∶23．如图，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2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，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．4．如下图，轨道ABC 中的AB 段为一半径R ＝0.2 m 的光滑14圆形轨道，BC 段为足够长的粗糙水平面。
18学年高中物理动量守恒研究3科学探究：一维弹性碰撞学案鲁科版3_51803194123
第3节 科学探究——一维弹性碰撞[目标定位] 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.2.掌握弹性碰撞的规律，会应用动量、能量的观点分析、解决一维碰撞问题.一、不同类型的碰撞1．非弹性碰撞：碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒． 2．完全非弹性碰撞：碰撞后物体结合在一起，动能损失最大．3．弹性碰撞：物体碰撞后，形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失，又称为完全弹性碰撞．二、弹性碰撞的实验探究1．质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能守恒，碰撞后两球交换了速度．2．质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰撞后两球运动方向相同，碰撞前后两球总动能守恒．3．质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰撞后质量较小的钢球速度方向与原来相反，碰撞过程中两球总动能守恒．综上可知，在弹性碰撞过程中，系统的动量与动能都守恒． 三、弹性碰撞的规律质量为m 1的小球以速度v 1与静止的质量为m 2的小球发生弹性碰撞．碰撞过程中动量守恒，动能也守恒．动量守恒的表达式为：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 动能守恒的表达式为12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2碰后两个物体的速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.想一想 质量相等的两个物体发生正碰时，一定交换速度吗？答案 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.一、对碰撞问题的理解1．碰撞(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒． 2．三种碰撞类型 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 动能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2若v 2＝0，则有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1 推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v 1′＝0，v 2′＝v 1 (2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 动能减少，损失的动能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q (3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共 碰撞中动能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2共【例1】 大小、形状完全相同，质量分别为300 g 和200 g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s 和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小； (2)求碰撞后损失的动能；(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小． 答案 (1)0.1 m/s (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s解析 (1)取v 1＝50 cm/s ＝0.5 m/s 的方向为正方向， 则v 2＝－100 cm/s ＝－1 m/s ，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v ， 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝－0.1 m/s ，负号表示方向与v 1的方向相反． (2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2＝12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2J ＝0.135 J.(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1′、v 2′，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 由动能守恒得12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2， 代入数据解得v 1′＝－0.7 m/s ，v 2′＝0.8 m/s. 二、弹性正碰模型及拓展应用1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1. (1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者发生弹性正碰后， v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性正碰．【例2】 如图1所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m 2的速度大小．图1答案2m 12ghm 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v 10，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 210解得v 10＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v 10＝m 1v 1＋m 2v 2② 由于碰撞过程中无机械能损失12m 1v 210＝12m 1v 21＋12m 2v 22③ 联立②③式解得v 2＝2m 1v 10m 1＋m 2④ 将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2借题发挥 对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一个过程都适用．【例3】 (多选)如图2所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图2A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12mv 2答案 ACD解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的． 三、碰撞满足的三个条件1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′. 2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2. 3．速度要符合实际情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.【例4】 如图3所示，光滑水平面上A 、B 两小球沿同一方向运动，A 球的动量p A ＝4 kg·m/s，B 球的质量m B ＝1 kg ，速度v B ＝6 m/s ，已知两球相撞后，A 球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致．求：图3(1)碰撞后B 球的速度； (2)A 球的质量范围．答案 (1)8 m/s (2)14 kg≤m A ≤37 kg解析 (1)由题意知p A ′＝2 kg·m/s. 根据动量守恒定律有p A ＋m B v B ＝p A ′＋m B v B ′ 解得v B ′＝8 m/s.(2)设A 球质量为m A ，A 球能追上B 球并与之碰撞，应满足v A ＝p Am A>v B 碰撞后A 球不可能运动到B 球前方，所以v A ′＝p A ′m A≤v B ′ 碰撞过程系统能量不可能增加，所以p A ′22m A ＋12m B v B ′2≤p 2A 2m A ＋12m B v 2B 联立解得m A 应满足14 kg≤m A ≤37kg.碰撞特点及满足的条件1. (多选)质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，如图4所示，若以向左为运动的正方向，A 球的速度为v 1＝－2 m/s ，B 球的速度为v 2＝6 m/s ，某时刻A 球与B 球发生相互碰撞，碰撞后仍在一条直线上运动，则碰后A 、B 球速度的可能值是( )图4A ．v A ＝1 m/s ，vB ＝3 m/s B ．v A ＝7 m/s ，v B ＝－3 m/sC ．v A ＝2 m/s ，v B ＝2 m/sD ．v A ＝6 m/s ，v B ＝－2 m/s 答案 CD解析 设两球的质量均为m .验证方法：(1)动量角度：p 初＝4m ，而所给选项均满足要求；(2)碰撞实际情况(碰撞只能发生一次)：A 项不符合题意；(3)能量角度：两球碰撞前的总动能：E k 初＝12mv 21＋12mv 22＝20m ，B 选项中，两球碰后的总动能为E k 末＝12mv 2A ＋12mv 2B ＝29m ，不符合题意；C 、D 项完全符合碰撞现象的三个原则，故碰撞能发生．弹性碰撞的特点及计算2．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A A ＋2 D.A ＋2A －2答案 A解析 设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Amv ′，据动能守恒，有12mv 20＝12mv 21＋12Amv ′2.解以上两式得v 1＝1－A1＋Av 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v 1′＝A －1A ＋1v 0，故碰撞前、后中子速率之比为A ＋1A －1. 非弹性碰撞的特点及计算3．在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m 1＝4 kg ，乙球的质量m 2＝1 kg ，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的v －t 图象如图5所示．已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( )图5A ．3 m/s ，向右B ．13 m/s ，向左C ．13 m/s ，向右D ．3 m/s ，向左答案 C解析 由题图知，碰撞前甲球的速度为v 1＝2 m/s ，碰撞后，甲、乙两球的速度v ＝－1 m/s ，以甲、乙两球组成的系统为研究对象，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律，得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据，解得v 2＝－13 m/s ，负号表示碰前乙球的速度方向与正方向相反，即方向向右．选项C 正确．4．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求： (1)碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中总机械能的损失． 答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m 、M ，碰前速度大小分别为v 1、v 2，碰后乙的速度大小为v2′.由动量守恒定律有mv1－Mv2＝Mv2′①代入数据得v2′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有1 2mv21＋12Mv22＝12Mv2′2＋ΔE③联立②③式，代入数据得ΔE＝1 400 J(时间：60分钟)题组一碰撞的特点及可能性分析1．下列关于碰撞的理解正确的是( )A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞答案 A解析碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．2．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，且动能仍相等答案 C解析由p2＝2mE k知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确．3．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( )A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v答案 A解析 A 、B 两球在水平方向上合外力为零，A 球和B 球碰撞的过程中动量守恒，设A 、B 两球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv ＝mv 1＋2mv 2，①假设碰后A 球静止，即v 1＝0， 可得v 2＝0.5v由题意知球A 被反弹，所以球B 的速度有：v 2>0.5v ，②A 、B 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12mv 2≥12mv 21＋12×2mv 22，③ ①③两式联立得：v 2≤23v ，④由②④两式可得：0.5v <v 2≤23v ，符合条件的只有0.6v ，所以选项A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s(设为正)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A ．均为＋1 m/s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m/s 和－1 m/s D ．－1 m/s 和＋5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝27 JE k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k 前≥E k后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误．验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.题组二 碰撞模型的处理5．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞 C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定答案 A解析 由动量守恒3m ·v －mv ＝0＋mv ′，所以v ′＝2v 碰前总动能：E k ＝12×3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．6. (多选)小车AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为M ，长为L .质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图1所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图1A ．如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B ．整个系统任何时刻动量都守恒C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为mMv D ．整个系统最后静止 答案 BCD解析 AB 车与木块C 、弹簧整个系统在任何时刻动量都守恒，故B 对；木块C 与B 端碰撞粘合时有机械能损失，故A 错；由动量守恒定律：0＝mv －Mv 1＝(m ＋M )v 共，解得v 1＝m Mv ，v 共＝0，故C 、D 对．7．(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错误．8.在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图2所示，下列关系式正确的是( )图2A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断答案 B解析 由题图知，a 球以初速度与原来静止的b 球碰撞，碰后a 球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a 球质量小于b 球质量．9.两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动时，如图3所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图3A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12mv 20D ．弹簧最大弹性势能为14mv 2答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；碰撞过程mv 0＝2mv ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14mv 20，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14mv 20，C 项错误，D 项正确．10.A 、B 两物体在水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图4所示．则：图4(1)由图可知A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝____kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？答案 (1)2 s 末 6 (2)30 J解析 (1)由题图知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/s v B ＝Δx B t ＝62m/s ＝3 m/s v AB ＝Δx AB t ＝22 m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB ，解得m B ＝6 kg(2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2AB ＝30 J. 题组三 碰撞模型的综合应用11．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．答案 285μgd 解析 设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 12mv 2＝12mv 21＋12(2m )v 22① mv ＝mv 1＋(2m )v 2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12mv 21④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤按题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12mv 20－12mv 2⑦ 联立②至⑦式，得v 0＝ 285μgd 12．水平台球桌面上母球A 、目标球B 和球袋洞口边缘C 位于一条直线上，设A 、B 两球质量均为0.25 kg 且可视为质点，A 、B 间的距离为5 cm ，B 、C 间距离为x ＝160 cm ，因两球相距很近，为避免“推杆”犯规(球杆推着两球一起运动的现象)，常采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球在离杆后与目标球发生对心正碰，因碰撞时间极短，可视为完全弹性碰撞)，设球与桌面的动摩擦因数为μ＝0.5，为使目标球可能落入袋中，求：图5(1)碰撞过程中A 球对B 球的最小冲量为多大？(碰撞过程中的摩擦阻力可忽略不计)(2)碰撞前瞬间A 球的速度最小是多大？答案 (1)1 kg·m/s (2)4 m/s解析 (1)设碰撞后瞬间B 球能进入球袋的最小速度为v B ，由动能定理得：μmgx ＝0－12mv 2B 解得v B ＝4 m/s由动量定理得：I ＝mv B ＝1 kg·m/s(2)设A 碰撞前瞬间最小速度为v A ，碰撞后瞬间为v ，则：由动量守恒定律得：mv A ＝mv ＋mv B 由机械能守恒得：12mv 2A ＝12mv 2＋12mv 2B 联立方程解得：v A ＝v B ＝4 m/s ，v ＝0。
2017_2018学年高中物理第1章动量守恒研究3科学探究：一维弹性碰撞学案鲁科版选修3_52018
第3节科学探究——一维弹性碰撞[目标定位] 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.2.掌握弹性碰撞的规律，会应用动量、能量的观点分析、解决一维碰撞问题.一、不同类型的碰撞1．非弹性碰撞：碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒．2．完全非弹性碰撞：碰撞后物体结合在一起，动能损失最大．3．弹性碰撞：物体碰撞后，形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失，又称为完全弹性碰撞．二、弹性碰撞的实验探究1．质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能守恒，碰撞后两球交换了速度．2．质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰撞后两球运动方向相同，碰撞前后两球总动能守恒．3．质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰撞后质量较小的钢球速度方向与原来相反，碰撞过程中两球总动能守恒．综上可知，在弹性碰撞过程中，系统的动量与动能都守恒．三、弹性碰撞的规律质量为m1的小球以速度v1与静止的质量为m2的小球发生弹性碰撞．碰撞过程中动量守恒，动能也守恒．动量守恒的表达式为：m1v1＝m1v1′＋m2v2′1 1 1 动能守恒的表达式为m1v＝m1v1′2＋m2v2′2212 2 2碰后两个物体的速度分别为m1－m2 2m1v1′＝v1，v2′＝v1.m1＋m2 m1＋m2想一想质量相等的两个物体发生正碰时，一定交换速度吗？答案不一定．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.一、对碰撞问题的理解1．碰撞1(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒．2．三种碰撞类型(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′1 1 1 1动能守恒：m1v1＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′22 22 2 2 2m1－m2 2m1若v2＝0，则有v1′＝v1，v2′＝v1m1＋m2 m1＋m2推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v1′＝0，v2′＝v1(2)非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′动能减少，损失的动能转化为内能|ΔE k|＝E k初－E k末＝Q(3)完全非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共碰撞中动能损失最多1 1 1|ΔE k|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v12 2 共22 2 2【例1】大小、形状完全相同，质量分别为300 g和200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；(2)求碰撞后损失的动能；(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．答案(1)0.1 m/s(2)0.135 J(3)0.7 m/s0.8 m/s解析(1)取v1＝50 cm/s＝0.5 m/s的方向为正方向，则v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝－0.1 m/s，负号表示方向与v1的方向相反．(2)碰撞后两物体损失的动能为1 1 1 1 1 1ΔE k＝m1v＋m2v2－(m1＋m2)v2＝×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－122 2 2 2 2 20.1)2 J＝0.135 J.2(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，由动能守恒得1 1 1 1m1v＋m2v2＝m1v1′2＋m2v2′2，212 2 2 2代入数据解得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.二、弹性正碰模型及拓展应用m1－m2 1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝m1＋m2 2m1v1，v2′＝v1.m1＋m2(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．(2)若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者发生弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．(3)若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性正碰．【例2】如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小．图12m12gh 答案m1＋m21 解析设m1碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v1202解得v10＝2gh①设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v10＝m1v1＋m2v2②由于碰撞过程中无机械能损失1 1 1m1v2＝m1v21＋m2v2③102 2 22m1v10联立②③式解得v2＝④m1＋m232m1 2gh将①代入④得v2＝m1＋m2借题发挥对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一个过程都适用．【例3】(多选)如图2所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则()图2v0A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为2B．小球离车后，对地将向右做平抛运动C．小球离车后，对地将做自由落体运动1D．此过程中小球对车做的功为mv202答案ACD解析小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A、C、D都是正确的．三、碰撞满足的三个条件1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′p21p p1′2 p2′2或＋≥＋.2m1 2m2 2m1 2m223．速度要符合实际情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.【例4】如图3所示，光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量p A＝4 kg·m/s，B球的质量m B＝1 kg，速度v B＝6 m/s，已知两球相撞后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致．求：图3(1)碰撞后B球的速度；4(2)A 球的质量范围．13 答案 (1)8 m/s (2) kg≤m A ≤ kg4 7解析 (1)由题意知 p A ′＝2 kg·m/s.根据动量守恒定律有 p A ＋m B v B ＝p A ′＋m B v B ′解得 v B ′＝8 m/s.p A (2)设 A 球质量为 m A ，A 球能追上 B 球并与之碰撞，应满足 v A ＝ >v B m Ap A ′ 碰撞后 A 球不可能运动到 B 球前方，所以 v A ′＝≤v B ′ m A碰撞过程系统能量不可能增加，所以 p A ′2 1p 2A 1 ＋ m B v B ′2≤ ＋ m B v 2m A 2 2m A 2 B 21 3 联立解得 m A 应满足 kg≤m A ≤ kg. 4 7碰撞特点及满足的条件1. (多选)质量相等的 A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，如图 4所示，若以向左 为运动的正方向，A 球的速度为 v 1＝－2 m/s ，B 球的速度为 v 2＝6 m/s ，某时刻 A 球与 B 球发 生相互碰撞，碰撞后仍在一条直线上运动，则碰后 A 、B 球速度的可能值是( )图 4A ．v A ＝1 m/s ，vB ＝3 m/sB ．v A ＝7 m/s ，v B ＝－3 m/sC ．v A ＝2 m/s ，v B ＝2 m/sD ．v A ＝6 m/s ，v B ＝－2 m/s答案 CD解析 设两球的质量均为 m .验证方法：(1)动量角度：p 初＝4m ，而所给选项均满足要求；(2) 碰撞实际情况(碰撞只能发生一次)：A 项不符合题意；(3)能量角度：两球碰撞前的总动能：E k1 1 1 1初＝ mv ＋ mv ＝20m ，B 选项中，两球碰后的总动能为 E k 末＝ mv ＋ mv ＝29m ，不符合题意；21 2 A 2 B 22 2 2 2 C 、D 项完全符合碰撞现象的三个原则，故碰撞能发生．弹性碰撞的特点及计算2．一中子与一质量数为 A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞5。
1. 3《科学探究----维弹性碰撞》教案(鲁科版选修3-5)
第三节科学探究――维弹性碰撞学案【学习目标】认识弹性碰撞与非弹性碰撞，认识对心碰撞与非对心碰撞；【学习重点】用动量守恒定律、机械能守恒定律讨论碰撞问题【知识要点】碰撞过程是物体之间相互作用时间非常短暂的一种特殊过程，因而碰撞具有如下特点：<1）碰撞过程中动量守恒。
<因相互作用时间短暂，因此一般满足F内>>F外的条件）<2）碰撞过程中，物体没有宏观的位移，但每个物体的速度可在短暂的时间内发生改变。
<3）碰撞过程中，系统的总动能只能不变或减少，不可能增加。
在一光滑水平面上有两个质量分别为、的刚性小球A和B，以初速度、运动，若它们能发生碰撞<为一维弹性碰撞），碰撞后它们的速度分别为和。
我们的任务是得出用、、、表达和的公式。
、、、是以地面为参考系的，将A和B看作系统。
由碰撞过程中系统动量守恒，有……①有弹性碰撞中没有机械能损失，有……②由①得由②得将上两式左右相比，可得即或……③碰撞前B相对于A的速度为，碰撞后B相对于A的速度为，同理碰撞前A相对于B的速度为，碰撞后A相对于B的速度为，故③式为或，其物理意义是：碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等，方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等，方向相反；【典型例题】例题1：如图所示，乒乓球质量为m，弹性钢球质量为M<M>>m），它们一起自高度h高处自由下落，不计空气阻力，设地面上铺有弹性钢板，球与钢板之间的碰撞及乒乓球与钢球之间的碰撞均为弹性碰撞，试计算钢球着地后乒乓球能够上升的最大高度。
解读：乒乓球和弹性钢球自状态1自由下落，至弹性钢球刚着地<状态2）时，两者速度相等则弹性钢球跟弹性钢板碰撞后瞬间<状态3），弹性钢球速率仍为v ，方向变为竖直向上，紧接着，弹性钢球与乒乓球碰，碰后瞬间<状态4）乒乓球速率变为v ′弹性钢球与乒乓球碰后弹性钢球速度保持不变<速率仍为v ，方向为竖直向上）；弹性钢球与乒乓球碰前瞬间<状态3）乒乓球相对于弹性钢球的速度为2v ，方向为竖直向下，弹性钢球与乒乓球碰后瞬间<状态4）乒乓球相对于弹性钢球的速度为2v ，方向为竖直向上。
物理鲁科版选修3-5学案：知识导航第一章第3节科学探究——一维弹性碰撞含解析
第3节 科学探究-—一维弹性碰撞思维激活估算子弹的射出速度如图1-3—1所示，取一只乒乓球，在球上挖一个圆孔，向球内填进一些橡皮泥或碎泡沫塑料，放在桌子的边缘处，将玩具枪平放在桌面上，瞄准球的圆孔,扣动扳机，让子弹射入孔中，与乒乓球一同水平抛出。
只需测出球的质量M 、子弹的质量m 、桌面的高度h 和乒乓球落地点离桌子边缘的水平距离s ，就可估算出玩具枪子弹的射出速度v.你能推导出计算v 的表达式吗？试着做一做这个实验。
图1-3—1安全告诫：实验中注意安全，不要把枪口对着人！提示:子弹与乒乓球一起做平抛运动，结合平抛运动规律：s=v 0t ，h=21gt 2求出平抛初速度v 0,此即为子弹与乒乓球作用后的共同速度,再根据动量守恒:mv=（m+M ）v 0可求出玩具枪子弹的射出速度v=h g m sM m 2)( 。
自主整理一、不同类型的碰撞碰撞问题（两物体相互作用,且均设系统合外力为零）（1）碰撞分类：按碰撞前后系统的动能损失分类，碰撞可分为_________、_________和_________。
(2）弹性碰撞：弹性碰撞前后系统动能_________。
其基本方程为_________.（3）完全非弹性碰撞：完全非弹性碰撞有两个主要特征:①碰撞过程中系统的动能损失_________；②碰后两物体速度_________。
二、弹性碰撞的规律A 、B 两物体发生弹性碰撞,设碰前A 初速度为v 0，B 静止，则基本方程为①m A v 0=m A v A +m B v B ,②21m A v 02=21m A v A 2+21m B v B 2，可解出碰后速度，v A =_______,v B =_______.若m A =m B ，则v A =_______,v B =_______。
即_______的两物体发生弹性碰撞的前后，两物体速度_______ （这一结论也适用于B 初速度不为零时）. 高手笔记1。
鲁科版选修3-5全册教案
第一章动量守恒研究新课标要求（1）探究物体弹性碰撞的一些特点，知道弹性碰撞和非弹性碰撞；（2）通过实验，理解动量和动量守恒定律，能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题，知道动量守恒定律的普遍意义；例1：火箭的发射利用了反冲现象。
例2：收集资料，了解中子是怎样发现的。
讨论动量守恒定律在其中的作用。
（3）通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一。
第一节动量定理三维教学目标1、知识与技能：知道动量定理的适用条件和适用范围；2、过程与方法：在理解动量定理的确切含义的基础上正确区分动量改变量与冲量；3、情感、态度与价值观：培养逻辑思维能力，会应用动量定理分析计算有关问题。
教学重点：动量、冲量的概念和动量定理。
教学难点：动量的变化。
教学方法：教师启发、引导，学生讨论、交流。
教学用具：投影片，多媒体辅助教学设备。
1、动量及其变化（1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。
记为p=mv 单位：kg·m/s读作“千克米每秒”。
理解要点：①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两方面的信息，反映了由这两方面共同决定的物体的运动状态，具有瞬时性。
大家知道，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和方向，而运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两方面的信息，更能从本质上揭示物体的运动状态，是一个动力学概念。
②矢量性：动量的方向与速度方向一致。
综上所述：我们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱以及这个效果发生的方向，动量的大小等于质量和速度的乘积，动量的方向与速度方向一致。
（2）动量的变化量：1、定义：若运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′，则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。
2、指出：动量变化△p是矢量。
方向与速度变化量△v相同。
一维情况下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ1 矢量差例1：一个质量是的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？2、动量定理（1）内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化（2）公式：Ft ＝m'v－mv ＝'p－p让学生来分析此公式中各量的意义：其中F是物体所受合外力，mv是初动量，m'v是末动量，t是物体从初动量变化到末动量所需时间，也是合外力F作用的时间。
鲁教版高三物理科学探究——一维弹性碰撞教案(第三节)
高中物理指导网第三节科学研究――一维弹性碰撞三维教课目的1、知识与技术（1）认识弹性碰撞与非弹性碰撞，认识对心碰撞与非对心碰撞；（2）认识微粒的散射。
2、过程与方法：经过领会碰撞中动量守恒、机械能守恒与否，领会动量守恒定律、机械能守恒定律的应用。
3、感情、态度与价值观：感觉不一样碰撞的差别，培育学生勇于研究的精神。
教课要点：用动量守恒定律、机械能守恒定律议论碰撞问题教课难点：对各样碰撞问题的理解．教课方法：教师启迪、指引，学生议论、沟通。
教课器具：投电影，多媒体协助教课设施（一）引入新课碰撞过程是物体之间互相作用时间特别短暂的一种特别过程，因此碰撞拥有以下特色：（1）碰撞过程中动量守恒。
发问：守恒的原由是什么？（因互相作用时间短暂，所以一般知足 F 内 >>F 外的条件）（2）碰撞过程中，物体没有宏观的位移，但每个物体的速度可在短暂的时间内发生改变。
（3）碰撞过程中，系统的总动能只好不变或减少，不行能增添。
发问：碰撞中，总动能减少最多的状况是什么？（在发生完好非弹性碰撞时总动能减少最多）（二）进行新课1、展现投电影1，内容以下：以下图，质量为M的重锤自h 高度由静止开始着落，砸到质量为m的木楔上没有弹起，二者一同向下运动．设地层给它们的均匀阻力为F，则木楔可进入的深度L 是多少？组织学生仔细读题，并给三分钟时间思虑。
（1）发问学生解题方法：可能出现的错误是：以为过程中只有地层阻力 F 做负功使机械能损失，因此解之为Mg（ h+L） +mgL-FL=0。
（2）概括：第一阶段， M做自由落体运动机械能守恒，m不动，直到M开始接触m为止。
再下边一个阶段，M与 m以共同速度开始向地层内运动，阻力 F 做负功，系统机械能损失。
发问：第一阶段结束时，M有速度，v M2gh ，而m速度为零。
下一阶段开始时，M与m就拥有共同速度，即m的速度不为零了，这种变化是怎样实现的呢？（在上述前后两个阶段中间，还有一个短暂的阶段，在这个阶段中，M和 m发生了完好非弹性碰撞，这个阶京翰教育中心段中，机械能（动能）是有损失的）（3）让学生独立地写出完好的方程组第一阶段，对重锤有：Mgh 1 Mv22第二阶段，对重锤及木楔有：Mv+0=（M+m）v．第三阶段，对重锤及木楔有：(M m)hL FL 01(M m)v 2 2（4）小结：在这种问题中，没有出现碰撞两个字，碰撞过程是隐含在整个物理过程之中的，在做题中，要仔细剖析物理过程，发掘隐含的碰撞问题。
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第三节 科学探究――维弹性碰撞 学案
【学习目标】
认识弹性碰撞与非弹性碰撞，认识对心碰撞与非对心碰撞； 【学习重点】
用动量守恒定律、机械能守恒定律讨论碰撞问题
【知识要点】
碰撞过程是物体之间相互作用时间非常短暂的一种特殊过程，因而碰撞具有如下特点： （1）碰撞过程中动量守恒。
（因相互作用时间短暂，因此一般满足F 内>>F 外的条件） （2）碰撞过程中，物体没有宏观的位移，但每个物体的速度可在短暂的时间内发生改变。
（3）碰撞过程中，系统的总动能只能不变或减少，不可能增加。
在一光滑水平面上有两个质量分别为1m 、2m 的刚性小球A 和B ，以初速度1v 、2v 运动，若它们能发生碰撞（为一维弹性碰撞），碰撞后它们的速度分别为'
1v 和'
2v 。
我们的任务是得出用1m 、2m 、1v 、2v 表达'
1v 和'
2v 的公式。
1v 、2v 、'1v 、'
2v 是以地面为参考系的，将A 和B 看作系统。
由碰撞过程中系统动量守恒，有'
22'112211v m v m v m v m +=+……① 有弹性碰撞中没有机械能损失，有2
'2
22'112222112
1212121v m v m v m v m +=+……② 由①得(
)(
)
'
2221'
11v v m v v m -=-
由②得(
)(
)2
'2
222212
'11v v m v v m -=-
将上两式左右相比，可得2'
21'
1v v v v +=+ 即()12'
1'
2v v v v --=-或()21'
2'
1v v v v --=-……③
碰撞前B 相对于A 的速度为1221v v v -=，碰撞后B 相对于A 的速度为'
1'2'21v v v -=，同理碰撞前A 相对于B 的速度为2112v v v -=，碰撞后A 相对于B 的速度为'
2'
1'
12v v v -=，故③式为21'
21v v -=或12'
12v v -=， 其物理意义是：
碰撞后B 相对于A 的速度与碰撞前B 相对于A 的速度大小相等，方向相反； 碰撞后A 相对于B 的速度与碰撞前A 相对于B 的速度大小相等，方向相反； 【典型例题】
例题1：如图所示，乒乓球质量为m ，弹性钢球质量为M （M >>m ），它们一起自高度h 高处自
由下落，不计空气阻力，设地面上铺有弹性钢板，球与钢板之间的碰撞及乒乓球与钢球之间的碰撞均为弹性碰撞，试计算钢球着地后乒乓球能够上升的最大高度。
解析：乒乓球和弹性钢球自状态1自由下落，至弹性钢球刚着地（状态2）时，两者速度相等gh v 22
= 则gh v 2=
弹性钢球跟弹性钢板碰撞后瞬间（状态3），弹性钢球速率仍为v ，方向变为竖直向上，紧接着，弹性钢球与乒乓球碰，碰后瞬间（状态4）乒乓球速率变为v ′弹性钢球与乒乓球碰后弹性钢球速度保持不变（速率仍为v ，方向为竖直向上）；
弹性钢球与乒乓球碰前瞬间（状态3）乒乓球相对于弹性钢球的速度为2v ，方向为竖直向下，弹性钢球与乒乓球碰后瞬间（状态4）乒乓球相对于弹性钢球的速度为2v ，方向为竖直向上。
则： v ′=3v 由 gH v 22
'=
得： ()h g
v g v H 92322
2
'==
=
【达标训练】
1．如图1所示，与轻弹簧相连的物体A 停放在光滑的水平面上。
物体B 沿水平方向向右运
动，跟与A 相连的轻弹簧相碰。
在B 跟弹簧相碰后，对于A 、B 和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ） A ．弹簧压缩量最大时，A 、B 的速度相同 B ．弹簧压缩量最大时，A 、B 的动能之和最小 C ．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减小
D ．物体A 的速度最大时，弹簧的弹性势能为零
2．如图2所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端
与小木块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触光滑。
开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m 、M 和弹簧组成的系统 （ ）
A ．由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒
B ．当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的动能最大
C ．由于F 1、F 2大小不变，所以m 、M 各自一直做匀加速运动
D ．由于F 1、F 2等大反向，故系统的动量始终为零
3．如图3所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A 点，物体用线
v
B
A
图1 M
m
F 1
F 2 图2
拉在A 点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上，则下述说法中正确的是（ ） ①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒 ②若物体滑动中有摩擦力，则全过程动量守恒 ③两种情况下，小车的最终速度与断线前相同 ④两种情况下，系统损失的机械能相同
A ．①②③
B ．②③④
C ．①③④
D ．①②③④
4．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m .现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E p ，则碰前A 球的速度等于 （ ）
A ．
m
E p B ．
m
E p 2 C ．2
m
E p D ．2
m
E p 2
5．在光滑水平面上，动能为E 0、动量的大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰
撞前后球1的运动方向相反.将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量的大小分别记为E 2、p 2，则下列说法中不正确．．．的是 （ ） A ．E 1＜E 0 B ．p 1＜p 0 C ．E 2＞E 0 D ．p 2＞p 0
6．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，如图6所示.甲和她的冰车质量共为30
kg ，乙和他的冰车质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为15 kg 的箱子，共同以2 m/s 的速度滑行.乙以同样大小的速率迎面滑来.为避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙.箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住.若不计摩擦.甲要以如下哪个速度（相对于冰面）将箱子推出，才能避免与乙相撞（ ） ①4 m/s ②5 m/s ③6 m/s ④7 m/s A ．①②③④都可以 B ．②③④都可以 C ．③④都可以
D ．只有④可以
7．如图7所示，A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1=4 kg·m/s 和p 2=6 kg·m/s （向右
为参考正方向）做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为 （ ） A ．－2 kg·m/s ，3 kg·m/s B ．－8 kg·m/s ，8 kg·m/s C ．1 kg·m/s ，－1 kg·m/s D ．－2 kg·m/s ，2 kg·m/s
8． 质量为4.0 kg 的物体A 静止在水平桌面上，另一个质量为2.0 kg 的物体B 以5.0 m/s 的
水平速度与物体A 相撞，碰撞后物体B 以1.0 m/s 的速度反向弹回.相撞过程中损失的机械能为______.
参考答案
1．ABD 2．BD 3．B 4.C 5.C 6．C
7． 【解析】 考虑到碰撞过程动量必须是守恒的，对于选项A ，有Δp 1+Δp 2=-2 kg·m/s+3 kg·m/s=1 kg·m/s ≠0可以判断A 选项是错误的.考虑到碰撞过程中，两球的动能不可能增
图6
图7
图8
加，对选项B ，碰撞前两球的总动能为
E k =2
122
212118822m m m p m p +
=+碰后两球的总动能为
E k ′=2
1222212112221219882)(2)(22m m m p p m p p m p m p +=∆++∆+='+' 由于E k ′＞E k ，可以判断B 选项是错误的.从动力学的角度出发考虑，碰撞过程中A 、B 所受的力应分别向左和向右，这样应有：Δp 1＜0 Δp 2＞0显然C 选项是错误的. 8． 【解析】 取物体B 碰撞前速度的方向为正方向，由题意知，m A =4.0 kg ，m B =2.0 kg ，v B = 5.0 m/s ，v B ′=－1.0 m/s ，v A =0，令碰后A 的速度为v A ′，据动量守恒定律，
有m A v A +m B v B =m A v A ′+m B v B ′ ①
代入数值解得v A ′=3 m/s
据能量守恒，有
21m B v B 2=21m A v A ′2+2
1
m B v B ′2+ΔE 解得损失的机械能为ΔE =6 J 收 获
疑 问。