2021版高考物理一轮复习专题突破(六)弹性碰撞和完全非弹性碰撞学案
2020年高考物理总复习专题突破(六) 弹性碰撞和完全非弹性碰撞
之比mm12.
【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.
设碰撞后小球 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，在碰
撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等． m1v0＝m1v1＋m2v2 ① 12m1v20＝12m1v21＋12m2v22 ② 利用vv21＝4，可解出mm12＝2.
4．如图所示，一质量 m2＝0.25 kg 的
平顶小车，车顶右端放一质量 m3＝0.2 kg 的 小物体，
小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数 μ＝0.5， 小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量 m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度 v0＝30 m/s 射中小车左端，并留 在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从 车顶上滑落，求：
A 组成的整体与木块 B 通过弹簧相互作用的过程，动量
守恒，系统机械能守恒．子弹打入：mv0＝4mv1 打入后弹簧由原长到最短：4mv1＝8mv2 由机械能守恒有：12×4mv21＝12×8mv22＋Ep 解得 Ep＝116mv20.
(2)从弹簧原长到被压缩至最短再恢复原长的过程 中，木块 B 一直做变加速运动，木块 A 一直做变减速
v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋34mv2′ ④
12mv21＝12mv1′2＋1234mv2′2 ⑤ 联立④⑤式解得 v2′＝87v1 ⑥ 由题意知，b 没有与墙发生碰撞，
由功能关系可知1234mv2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥13123vg20l ⑧ 联立②⑧式，a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙 发生碰撞的条件13123vg20l≤μ<2vg20l ⑨
江苏省2021高考物理一轮复习 第六章 动量 动量守恒定律 第1讲 动量定理及其应用教案
第1讲动量定理及其应用目标要求内容要求说明1.动量和冲量理解冲量和动量.2.动量定理和动量守恒定律通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性。
3.弹性碰撞和非弹性碰撞通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象.4。
实验八验证动量守恒定律第1讲动量定理及其应用一、动量、动量变化、冲量1．动量（1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2）表达式：p＝mv.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同．2．动量的变化(1）因为动量是矢量,动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．(2)动量的变化量Δp,一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p. 3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．（2）公式：I＝Ft.（3）单位：N·s.(4）方向:冲量是矢量,其方向与力的方向相同．判断正误（1)物体质量不变时，运动的速度变化,其动量一定变化．( √)（2）当物体受力方向与运动方向垂直时,该力的冲量为0。
（×）(3)某个恒力对物体做功为0时，冲量不为0。
（√）(4）做匀速圆周运动的物体动量不变．（×)二、动量定理1．内容:物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量．2．公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.3．动量定理的理解（1）动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．（2）动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3）动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．自测（2018·全国卷Ⅱ·15）高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A．10NB．102NC．103ND．104N答案C解析设每层楼高约为3m,则下落高度约为h＝3×25m＝75m,由mgh＝错误!mv2及（F－mg）t＝mv结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力F′＝F＝错误!＋mg≈103N.1．对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的．②相对性：动量的大小与参考系的选取有关,通常是指相对地面的动量．(2）动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mv E k＝错误!mv2标矢性矢量标量变化因素物体所受冲量外力所做的功大小关系p＝错误!E k＝错误!对于给定的物体,若动能发生了变化，动量一定也发生了变化;而动量发生变化，动能不一定发生变化．它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系2。
高中人教物理选择性必修一(学案)弹性碰撞和非弹性碰撞
弹性碰撞和非弹性碰撞【学习目标】1．了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞；会应用动量、能量的观点综合分析解决一维碰撞问题。
2．加深对动量守恒定律和机械能守恒定律的理解，能运用这两个定律解决碰撞问题。
【学习重难点】用动量守恒定律、机械能守恒定律讨论碰撞问题。
【学习过程】一、弹性碰撞和非弹性碰撞问题1：质量m1=10g的小球在光得的水平面上以v1=30cm/s的速度向右运动，恰遇上质量m2=10g的静止的小球。
碰撞后，小球m1恰好静止。
那么碰撞后小球m2的速度多大？方向如何？思考：碰撞前后机械能变化吗？问题2：质量m1=10g的小球在光得的水平面上以v1=30cm/s的速度向右运动，恰遇上质量m2=50g的小球以v2=10cm/s的速度向左运动。
碰撞后，小球m2恰好静止。
那么碰撞后小球m1的速度多大？方向如何？思考：碰撞前后机械能变化吗？总结：1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能___________。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能___________。
二、弹性碰撞的实例分析1．对心碰撞与非对心碰撞观察这两种碰撞的不同，总结：（1）对心碰撞：碰撞前后的速度_________________________，也称__________。
（2）非对心碰撞：碰撞前后的速度_______________________，也称__________。
2．弹性碰撞已知：如图，地面光滑，物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰后它们的速度分别为v1′和v2′，求v1′和v2′。
请分析几下几种情况下的速度情况：（1）若m1=m2生活实例：________________________________（2）若m1≫m2生活实例：________________________________（3）若m1≪m2生活实例：________________________________【例题1】两球做相向运动，碰撞后两球变为静止，则碰撞前两球（）A．质量一定相等B．动能一定相等C．动量大小一定相等D．以上均不正确【例题2】在光滑水平面上相向运动的??、??两小球发生正碰后一起沿??原来的速度方向运动，这说明原来（）A．??球的质量一定大于??球的质量B．??球的速度一定大于??球的速度C．??球的动量一定大于??球的动量D．??球的动能一定大于??球的动能【例题3】在光滑水平面上，两球沿着球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞下列现象中不可能发生的是（）A.若两球质量相等，碰后以某一相等速率相互分开B.若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C.若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D.若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行【例题4】甲、乙两球在光滑水平轨道上运动，它们的动量分别是5kg∙m/s和7kg∙m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10kg∙m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是（）A.m乙=m甲B.m乙=2m甲C.4m甲=m乙D.m乙=6m甲【课堂练习】1．在气垫导轨上，一个质量为400g的滑块以15cm/s的速度与另一质量为200g，速度为10cm/s并沿相反方向运动的滑块迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起。
2021版高考物理一轮复习专题突破六弹性碰撞和完全非弹性碰撞学案
高考物理一轮复习：专题突破(六) 弹性碰撞和完全非弹性碰撞一、弹性碰撞 碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫做弹性碰撞．若质量分别为m 1、m 2，速度分别为v 1、v 2的两个物体在水平面上发生弹性碰撞，依动量守恒且碰撞前后的总动能相等，有：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ (1)12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2……(2) 解(1)(2)得：v 1′＝（m 1－m 2）v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2，v 2′＝（m 2－m 1）v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2讨论：(1)若m 1＝m 2，则有v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即碰后彼此交换速度，实现动量和动能的交换； (2)若碰前m 2是静止的，即v 2＝0.①m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0，碰后两者同向运动；②m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0，碰后，m 1反向弹回，m 2沿m 1碰前的速度方向运动；③m 1≪m 2，则v 1′≈－v 1，v 2′≈0，即质量很小的物体以原速率反弹，质量很大的物体仍然静止．④m 2≪m 1，则v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1，即质量很大的运动物体碰后速度几乎不变，而质量很小的静止物体会以2倍运动物体的初速度沿同一方向运动．二、完全非弹性碰撞 发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，碰后两物体粘连在一起或者虽未粘连但以相同的速度运动．这种碰撞，只有动量守恒，机械能损失最大，损失的机械能转化为内能．有：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2.1 两足够长倾角θ＝37°的对称光滑斜面EF 、GH ，与长为L 的光滑水平面FG 相连，如图所示．有大小相同的质量分别为m 、3m 的A 、B 球，A 球从h 高处由静止开始沿斜面EF 下滑，与静止于水平轨道并与F 点相距L4的B 球相撞．碰撞中无机械能损失，重力速度为g ，小球经过连接点F 、G 时速度大小保持不变，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求(1)第一次碰撞结束后小球B 能够上升的高度； (2)发生第二次碰撞的位置与F 点的距离；(3)小球A 、B 第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A 、B 第n 次碰撞刚结束时各自的速度．[解析] (1)根据机械能守恒可知mgh ＝12mv 2A解得：v A ＝2gH根据碰撞过程中无能量损失，所以动量及机械能守恒： mv A ＝mv A ′＋3mv B 12mv 2A ＝12mv A ′2＋12×3mv 2B 解得：v A ′＝－122ghv B ＝2gh 2再根据机械能守恒可知 12×3mv 2B ＝3mgH 解得：H ＝14h(2)由于A 、B 小球碰后分别向左向右运动且速度大小相等，运动过程中机械能守恒，故在水平面上依旧是速度大小不变方向改变而已，因此，相遇时在水平面上运动的时间为t ：v A ′t ＋v B t ＝2L故A 、B 在水平面上都运动了L 的距离解得距离F 点为34L(3)规定向右为正方向，设A 、B 第二次碰撞刚结束时的速度分别为v 1、v 2，则： mv A ′－3mv B ＝mv 1＋3mv 2 mgh ＝12mv 21＋12×3mv 22解得：v 1＝－2gh v 2＝0由此可得，当n 为奇数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n 为偶数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同．2 如图所示，B 、C 是两块完全相同的长为1 m 的木板，静止在光滑水平地面上，木板B 的右端与C 的左端相距x 0＝1 m ，物块A(可视为质点)静止在C 的右端．用F ＝8 N 的水平向右恒力作用于木板B 上使其从静止开始运动．一段时间后，B 与C 碰撞，碰撞时间极短，碰撞瞬间，作用在木板B 上的水平力撤除，木板B 和C 碰撞粘在一起．已知物块A 质量为2 kg ，木板B 、C 的质量均为1 kg ，物块A 与B 、C 之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度g 取10 m /s 2.求：(1)物体A 、B 、C 最终的速度大小；(2)若要使碰撞后，A 停在B 木板上，则F 的取值范围．[解析] (1)木板B 从静止开始运动到与C 碰前瞬间的过程，由动能定理得： Fx 0＝12mv 20－0 ①解得：v 0＝2Fx 0m B＝4 m /s ② B 与C 碰撞过程，时间极短，内力极大，对B 、C 组成的系统动量守恒有： m B v 0＝()m B ＋m C v 1 ③ 解得：v 1＝2 m /s ④之后A 受摩擦而加速，B 、C 受摩擦而减速， A 、B 、C 共速时，对A 、B 、C 组成的系统动量守恒有：m B v 0＝()m A ＋m B ＋m C v 2 ⑤ 解得：v 2＝1 m /s ⑥设A 相对于木板滑动的距离为x ，则有：μm A gx ＝12(m B ＋m C )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 22 ⑦计算可得，x ＝0.4 m <1 m ⑧故A 最终在木板C 上，与B 、C 共速，速度大小为v 2＝1 m /s . (2)设要使碰撞后，A 停在B 木板上的右侧，F 的大小为F 1 根据动能定理：F 1x 0＝12m B v 201－0 ⑨根据动量守恒：m B v 01＝()m B ＋m C v 1 ⑩ m B v 01＝()m A ＋m B ＋m C v 2 ⑪ 根据能量守恒μm A gl ＝12()m B ＋m C v 21－12()m A ＋m B ＋m C v 22 ⑫联立⑨～⑫得：F 1＝20 N设要使碰撞后，A 停在B 木板上的左侧，F 的大小为F 2 根据动能定理： F 2x 0＝12m B v 202－0 ⑬根据动量守恒，BC 碰撞的瞬间： m B v 02＝()m B ＋m C v 1′ ⑭根据动量守恒，A 滑动到B 木板右端时， m B v 02＝()m A ＋m B ＋m C v 2′ ⑮ 根据能量守恒：2μm A gl ＝12()m B ＋m C v 1′2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2′2⑯联立⑬～⑯各式得：F 2＝40 N综上两种情况，则F 的取值范围20 N ≤F ≤40 N1．如图所示，半径为R 的竖直光滑半圆轨道bc 与水平光滑轨道ab 在b 点连接，开始时可视为质点的物体A 和B 静止在ab 上，A 、B 之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A 、B 不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A 向左运动，B 向右运动，B 沿轨道经过c 点后水平抛出，落点p 与b 点间距离为2R.已知A 质量为2m ，B 质量为m ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：(1)B 经c 点抛出时速度的大小； (2)B 经b 时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．[解析] (1)B 平抛运动过程竖直方向有2R ＝12gt 2，水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝gR(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律得 12mv 2b ＝2mgR ＋12mv 2c 解得：v b ＝5gR (3)设完全弹开后，A 的速度为v a ，弹簧恢复原长过程中A 与B 组成系统动量守恒，2mv a－mv b ＝0，解得：v a ＝12v b ＝5gR 2，由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：E p ＝12×2mv 2a ＋12mv 2b 解得：E p ＝3.75mgR.2．如图所示，竖直面内一固定的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小球B 静止于水平轨道的最左端，小球A 在倾角θ＝37°的倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 球发生对心弹性碰撞，B 球被碰后速度大小为A 碰前速度的14，A返回倾斜轨道上．已知A 的质量为m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计小球体积和空气阻力，小球A 经过斜面底端无能量损失．(1)求小球B 的质量；(2)已知两小球与轨道间的动摩擦因数均相等，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上，求小球与倾斜轨道间的动摩擦因数．[解析] (1)A 与B 作用有：由动量守恒定律得：mv ＝mv A ＋m B v4由能量守恒得：12mv 2＝12mv 2A ＋12m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 2解得：v A ＝－34v ，m B ＝7m(2)A 上冲斜面由动能定理得：－(mg sin θ＋μmg cos θ)s ＝－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 2A 从斜面上下滑由动能定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)s ＝12mv ′2要A 刚好能与B 再次相碰，必有v′＝v B ＝14v由上述三方程解得：μ＝0.63．如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5 m ，质量为0.6 kg .在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98 kg 的小物块，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．一颗质量为0.02 kg 的子弹以的150 m /s 水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取10 m /s 2(结果保留2位有效数字)．(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动； (2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离．[解析] (1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为m 0、M 、m ，初速度为v 0的子弹击中小物块后二者的共同速度为v 1由动量守恒定律得m 0v 0＝()M ＋m 0v 1 ①子弹击中小物块后物块的质量为M ′，且M′＝M ＋m 0.设当物块滑至第n 块木板时，木板才开始运动μ1M ′g>μ2[M′＋(6－n)m]g ②其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数． 由式解得n>4.3即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动． (2)令物块滑上第五块木板上时速度为v s ，v s 满足：－μ1()M ＋m 0g ·4L ＝12()M ＋m 0()v 2s －v 21，v s ＝1 m /s之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速， v －t 图象如图：1－2t 1＝23t 1⇒t 1＝38 sv 共＝14 m /st 2＝v 共μ2g ＝14s∴x 板＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫38＋14×14 m ＝564m ＝0.078 m4．如图甲所示，质量为M ＝3.0 kg 的平板小车C 静止在光滑的水平面上，在t ＝0时，两个质量均为1.0 kg 的小物体A 和B 同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s 内它们的v －t图象如图乙所示，g 取10 m /s 2.(1)小车在第1.0 s 内所受的合力为多大？(2)要使A 、B 在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？(3)假设A 、B 两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A 、B 在1.0～3.0 s 时间内的v －t 图象．[解析] (1)由图可知，在第1 s 内，A 、B 的加速度大小相等，为a ＝2 m /s 2. 物体A 、B 所受的摩擦力均为f ＝ma ＝2 N ，方向相反．根据牛顿第三定律，车C 受到A 、B 的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零． (2)设系统最终的速度为v ，由系统动量守恒得： mv A －mv B ＝(2m ＋M)v代入数据，解得v ＝0.4 m /s ，方向向右． 由系统能量守恒得：f(s A ＋s B )＝12mv 2A ＋12mv 2B －12(2m ＋M)v 2，解得A 、B 的相对位移，即车的最小长度s ＝s A ＋s B ＝4.8 m(3)1 s 后A 继续向右减速滑行，小车与B 一起向右加速运动，最终达到共同速度v. 在该过程中，对A 运用动量定理得 －f Δt ＝m Δv 解得Δt ＝0.8 s .即系统在t ＝1.8 s 时达到共同速度，此后一起做匀速运动． 在1.0～3.0 s 时间内的v －t 图象如下．。
2021高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第3讲验证动量守恒定律学案
2021高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第3讲验证动量守恒定律学案一、实验目的1．验证一维碰撞中的动量守恒．2．探究一维弹性碰撞的特点．二、实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前、后动量是否守恒．三、实验器材方案一气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．方案二带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．方案三光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥等．方案四斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板等．四、实验方案方案一利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情形下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：能够测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三 在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时刻由v ＝Δx Δt算出速度． (5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒． 方案四 利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)测质量：先用天平测出小球质量m 1、m 2.(2)安装：按如图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端切线水平，把被碰小球放在斜槽前边的小支柱上，调剂实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度．且碰撞瞬时，入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保正碰后的速度方向水平．(3)铺纸：在地面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸．在白纸上记下重垂线所指的位置O ，它表示入射小球m 1碰前的位置．(4)放球找点：先不放被碰小球，让入射小球从斜槽上同一高度处滚下，重复10次，用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心确实是入射小球无碰撞时的落地点P .(5)碰撞找点：把被碰小球放在小支柱上，让入射小球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次，按照步骤4的方法找出入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N .(6)验证：过O 、N 在纸上作一直线，取OO ′＝2r ，O ′确实是被碰小球碰撞时的球心投影位置(用刻度尺和三角板测小球直径2r )．用刻度尺量出线段OP 、OM 、O ′N 的长度，把两小球的质量和相应的数值代入m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N看是否成立．(7)终止：整理实验器材放回原处．对实验原理和操作的考查[学生用书P121]1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．2．方案提醒(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．(2)若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直面内．(3)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平稳摩擦力．3．探究结论：查找的不变量必须在各种碰撞情形下都不改变．【典题例析】在实验室里为了验证动量守恒定律，一样采纳如图甲、乙所示的两种装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)若采纳图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中一定需要的是________．A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为____________________．(用装置图中的字母表示) [解析] (1)为防止反弹造成入射小球返回斜槽，要求入射小球质量大于被碰小球质量，即m1>m2；为使入射小球与被碰小球发生对心碰撞，要求两小球半径相同．故C正确．(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1′、v2′.由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时刻为一个计时单位时，能够用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度．因此，需验证的动量守恒关系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示为m1x1＝m1x1′＋m2x2′.因此需要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表．由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺．(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N.[答案] (1)C (2)AC(3)m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·O ′N1.在“验证动量守恒定律”的实验中，已有的实验器材有：斜槽轨道，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，白纸，复写纸，圆规．实验装置及实验中小球运动轨迹及落点的情形简图如图所示．试依照实验要求完成下列填空：(1)实验前，轨道的调剂应注意_______________________________________________．(2)实验中重复多次让a 球从斜槽上开释，应专门注意_______________________________________________.(3)实验中还缺少的测量器材有____________________________________________________________________________________________________________________.(4)实验中需要测量的物理量是___________________________________________．(5)若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式________________成立．解析：(1)由于要保证两球发生弹性碰撞后做平抛运动，即初速度沿水平方向，因此必须保证槽的末端的切线是水平的．(2)由于实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置，因此每次碰撞前入射球a 的速度必须相同，依照mgh ＝12mv 2可得v ＝2gh ，因此每次必须让a 球从同一高度静止开释滚下．(3)要验证m a v 0＝m a v 1＋m b v 2，由于碰撞前后入射球和被碰球从同一高度同时做平抛运动的时刻相同，故可验证m a v 0t ＝m a v 1t ＋m b v 2t ，而v 0t ＝OP ，v 1t ＝OM ，v 2t ＝ON ，故只需验证m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON ，因此要测量a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，故需要天平；要测量两球平抛时水平方向的位移即线段OP 、OM 和ON 的长度，故需要刻度尺．(4)由(3)的解析可知实验中需测量的物理量是a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，线段OP 、OM 和ON 的长度．(5)由(3)的解析可知若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON .答案：(1)槽的末端的切线是水平的 (2)让a 球从同一高度静止开释滚下 (3)天平、刻度尺 (4)a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，线段OP 、OM 和ON 的长度(5)m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON对实验数据和误差分析的考查[学生用书P122]1．数据处理：本实验运用转换法，立即测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移；由于本实验仅限于研究系统在碰撞前后动量的关系，因此各物理量的单位不必统一使用国际单位制的单位．2．误差分析(1)系统误差要紧来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件．如斜槽末端切线方向是否水平，两碰撞球是否等大．(2)偶然误差：要紧来源于质量和速度的测量．3．改进措施(1)设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．(2)采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．【典题例析】为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：①用天平测出两小球的质量(分别为m 1和m 2，且m 1>m 2)．②按图示安装好实验器材，将斜槽AB 固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC 连接在斜槽末端． ③先不放小球m 2，让小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m 2放在斜槽末端边缘处，让小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m 1和m 2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B 的距离．图中D 、E 、F 点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B 点的距离分别为L D 、L E 、L F .依照该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球m 2时，小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，m 1的落点在图中的________点，把小球m 2放在斜槽末端边缘处，小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m 1的落点在图中的________点．(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．A ．m 1L F ＝m 1L D ＋m 2L EB ．m 1L 2E ＝m 1L 2D ＋m 2L 2FC ．m 1L E ＝m 1LD ＋m 2L FD ．LE ＝LF －L D[解析] (1)小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，m 1的落点在图中的E 点，小球m 1和小球m 2相撞后，小球m 2的速度增大，小球m 1的速度减小，都做平抛运动，因此碰撞后m 1球的落地点是D 点，m 2球的落地点是F 点．(2)设斜面倾角为θ，小球落点到B 点的距离为L ，小球从B 点抛出时速度为v ，则竖直方向有L sin θ＝12gt 2，水平方向有L cos θ＝vt ，解得v＝L cos θt ＝L cos θ2L sin θg ＝cos θ2sin θgL ，因此v ∝L . 由题意分析得，只要满足m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v ′1，把速度v 代入整理得：m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有缺失，则要满足关系式：12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v 22， 整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，故C 正确．[答案] (1)E D (2)C2.(高考全国卷Ⅱ)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)能够记录遮光片通过光电门的时刻．实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率为f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时刻为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．若实验承诺的相对误差绝对值⎝ ⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量 ⎭⎪⎫×100%) 最大为5%，本实验是否在误差范畴内验证了动量守恒定律？写出运算过程． 解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小v ＝Δs Δt ①式中Δs 为滑块在专门短时刻Δt 内走过的路程．设纸带上打出相邻两点的时刻间隔为Δt A ，则Δt A ＝1f ＝0.02 s ②Δt A 可视为专门短．设滑块A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1.将②式和图给实验数据代入①式得v 0＝2.00 m/s ③v 1＝0.970 m/s ④设滑块B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有v 2＝d Δt B ⑤代入题给实验数据得v 2≈2.86 m/s⑥ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p ′，则p ＝m 1v 0⑦ p ′＝m 1v 1＋m 2v 2 ⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100% ⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp ＝1.7%<5%因此，本实验在承诺的误差范畴内验证了动量守恒定律．答案：见解析创新实验[学生用书P122]【典题例析】气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们能够用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)．采纳的实验步骤如下：①用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B .②调整气垫导轨，使导轨处于水平．③在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．④用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时刻的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时刻t 1和t 2.(1)实验中还应测量的物理量是________________________________________________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的缘故是________________________________________________________________________.(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？若能，请写出表达式：________________________________________________________________________.[解析] (1)验证动量守恒，需要明白物体的运动速度，在差不多明白运动时刻的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B 的右端至D 板的距离L 2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有m A v A －m B v B ＝0，即m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0.造成误差的缘故：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时刻、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等．(3)依照能量守恒知，两运动物体获得的动能确实是弹簧的弹性势能．因此能测出，故有ΔE p ＝12⎝⎛⎭⎪⎫m A L 21t 21＋m B L 22t 22. [答案] (1)B 的右端至D 板的距离L 2(2)m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0 缘故见解析 (3)见解析3.某同学利用电火花打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上平均分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳固地漂浮在导轨上，如此就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的要紧步骤：①安装好气垫导轨，调剂气垫导轨的调剂旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把电火花打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调剂打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图(b)所示；⑧测得滑块1的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，运算可知两滑块相互作用往常系统的总动量为________kg ·m/s ；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg ·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2)中两结果不完全相等的要紧缘故是________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)⑥使用打点计时器时，应先接通电源后开释纸带，因此先接通打点计时器的电源，后放滑块1.(2)放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，依照纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为：p 1＝m 1v 1＝0.310×0.20.1kg ·m/s ＝0.620 kg ·m/s ，滑块2的动量为零，因此碰撞前的总动量为0.620 kg ·m/s ；碰撞后滑块1、2速度相等，因此碰撞后总动量为：(m 1＋m 2)v 2＝(0.310＋0.205)×0.1680.14kg ·m/s ＝0.618 kg ·m/s. (3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用．答案：(1)⑥启动打点计时器(或接通打点计时器电源)开释滑块1 (2)0.620 0.618(3)纸带和限位孔之间的摩擦力使滑块的速度减小[学生用书P123]1．气垫导轨上有A 、B 两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图甲所示)，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ，由图可知：(1)A 、B 离开弹簧后，应该做____________运动，已知滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，依照照片记录的信息，从图中能够看出闪光照片有明显与事实不相符合的地点是________________________________________________________________________．(2)若不计此失误，分开后，A 的动量大小为________kg ·m/s ，B 的动量的大小为________kg ·m/s.本实验中得出“在实验误差承诺范畴内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是________________________________________________________________．解析：(1)A 、B 离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，因此均做匀速直线运动，在离开弹簧前A 、B 均做加速运动，A 、B 两滑块的第一个间隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小．(2)周期T ＝1f ＝0.1 s ，v ＝x t，由题图知A 、B 匀速时速度大小分别为v A ＝0.09 m/s ，v B ＝0.06 m/s ，分开后A 、B 的动量大小均为p ＝0.018 kg ·m/s ，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案：(1)匀速直线 A 、B 两滑块的第一个间隔(2)0.018 0.018 A 、B 两滑块作用前后总动量不变，均为02．(2020·湖南益阳模拟)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能缺失专门小和专门大等各种情形，若要求碰撞时动能缺失最大应选下图中的________(选填“甲”或“乙”)，若要求碰撞动能缺失最小则应选图中的________(选填“甲”或“乙”)．(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)(2)某次实验时碰撞前B 滑块静止，A 滑块匀速向B 滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍照得到的闪光照片如图所示．已知相邻两次闪光的时刻间隔为T ，在这4次闪光的过程中，A 、B 两滑块均在0～80 cm 范畴内，且第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处．若A 、B 两滑块的碰撞时刻及闪光连续的时刻极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A 、B 两滑块质量比m A ∶m B ＝________．解析：(1)若要求碰撞时动能缺失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；若要求碰撞时动能缺失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选图中的甲．(2)由图可知，第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处，第二次A 在x ＝30 cm 处，第三次A 在x ＝50 cm 处，碰撞在x ＝60 cm 处．从第三次闪光到碰撞的时刻为T 2，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T 时刻．设碰前A 的速度为v ，则碰后A 的速度为v 2，B 的速度为v ，依照动量守恒定律可得m A v ＝－m A ·v2＋m B ·v ，解得m A m B ＝23. 答案：(1)乙 甲 (2)2.5T 2∶33.某实验小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧和两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，如图所示．解除弹簧锁定，则这两个金属小球能够同时沿同一直线向相反方向弹射．现要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，并探究弹射过程所遵循的规律，实验小组配有足够的差不多测量工具，并按下述步骤进行实验：①用天平测出两球质量分别为m 1、m 2；②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h ；③解除弹簧锁定弹出两球，记录下两球在水平地面上的落点M 、N .依照该小组同学的实验，回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需要测量的物理量有________．A ．弹簧的压缩量ΔxB ．两球落地点M 、N 到对应管口P 、Q 的水平距离x 1、x 2C ．小球直径D ．两球从弹出到落地的时刻t 1、t 2(2)依照测量结果，可得弹性势能的表达式为________________________________________．(3)用测得的物理量来表示，假如满足关系式________________________________________________________________________，则说明弹射过程中系统动量守恒．解析：(1)弹簧弹出两球过程中，系统机械能守恒，要测定压缩弹簧的弹性势能，可转换为测定两球被弹出时的动能，实验中明显能够利用平抛运动测定平抛初速度以运算初动能，因此在测出平抛运动下落高度的情形下，只需测定两球落地点M 、N 到对应管口P 、Q 的水平距离x 1、x 2，因此选B.(2)平抛运动的时刻t ＝2h g ，初速度v 0＝x t ，因此初动能E k ＝12mv 20＝mgx24h，由机械能守恒定律可知，压缩弹簧的弹性势能等于两球平抛运动的初动能之和，即E p ＝m 1gx 214h ＋m 2gx 224h.(3)若弹射过程中系统动量守恒，则m 1v 01＝m 2v 02，代入时刻得m 1x 1＝m 2x 2.答案：(1)B (2)E p ＝m 1gx 214h ＋m 2gx 224h(3)m 1x 1＝m 2x 24．用“碰撞实验器”能够验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直截了当测定小球碰撞前后的速度是不容易的．然而，能够通过仅测量__________(填选项前的序号)，间接地解决那个问题．A ．小球开始开释高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的水平射程(2)图甲中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上同一位置静止开释，找到其平均落地点的位置B ，测量平抛射程OB .然后把被碰小球m 2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m 1从斜轨上相同位置静止开释，与小球m 2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是__________(填选项的符号)．A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2B ．测量小球m 1开始开释高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置A 、CE ．测量平抛射程OA 、OC(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____________________[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为____________________[用(2)中测量的量表示]．(4)经测定，m 1＝45.0 g ，m 2＝7.5 g ，小球落地点的平均位置到O 点的距离如图乙所示．碰撞前、后m 1的动量分别为p 1与p ′1，则p 1∶p ′1＝__________∶11；若碰撞终止时m 2的动量为p ′2，则p ′1∶p ′2＝11∶__________；因此，碰撞前、后总动量的比值p 1p ′1＋p ′2＝__________；实验结果说明____________________．解析：(1)设小球a 没有和b 球碰撞，抛出时速度为v 1，球a 和球b 碰撞后抛出的速度分别为v 2、v 3，则我们要验证动量守恒即：m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3，测速度是关键，平抛运动的初速度v ＝xt ，即m 1OB t 1＝m 1OA t 2＋m 2OC t 3，因为平抛运动的高度一定，因此t 1＝t 2＝t 3，即m 1OB ＝m 1OA ＋m 2OC ，只要测得小球做平抛运动的水平射程，即可替代速度．(2)碰撞完毕后，就要测数据验证了，因此我们由(1)明白能够通过测量它们的水平射程就能够替代不容易测量的速度．再用天平称出两小球的质量m 1、m 2.(3)两球相碰前后的动量守恒的表达式见(1)，弹性碰撞没有机械能缺失，因此还应满足机械能守恒，m 1OB2＝m 1OA 2＋m 2OC 2.(4)将数据代入(3)，因为存在实验误差，因此最后等式两边可不能严格相等，因此在误差承诺范畴内，碰撞前、后的总动量不变．答案：(1)C (2)ADE (3)m 1OB ＝m 1OA ＋m 2OC m 1OB 2＝m 1OA 2＋m 2OC 2(4)14 2.9 1413.9误差承诺范畴内，碰撞前、后的总动量不变。
高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 专题突破 动量守恒中的力学综合问题教学案
专题突破 动量守恒中的力学综合问题常见的三个经典模型 模型 “人船模型” 模型图示模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0。
(2)两物体的位移满足：m x 人t －M x 船t ＝0，x 人＋x 船＝L ，即x 人＝M M ＋m L ，x 船＝m M ＋m L(3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1。
端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m 的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)( )图1A.LB.mL MC.mL M ＋mD.ML M ＋m 解析 设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v 1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t －Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝mLM＋m，故只有选项C正确。
答案C模型“子弹打木块”或“滑块—平板”模型模型图示模型特点(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移也最大。
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大。
水平面上，一个质量为m＝3 kg的滑块以初速度v0＝2 m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。
则下面说法正确的是( )图2A.整个过程中因摩擦产生的内能是3.0 JB.整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 JC.滑块最终的速度为0D.滑块最终的速度为1.5 m/s解析 滑块与木板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝1.5 m/s ，选项C 错误，D 正确；又由能量守恒定律可得：整个过程中因摩擦产生的内能Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝1.5 J ，选项A 错误，B 正确。
高三物理复习专题《弹性碰撞》学案
弹性碰撞完全弹性碰撞是一类特殊的碰撞，它妙趣横生、耐人寻味．本文拟从七个方面入手，通过一些经典的示例和身边的现象，仔细“品味”完全弹性碰撞．如果主碰球的质量为1m ，被碰球的质量为2m ，根据动量守恒和机械能守恒，有：''11221122m v m v m v m v +=+ ①22'2'21122112211112222m v m v m v m v +=+ ②解得：'12211212122m m m v v v m m m m -=+++'21122112122m m m v v v m m m m -=+++（一）、两和相等1．结论： ''1122v v v v +=+【例1】质量为3M kg =速度为12/v m s =的小球，与质量为1m kg =速度为24/v m s=-的小球发生正碰，以下各组答案表示完全弹性碰撞的一组是( )A ．'11/v m s =-,'25/v m s =B ．'12/v m s =-,'25/v m s =C ．'11/v m s =,'25/v m s =-D ．'11/v m s =,'25/v m s =【解析】 只要套用结论"''1122v v v v +=+便很容易得到选项A 答案．【答案】 A点评 这是一个鲜为人知却很有用的结论，可以简单地判断和区别碰撞类型． （二）、偷梁换柱1．结论： 若12m m =，则''1221,v v v v ==.【例2】如图3-4-1所示，在光滑的水平面上有一辆长为 1.0L m =的小车A ，在A 上有一木块等，B 与A 的动摩擦因数为0.05μ=．开B (大小不计)，A 与B 的质量相中以初速度 5.0/v m s =向右运动，假设B始时A 是静止的，B 位于A 的正与A 的前后两壁碰撞是完全弹性的，求B 与A 的前后两个墙壁最多能相碰多少次?【解析】 先是木块B 在摩擦力的作用下减速，小车A 在摩擦力的作用下加速．地面是光滑的，系统动量守恒，B 与A 的前壁发生完全弹性碰撞，且质量相等，因此A 与B 交换速度．此后，B 将加速，A 将减速，B 又与A 的后壁发生完全弹性碰撞交换速度．就这样不停地减速，不断地交换，最终达到相等的速度，相对运动宣告结束．由动量守恒定理得12mv mv =，解得图 3-4-11 2.5/m sv =．再根据系统的动能定理2211122mgs mv mvμ-=-，解得12.5m s =．s 是相对路程，所以最多能相碰12113+=次． 【答案】 13次 3．现象链接如图3-4-2所示，质量相等的两个刚性小球，摆角不相等，同时由静止自由释放，各自将会在自己的半面振动，但是角度不停地交换变化，对于左面的小球角度的变化是θαθα→→→，右面的小球角度的变化是αθαθ→→→．妙趣横生． （三）、前赴后继 '2210,v v v ==.1．结论： 若12m m =，则【例3】一题多变在图3-4-1中，如果B 与A 之间光滑，A 与地面之间的动摩擦因数为0.5μ=，，其他条件不变，求B 与A 的前后两个墙壁最多能相碰多少次?【解析】 先是B 在A 上无摩擦的滑动，与A 的前壁发生短暂的完全弹性碰撞，可以看作动量守恒，由于A 与B 质量相等，所以它们传递速度，B 便停下来，A 在此速度的基础上开始减速，接着B 与A 后壁又发生完全弹性碰撞传递速度，B 又匀速运动，A 又停止．就这样二者交换，走走停停，最终系统都停下来．根据系统的动能定理，得21202mgs mv μ-=-，解得12.5s m =．则B 与A 的前后两个墙壁最多能相碰122125⨯+=次．【答案】25次点评 虽然情景相似，但略作变化，结果就大相径庭． 2．现象链接 如图3-4-3所示，英国皇家学会的一个很著名的实验．它是在天花板上悬挂好多相等摆长的双线摆，当第一个小球摆下以后，这个速度一直就会传递到最后一个小球，最后一个小球也就摆到原来的高度，这样一直往复运动下去，中间的双线摆不运动，起到传递速度的作用．这在台球运动中是经常见到的现象． （四）、勇往直前 1．结论： 若12m m >，且20v =.则''210v v >>.2．验证动量守恒定律的实验中为了避免入射小球被反向弹回，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，原因就在于此． 3．现象链接一个大人跑步时不小心碰到一个小孩的身上，小孩很容易摔倒，就是这个道理． （五）、我行我素 1.结论： 若1m >>2m ，且20v =.则''1121,2v v v v ≈≈.2．在α粒子散射实验中，首先得排除α粒子大角度散射不是电子造成的，课本上为了说明这一点，用了这样一个比喻：α粒子遇到电子就像高速飞行着的子弹遇到一粒尘埃一样．这个图3-4-3图 3-4-2现象可以用以上结论很好地解释了．3．现象链接 铅球碰撞乒乓球就是这种现象． （六）、反向弹回1.结论： 若12m m <，且20v =.则''120,0v v <>.【例4】有光滑圆弧轨道的小车质量为3M kg =，静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平，有一质量为1m kg =的小球以水平初速度4/v m s =滚上小车，如图3-4-4所示．求小球又滚下小车分离时二者的速度?【解析】由于满足动量守恒和动能守恒，所以小球在光滑圆弧上的运动，m M <，所以小球的分离可以看作是可以看作是完全弹性碰擅，由于反向弹回．把数据代入篇首的结论，则：小球的速度'1()2/0m M v v m s m M -==-<+小车的速度'222/0mvv m s m M ==>+2．现象链接在篮球运动中，质量小的运动员经常被碰回，这是司空见惯的． （七）、蚍蜉撼树 1.结论：若1m <<2m ，且20v =，则''112,0v v v ≈-≈．2．如图3-4-5所示，在乒乓球碰到墙壁以后被反向弹回，它的动量发生了2倍的改变，即()2p mv mv mv∆=--=．3．现象链接 气体分子频繁地碰撞器壁，给器壁产一个持续的恒定的压力．而每个分子都被反向弹回．（八）、当20v =时,不动球获得最大速度、最大动量和最大动能的条件∵'12112121221m v v v m m m ==++∴当1m >>2m 时，'2v 最大为1'22m v v =∴'121222111122221m m m P m v v v m m m m ===++所以当2m >>1m ,2P 最大为211122m P m v P== 这一结果还可以简捷地根据21P P∆=-∆得出,请读者试一试. '22211122222112121224111()222()k m v m m E m v m m v m m m m ===++图 3-4-5图 3-4-4当21m m =时,2k E 最大为2211112k k E m v E ==【例5】带有光滑圆弧轨道的滑块质量为M 静止在光滑水平面上,轨道足够高且轨道下端的切小球以水平初速度0v 滚上滑块,如图线方向水平.今有一质量为m 的3-4-6所示,求高度h(1)小球沿圆弧轨道上升的最大(2)小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小【解析】 小球沿光滑圆弧轨道运动的过程可以看作弹性正碰的过程,系统总动量和总机械能守恒，(1)当小球与滑块的速度相同时,小球上升的高度最大,设此时小球和滑块的共同速度为v ,有:()()220011,22mv m M v mv mgh m M v =+=++得: ()22Mv h M m g=+(2)设小球又滚回来时, M 的速度为1v ,球的速度为2v,有: 012mv Mv mv =+222012111222mv Mv mv =+联立解之得的:10202,m m Mv v v v M m M m -==++ 【答案】()22Mv M m g+ 02m v M m + 0m Mv M m -+【例6】如图3-4-7所示,质量为M 的平板车在光滑水平面上以速度v 匀速运动,车身足够长,其上表面粗糙,质量为m 的小球自h 高处由静止下落,与平板车碰撞后,每一次上升高度仍然为h ,每次碰撞过程中,由于摩擦力的冲量不能忽略,撞击几次后,小球水平方向的速度逐渐增大.求平板车的最终速度? 【解析】 准确理解题意，应用动量守恒的条件判断，挖掘隐含条件是解决本题的关键. 车和球组成的系统在水平方向上动量守()0Mv M m v ＝+ 所以有：0Mv v M m ＝+ 恒，由动量守恒定律得：【答案】Mv v M m ＝+总之，要学好碰撞首先要弄清楚完全弹性碰撞，从方方面面“品味”出究竟来，这对于学习其他碰撞是很有益的．图3-4-6图3-4-7。
1.5弹性碰撞和非弹性碰撞 导学案—2021-2022学年高二上学期物理人教版(2019)选修一
1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞导学案学习目标：1.[物理观念]通过学习理解弹性碰撞、非弹性碰撞，了解正碰(对心碰撞)．2.[科学思维]通过实例分析，会应用动量、能量的观点解决一维碰撞问题．课前预习：A.知识点回顾1．动量守恒定律内容：如果一个系统不受或者所受的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成：p1＋p2＝或m1v1＋m2v2＝. 3．适用条件1.系统不受2.所受矢量和为零．3.系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力外力时，如等现象中，系统的动量可看成近似守恒。
4.若系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。
B.知识点预习1.碰撞的特点A.时间；B.位移；可认为。
C. 内力外力，可认为。
D. 速度发生突变。
2.碰撞的分类按碰撞前后动量是否共线分为：，按碰撞前后动能是否守恒分为：，机械能，机械能课前精讲：1.弹性碰撞实例分析如图所示，质量为m1的小球A以速度v0向右与质量为m2的静止小球B 发生碰撞，若两者间的碰撞是弹性碰撞：(1)试求碰后两球的速度分别为多少？(2)对一维弹性．．．．碰撞下第(1)问结果的几点讨论：①若m1＝m2，则有v′1＝________，v′2＝________，即两者碰后________．注意，即使B小球速度不为零也会发生速度交换，可以借助牛顿摆进行验证．②若m1≪m2，则有v′1＝________，v′2＝________，表明m1被反向以原________弹回，而m2仍静止．③若m1≫m2，则有v′1＝________，v′2＝________，表明m1的速度________，m2以2v0的速度被撞出去．请举出生活中符合①②③情况的例子．※质量为m1的小球A以速度v1向右与质量为m2的速度v2小球B发生碰撞，若两者间的碰撞是弹性碰撞：试求碰后两球的速度分别为多少？2.碰撞的可能性探讨例甲、乙两铁球质量分别是m1＝1 kg，m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6 m/s、v2＝2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是()A. v′1＝7 m/s，v′2＝1.5 m/sB. v′1＝2 m/s，v′2＝4 m/sC. v′1＝3.5 m/s，v′2＝3 m/sD. v′1＝4 m/s，v′2＝3 m/s解析：(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2. 选项违反此原则(2)系统动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.选项违反此原则(3)速度要合理，即：①若碰前两者同向运动，则v后>v前，追碰后，原来在前面物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②若碰前两物体相向运动，则对碰后两物体的运动方向不可能都不改变．跟踪练习1.在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为Δp A、Δp B。
2021版高考物理(基础版)一轮复习学案：第六章 1 第一节 动量 冲量 动量定理 Word版含答案
[考点要求]1．动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ) 2.弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)实验七：验证动量守恒定律[高考导航]第一节动量冲量动量定理[学生用书P113]【基础梳理】提示：速度m v相同作用时间Ft相同动量冲量p′－p1．判一判(1)动量越大的物体，其速度越大．( ) (2)物体的动量越大，其惯性也越大．( ) (3)物体所受合力不变，则动量也不变．( )(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．( ) (5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．( ) (6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同． ( ) 提示：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ 2．做一做(1)人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是前脚掌先着地，并在着地的过程中屈腿下蹲，这是为了( )A ．使人的动量变化量变得更小B ．减小人脚所受的冲量C ．延长人体速度变化所经历的时间，从而减小地面对人脚的作用力D ．增大人对地的压强，使人站立得更稳，起到安全作用提示：选C.人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知：(F －mg )t ＝Δm v ；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，故C 正确，A 、B 、D 错误．(2)(2020·湖北部分重点中学模拟)质量为m 的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t ，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为v .在时间t 内( )A ．地面对他的平均作用力为mgB ．地面对他的平均作用力为m vtC ．地面对他的平均作用力为m ⎝⎛⎭⎫vt －gD ．地面对他的平均作用力为m ⎝⎛⎭⎫g ＋vt提示：选D.人的速度原来为零，起跳后变化v ，则由动量定理可得：(F －mg )t ＝m v ，故地面对人的平均作用力为F ＝m ⎝⎛⎭⎫g ＋vt ，D 正确．对动量和冲量的理解[学生用书P114]1．动能、动量、动量变化量的比较1．(2020·北京丰台区一模)为了研究平抛物体的运动，用两个相同小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面．A、B两小球开始下落到落地前瞬间的过程中，下列对A、B球描述正确的是()A．A球与B球的速率变化量相同B．A球与B球的动量变化量相同C．A球与B球的速度变化率不同D．A球与B球的动能变化量不同解析：选B.两球的所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt；但速率的大小变化不同，故A错误，B正确；速度的变化量相同为gt，速度的变化率为重力加速度，相同；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做的功，相同，故C、D错误．2．(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A．重力的冲量相同B．斜面弹力的冲量不同C．斜面弹力的冲量均为零D．合力的冲量不同解析：选BD.设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝2gh，所用时间t＝1sin θ2hg.由冲量定义可求得重力的冲量大小为I G＝mgt＝m2ghsin θ，方向竖直向下，故A错误；斜面弹力的冲量大小为I N＝mgt cos θ＝m2ghtan θ，方向垂直斜面向上，故B正确，C错误；合力的大小为mg sin θ，I合＝mgt sin θ＝m2gh，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故D正确．对动量定理的理解和应用[学生用书P115]【知识提炼】1．对动量定理的理解(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．(2)动量定理的表达式F ·Δt ＝Δp 是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F 是物体或系统所受的合力．2．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp 越小．3．用动量定理解题的基本思路【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg[解析] 根据动量定理有F Δt ＝Δm v －0，解得Δm Δt ＝Fv ＝1.6×103 kg/s ，所以B 正确．[答案] B【迁移题组】迁移1 运用动量定理解释生活现象1.(2020·广东广州一模)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员( )A ．过程Ⅰ的动量改变量等于零B ．过程Ⅱ的动量改变量等于零C ．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D ．过程Ⅱ 的动量改变量等于重力的冲量解析：选C.过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt ，不为零，故A 错误，C正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B 错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D 错误．迁移2 动量定理的应用2．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的运摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)解析：法一 用动量定理解，分段处理．选物体作为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速直线运动的过程，物体的受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0；对于撤去F 后，物体做匀减速直线运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零，根据动量定理有－μmgt 2＝0－m v ； 以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二 用动量定理解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态物体的速度都等于零． 取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.答案：12 s动量定理的应用技巧(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．动量定理与微元法的综合应用[学生用书P115]【知识提炼】1．流体类“柱状模型”问题对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρS vΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρS v2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρS v2.2．微粒类“柱状模型”问题微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤(1)建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S(2)微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝S v0Δt，则微元内的粒子数N＝n v0SΔt(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算1．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)()A．0.15 Pa B．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4 Pa解析：选A.设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ，在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12 m/s 减为零，以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ，得到F ＝ΔmΔt v .设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水面上升Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，得F ＝ρS v Δh Δt ，压强p ＝FS ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33 600 Pa ＝0.15Pa.2.如图所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M 的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v 0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)ΔmΔt从地下射向空中．求垃圾桶可停留的最大高度．(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹，重力加速度为g )解析：设垃圾桶可停留的最大高度为h ，并设水柱到达h 高处的速度为v t ，则v 2t －v 20＝－2gh得v 2t ＝v 20－2gh由动量定理得，在极短时间Δt 内，水受到的冲量为 F Δt ＝2(ΔmΔt ·Δt )v t解得F ＝2Δm Δt ·v t ＝2ΔmΔt v 20－2gh据题意有F ＝Mg联立解得h ＝v 202g －M 2g 8(Δt Δm )2.答案：v 202g －M 2g 8(Δt Δm)2两类流体运动模型第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质接触后以原速率反弹．设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n，每个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft＝0－n(－p)，“反弹模型”满足Ft＝np－n(－p)．“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误．[学生用书P116]动量定理巧解变力作用问题【对点训练】1．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为()A ．I 2mUq B ．I mU q C ．ImU 2qD ．2ImU q解析：选A.以正离子为研究对象，由动能定理可得qU ＝12m v 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝I Δt ，喷出的总质量Δm ＝Qq m ＝I Δt q m .由动量定理可知F Δt ＝Δm v ，联立以上各式求解可得F ＝I2mUq，A 正确． 2．某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤．现用下列模型分析研究：大石板质量M ＝80 kg ，铁锤质量m ＝5 kg ，铁锤从h 1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h 2＝0.05 m 时被拿开．铁锤与石板作用的时间t 1＝0.01 s ，由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间为t 2＝0.5 s ．取重力加速度g ＝10 m/s 2，铁锤敲击大石板的过程中，求：(1)铁锤受到的冲量大小；(2)大石板对铁锤的平均作用力大小； (3)大石板对“气功师”的平均作用力大小．解析：(1)设铁锤击打石板前瞬间的速度大小为v 1，由机械能守恒定律可得mgh 1＝12m v 21，代入数据解得v 1＝6 m/s ，铁锤反弹的速度大小为v 2＝2gh 2＝1 m/s.对铁锤，以反弹的方向为正方向，由动量定理可得I ＝m v 2－(－m v 1)，解得I ＝35 N ·s. (2)设大石板对铁锤的平均作用力大小为F 1，则有I ＝(F 1－mg )t 1，解得F 1＝3 550 N. (3)设“气功师”对大石板的平均作用力大小为F 2，对石板，由动量定理得(F 2－Mg )t 2－F 1t 1＝0，解得F 2＝871 N ，由牛顿第三定律可知，大石板对“气功师”的平均作用力大小为871 N.答案：见解析[学生用书P337(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故A 正确，B、C、D错误．2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C 错误，D正确．3．(2018·高考全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为() A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N解析：选C.根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝m v ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确．4．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v .在此过程中( )A ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为12m v 2B ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为m v ，地面对他做的功为12m v 2 D ．地面对他的冲量为m v －mg Δt ，地面对他做的功为零解析：选B.人的速度原来为零，起跳后速度为v ，以竖直向上为正方向，则由动量定理可得：I －mg Δt ＝m v －0，故地面对人的冲量为m v ＋mg Δt ；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B 正确．5.(2020·安徽阜阳第三中学模拟)2019年阜阳三中科学晚会中，科技制作社团表演了“震撼动量球”实验．为感受碰撞过程中的力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为3 kg 的超大气球以2 m/s 的速度竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为0.2 s ．忽略气球所受浮力及空气阻力，g ＝10 m/s 2.则观众双手受的压力共计( )A ．30 NB ．60 NC ．90 ND ．120 N解析：选C.设观众双手受到的压力共计为F ，取竖直向下为正方向，对大气球由动量定理有：(mg －F )·Δt ＝m v ′－m v ，代入数据解得：F ＝90 N ，故C 正确．6．(2020·湖南长沙二模)乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术．某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7 g 的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2.45 m ，若抛球过程，手掌和球接触时间为5 ms ，不计空气阻力，则该过程中手掌对球的作用力大小约为( )A ．0.4 NB ．4 NC ．40 ND ．400 N解析：选B.向上为正，手离开球后的速度为v ：v ＝2gh ＝2×10×2.45 m/s ＝7 m/s ，重力忽略由动量定理有：F ＝m v t ＝2.7×10－3×75×10－3N ≈4 N ，故B 正确，A 、C 、D 错误．7．(2020·山西晋城高三模拟)太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M 的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F 的平均推力才能维持飞船以恒定速度v 匀速飞行．已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为( )A ．M ＋F vB.F v －M C ．M －F v D.F v解析：选D.设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m .以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft ＝m v －0，其中t ＝1 s ，可得：m ＝F v ，D 正确．8．小球质量为2m ，以速度v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回，速度大小是 45v ，球与墙撞击时间为t ，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是( ) A.2m v 5tB.8m v 5tC.18m v 5tD.2m v t解析：选C.设初速度方向为正，则弹后的速度为－4v 5，则由动量定理可得Ft ＝－2m ×4v 5－2m v ，解得F ＝－18m v 5t，负号表示力的方向与初速度方向相反．由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲力为F ′＝－F ＝18m v 5t，故选C. 二、多项选择题9．有关实际中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故A 正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I 一定，着地时屈腿是延长时间t ，由I ＝Ft 可知，延长时间t 可以减小运动员所受到的平均冲力F ，故B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I ＝Ft 可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故D 错误．10．质量为m 的物体， 以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时小B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32m v 0D ．整个过程中物体的动量变化量为12m v 0 解析：选AC.以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为l ，则上滑过程所需时间t 1＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4l v 0，t 1<t 2，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 正确．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B 错误．对全过程应用动量定理，以初速度方向为正方向，则I 合＝Δp ＝－m v t －m v 0＝－32m v 0，C 正确，D 错误． 11.(2017·高考全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg ·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg ·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：选AB.根据F －t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N ·s 、4 N ·s 、3 N ·s 、2 N ·s ，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg ·m/s 、4 kg ·m/s 、3 kg ·m/s 、2 kg ·m/s ，A 、B 正确，C 、D 错误．12．(2020·湖南常德模拟)如图所示，质量为m 的小球从距离地面高H 的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h 的B 点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g ，关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A ．小球的机械能减小了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 解析：选AC.小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg (H ＋h )，则小球的机械能减小了mg (H ＋h )，故A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg (H ＋h )－W f ＝0，则小球克服阻力做功W f ＝mg (H ＋h )，故B 错误；小球落到地面的速度v ＝2gH ，对小球进入泥潭的过程运用动量定理得：I G －I F ＝0－m 2gH ，得：I F ＝I G ＋m 2gH ，知阻力的冲量大于m 2gH ，故C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D 错误．三、非选择题13．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速率均约为30 m/s.(1)车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，则这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t ，根据x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理Ft ＝Δp ＝m v 0得，F ＝m v 0t ＝60×30130N ＝5.4×104 N. (2)若人系有安全带时，F ′＝m v 0t ′＝60×301N ＝1.8×103 N. 答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N14.(2018·高考北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h ＝10 m ，C 是半径R ＝20 m圆弧的最低点．质量m ＝60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a ＝4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B ＝30 m/s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求长直助滑道AB 的长度L ；(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小；(3)若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A 2a＝100 m. (2)根据动量定理，有I ＝m v B －m v A ＝1 800 N ·s.(3)运动员经C 点时的受力分析如图所示，根据动能定理，运动员在BC 段运动的过程中，有mgh ＝12m v 2C －12m v 2B 根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2C R联立解得F N ＝3 900 N.答案：见解析。
高中选修第一册《5 弹性碰撞和非弹性碰撞》名师优质课导学案
弹性碰撞和非弹性碰撞【学习目标】1．了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞；会应用动量、能量的观点综合分析解决一维碰撞问题。
2．加深对动量守恒定律和机械能守恒定律的理解，能运用这两个定律解决碰撞问题。
【学习重难点】用动量守恒定律、机械能守恒定律讨论碰撞问题。
【学习过程】一、弹性碰撞和非弹性碰撞问题1：质量m1=10g的小球在光得的水平面上以v1=30cm/s的速度向右运动，恰遇上质量m2=10g的静止的小球。
碰撞后，小球m1恰好静止。
那么碰撞后小球m2的速度多大？方向如何？思考：碰撞前后机械能变化吗？问题2：质量m1=10g的小球在光得的水平面上以v1=30cm/s的速度向右运动，恰遇上质量m2=50g的小球以v2=10cm/s的速度向左运动。
碰撞后，小球m2恰好静止。
那么碰撞后小球m1的速度多大？方向如何？思考：碰撞前后机械能变化吗？总结：1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能___________。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能___________。
二、弹性碰撞的实例分析1．对心碰撞与非对心碰撞观察这两种碰撞的不同，总结：（1）对心碰撞：碰撞前后的速度_________________________，也称__________。
（2）非对心碰撞：碰撞前后的速度_______________________，也称__________。
2．弹性碰撞已知：如图，地面光滑，物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰后它们的速度分别为v1′和v2′，求v1′和v2′。
请分析几下几种情况下的速度情况：（1）若m1=m2生活实例：________________________________（2）若m1≫m2生活实例：________________________________（3）若m1≪m2生活实例：________________________________【例题1】两球做相向运动，碰撞后两球变为静止，则碰撞前两球（）A．质量一定相等B．动能一定相等C．动量大小一定相等D．以上均不正确【例题2】在光滑水平面上，两球沿着球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞下列现象中不可能发生的是（）A.若两球质量相等，碰后以某一相等速率相互分开B.若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C.若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D.若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行【例题3】甲、乙两球在光滑水平轨道上运动，它们的动量分别是5kg∙m/s和7kg∙m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10kg∙m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是（）A.m乙=m甲B.m乙=2m甲C.4m甲=m乙D.m乙=6m甲【课堂练习】1．在气垫导轨上，一个质量为400g的滑块以15cm/s的速度与另一质量为200g，速度为10cm/s并沿相反方向运动的滑块迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起。
《1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞》导学案
师 生 互 动 预习案【课前预习】一、弹性碰撞和非弹性碰撞1、物体碰撞过程中的动量变化情况是什么样的？2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统在碰撞前后动能______。
(2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能______。
二、弹性碰撞的实例分析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．根据动量守恒定律和能量守恒定律：m 1v 1＝ ； 12m 1v 12＝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.判断下列说法的正误．(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．( )(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( )(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．( )(4)两物体发生碰撞的过程中，两物体组成的系统机械能可能增加．( )训练案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，这样的碰撞叫作非弹性碰撞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2．如图所示，小球A 和小球B 质量相同，小球B 置于光滑水平面上，小球A 从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B 相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，小球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是( )A ．h B.12h C.14h D.18h 3．在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军．若队长王冰玉在最后一投中，将质量为19 kg 的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s 的速度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心．两冰壶质量相等，则下列判断正确的是( )A ．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s ，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B ．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s ，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C ．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s ，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D ．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s ，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞4．质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面可能正确的是( )A ．v 1′＝v 2′＝43m/s B ．v 1′＝3 m/s ，v 2′＝0.5 m/sC ．v 1′＝1 m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝－1 m/s ，v 2′＝2.5 m/s5．甲物体在光滑水平面上运动的速度为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，碰撞后乙的速度为2v 1C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度为－v 1D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量6．台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，如图在某次击球过程中，白球以3 m/s 的速度向右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为( )A ．白球静止，黑球以3 m/s 的速度向右运动B ．黑球静止，白球以3 m/s 的速度反弹向左运动C ．白球和黑球都以1.5 m/s 的速度向右运动D ．白球以3 m/s 的速度反弹向左运动，黑球以3 m/s 的速度向右运动7.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图4所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，则最后这个整体的动能为( )A ．E 0 B.2E 03 C.E 03 D.E 098．甲、乙两铁球质量分别是m 甲＝1 kg 、m 乙＝2 kg.在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是v 甲＝6 m/s 、v 乙＝2 m/s.甲追上乙发生正碰后两铁球的速度有可能是( )A ．v 甲′＝7 m/s ，v 乙′＝1.5 m/sB ．v 甲′＝2 m/s ，v 乙′＝4 m/sC ．v 甲′＝3.5 m/s ，v 乙′＝3 m/sD ．v 甲′＝4 m/s ，v 乙′＝3 m/s9．在光滑水平面上，有两个小球A 、B 沿同一直线同向运动，B 在前，A 在后．已知碰前两球的动量分别为p A ＝12 kg·m/s 、p B ＝13 kg·m/s ，碰撞前后，它们动量的变化量分别为Δp A 、Δp B .下列数值可能正确的是( )A ．Δp A ＝－4 kg·m/s 、ΔpB ＝4 kg·m/sB ．Δp A ＝4 kg·m/s 、Δp B ＝－4 kg·m/sC ．Δp A ＝－24 kg·m/s 、Δp B ＝24 kg·m/sD ．Δp A ＝24 kg·m/s 、Δp B ＝－24 kg·m/s10．如图所示，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m2的速度大小v2.(重力加速度为g)11．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图像如图9所示．求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．11.(2024湖北高考真题)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。
高考物理大一轮复习 6.2弹性碰撞和非弹性碰撞课件
• A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 • B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 • C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 • D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 • 解析 由p＝mv和mB＝2mA知，若A、B球能相碰，A球只
强基固本 考点突破
• 【例1】 (2014·广东卷，35)图3的水平轨道中，AC段的中点 B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板。物体P1沿轨道向 右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P， 以此碰撞时刻为计时零点。探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作， 已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ ＝0.1，AB段长L＝4 m ，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点， P与挡板的碰撞为弹性碰撞。 • 图3
强基固本 考点突破
• 结论 (1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞 后交换速度。
• (2)当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后 两球都向前运动。
• (3)当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后 质量小的球被反弹回来。
• 2．非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束。
高三物理一轮复习【弹性碰撞和非弹性碰撞】
弹性碰撞和非弹性碰撞学习目标：1.[物理观念]通过学习理解弹性碰撞、非弹性碰撞，了解正碰(对心碰撞)． 2.[科学思维]通过实例分析，会应用动量、能量的观点解决一维碰撞问题．一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞的特点：物体碰撞时，相互作用时间很短，相互作用的内力很大，故碰撞过程满足动量守恒．2．碰撞的分类：(1)弹性碰撞：如果系统在碰撞前后动能不变，这类碰撞叫作弹性碰撞．(2)非弹性碰撞：如果系统在碰撞前后动能减少，这类碰撞叫作非弹性碰撞．二、弹性碰撞的实例分析两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞．如图所示．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．(√)(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的．(×)(3)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．(√)(4)两球发生弹性正碰时，两者碰后交换速度．(×)2．一颗水平飞来的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋并留在其中和沙袋一起上摆，关于子弹与沙袋组成的系统，下列说法正确的是() A．子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都守恒B．子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都不守恒C．共同上摆阶段动量守恒，机械能不守恒D．共同上摆阶段动量不守恒，机械能守恒D[子弹和沙袋组成的系统，在子弹射入沙袋的过程中，子弹和沙袋在水平方向的动量守恒，但机械能不守恒，共同上摆过程中动量不守恒，机械能守恒，选项D正确．]3．如图所示，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2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，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．[解析]选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0，B的动量p B＝－2m v0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，发生弹性碰撞后A、B的动量之和也应为零．[答案]左右弹性碰撞和非弹性碰撞如图为两钢性摆球碰撞时的情景．(1)两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？(2)若碰撞后两球粘在一起，发现两球上升的高度仅是入射球释放时的高度的四分之一，说明了什么？提示：(1)两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变．(2)碰撞中动量守恒，机械能不守恒．1．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断(1)题目中明确指出物体间发生的是弹性碰撞．(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞，这些碰撞属于弹性碰撞．名师点睛：两个质量相等的物体发生弹性碰撞时，速度交换．2．分析碰撞问题的“三个原则”(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′或p212m1＋p222m2≥p′122m1＋p′222m2.(3)速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的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，若两物体同向运动，则原来在前的物体的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．如果碰前两物体是相向运动，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．【例1】(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断()A ．碰前质量为m 2的小球静止，质量为m 1的小球向右运动B ．碰后质量为m 2的小球和质量为m 1的小球都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能AC [由题中图乙可知，质量为m 1的小球碰前速度v 1＝4 m/s ，碰后速度为v 1′＝－2 m/s ，质量为m 2的小球碰前速度v 2＝0，碰后的速度v 2′＝2 m/s ，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，代入数据解得m 2＝0.3 kg ，所以选项A 、C 正确，选项B 错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE ＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1v 21＋12m 2v 22＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D 错误．]例1中，两球碰后若粘合在一起，则系统损失的机械能为多少？【提示】 由动量守恒定律m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 共ΔE ＝12m 1v 21－12(m 1＋m 2)v 2共 解得ΔE ＝0.6 J.处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系．(3)要灵活运用E k＝p22m或p＝2mE k，E k＝12p v或p＝2E kv几个关系式．[跟进训练]1．(多选)如图所示，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿同一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量．则下列选项可能正确的是()A．Δp A＝－3 kg·m/s、Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s、Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s、Δp B＝－3 kg·m/sAB[本题属于追及碰撞，碰撞前小球A的速度一定要大于小球B的速度(否则无法实现碰撞)．碰撞后，小球B的动量增大，小球A的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A<0，Δp B>0，并且Δp A＝－Δp B，D错误．若Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A′＝－12 kg·m/s、p B′＝37 kg·m/s，根据关系式E k＝p22m可知，小球A的质量和动量大小不变，动能不变，而小球B 的质量不变，但动量增大，所以小球B的动能增大，这样系统的机械能比碰撞前增大了，选项C错误．经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则．]对心碰撞如图所示为对心碰撞．(1)在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B，分别以初速度v1、v2运动，若它们能发生碰撞(为一维弹性碰撞)，请列出碰撞过程的动量、动能关系式．(2)质量相等的两个物体发生正碰时，一定交换速度吗？提示：(1)设碰撞后的速度分别为v1′、v2′，以地面为参考系，将A和B 看作一个系统．由碰撞过程中系统动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′弹性碰撞中没有机械能损失，有12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2.(2)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．【例2】(多选)2019年1月23日，女子冰壶世锦赛资格赛在新西兰内斯比进入到最后一天，中国队险胜芬兰队，成功斩获今年世锦赛门票．如图所示，两个大小相同、质量均为m的冰壶静止在水平冰面上，运动员在极短时间内给在O点的甲冰壶水平冲量使其向右运动，当甲冰壶运动到A点时与乙冰壶发生弹性正碰，碰后乙冰壶运动到C点停下．已知OA＝AB＝BC＝L，冰壶所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则()A．运动员对甲冰壶做的功为kmgLB．运动员对甲冰壶做的功为3kmgLC．运动员对甲冰壶施加的冲量为m kgLD．运动员对甲冰壶施加的冲量为m6kgL思路点拨：甲冰壶运动到A点时与乙冰壶发生弹性正碰、根据动量守恒和能量守恒可知，质量均为m的两冰壶速度发生交换．BD [甲冰壶运动了距离L 时与乙冰壶发生弹性正碰，甲冰壶碰后停止运动，乙冰壶以甲冰壶碰前的速度继续向前运动了2L 距离停下，从效果上看，相当于乙冰壶不存在，甲冰壶直接向前运动了3L 的距离停止运动，根据动能定理，运动员对甲冰壶做的功等于克服摩擦力做的功，即W ＝3kmgL ，A 错误，B 正确；运动员对甲冰壶施加的冲量I ＝Δp ＝p －0＝2mE k －0＝2m ·3kmgL ＝m 6kgL ，C 错误，D 正确．]弹性正碰，就是两个或多个物体在同一直线上的碰撞，没有任何能量损耗，此时动量守恒，动能也守恒.[跟进训练]2.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起.1球以速度v 0向它们运动，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是( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0D [由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和机械能守恒，若各球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为m v 0，总动能应为12m v 20.假如选项A 正确，则碰后总动量为33m v 0，这显然违反动量守恒定律，故不可能；假如选项B 正确，则碰后总动量为22m v 0，这也违反动量守恒定律，故也不可能；假如选项C 正确，则碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 20，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能；假如选项D正确，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，而且合乎情理，不会发生二次碰撞．故选项D正确．]1．物理观念：弹性碰撞、非弹性碰撞、正碰的概念．2．科学思维：会用动量、能量观点解决一维碰撞问题．3．科学探究：研究小车碰撞前后的动能变化．1．(多选)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AB[选项A为非弹性碰撞，成立；选项B为弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故选项C不成立；总动量守恒，则系统内各物体动量的增量的总和一定为零，选项D错误．]2．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∶1B．1∶2C．1∶3 D．3∶1C[由图像知，碰撞前v A＝4 m/s，v B＝0，碰撞后v A′＝v B′＝1 m/s，由动量守恒定律可知m A v A＋0＝m A v A′＋m B v B′，解得m B＝3m A，选项C正确．] 3．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s.则()A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10A[碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则B球的动量增量为4 kg·m/s，所以碰后A球的动量为2 kg·m/s，B球的动量为10 kg·m/s，即m A v A＝2 kg·m/s，m B v B＝10 kg·m/s，且m B＝2m A，v A∶v B＝2∶5，所以，选项A正确．] 4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h 处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为()A．h B．2hC．3h D．4hD[下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝2gh，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1与m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得12(m1＋m2)v2＝12m1v21＋12m2v22，且m2＝3m1，联立解得v1＝22gh，v2＝0，反弹后高度H＝v212g＝4h，选项D正确．]5．[思维拓展]如图所示，用长度同为l的轻质细绳悬挂四个弹性小球A、B、C、D，它们的质量依次为m1、m2、m3、m4，且满足m1≫m2≫m3≫m4.将A球拉起一定角度θ后释放，则D球开始运动时的速度为()A.2gl (1－cos θ)B ．22gl (1－cos θ)C ．42gl (1－cos θ)D ．82gl (1－cos θ)D [设碰撞前瞬间A 的速度为v 0，根据机械能守恒定律，有m 1gl (1－cos θ)＝12m 1v 20 解得v 0＝2gl (1－cos θ)设A 与B 碰撞后A 与B 的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2①根据机械能守恒定律，有12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 联立①②式得v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0 m 1≫m 2，则v 2＝2v 0.同理，v 3＝2v 2，v 4＝2v 3，所以v 4＝8v 0＝82gl (1－cos θ)，D 选项正确．]。
《第一章 5 弹性碰撞和非弹性碰撞》学历案-高中物理人教版19选择性必修第一册
《弹性碰撞和非弹性碰撞》学历案（第一课时）高中物理课程《弹性碰撞与非弹性碰撞》学历案（第一课时）一、学习主题本课学习主题为“弹性碰撞与非弹性碰撞”。
这是高中物理中关于动量守恒和能量守恒定律应用的重要一课，涉及物理学的两大基本原理及两者之间的相互作用关系。
学习该课程不仅能够掌握两种碰撞的特性和区分标准，同时可以更深入地理解力与运动之间的关系。
二、学习目标1. 知识与理解：了解弹性碰撞与非弹性碰撞的概念及其特性，能够运用基本公式进行简单计算。
2. 技能与方法：学会观察并分析两种碰撞过程中的能量变化和动量守恒现象，并能用物理原理进行解释。
3. 情感态度与价值观：培养对物理学研究的兴趣，提高科学探究能力，形成尊重事实、科学严谨的态度。
三、评价任务1. 概念理解评价：通过课堂提问和小组讨论，评价学生对弹性碰撞与非弹性碰撞概念的理解程度。
2. 技能操作评价：通过课后作业，评价学生运用公式进行计算的能力及对物理现象的观察分析能力。
3. 综合应用评价：通过课堂小测验或单元测试，评价学生对两种碰撞过程的理解和综合应用能力。
四、学习过程1. 导入新课：通过回顾动量守恒和能量守恒的基本原理，引出碰撞的概念及分类，为后续学习打下基础。
2. 新课讲解：详细讲解弹性碰撞和非弹性碰撞的定义、特点及区分标准。
通过实例分析，让学生理解两种碰撞过程中的能量转换和动量变化。
3. 实验演示：利用实验器材进行实验演示，让学生直观地观察两种碰撞过程，加深对理论知识的理解。
4. 学生实践：学生动手操作实验，记录数据并分析结果，锻炼学生的观察能力和实践能力。
5. 课堂小结：总结本课重点内容，加深学生对知识的理解和记忆。
五、检测与作业1. 课堂小测验：针对本课重点内容进行小测验，检测学生对知识的掌握情况。
2. 课后作业：布置相关习题，要求学生运用所学知识进行计算和分析，巩固所学内容。
3. 预习作业：布置下节课的预习内容，要求学生提前阅读教材和相关资料，为下节课的学习做好准备。
江苏省2021高考物理一轮复习 第六章 动量 动量守恒定律 专题强化七“碰撞类”模型问题教案
专题强化七“碰撞类”模型问题专题解读1。
本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析．2．学好本专题,可以使同学们掌握根据物理情景或解题方法的相同或相似性，进行归类分析问题的能力．3．用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律；动量守恒定律；动能定理和能量守恒定律．1．弹性碰撞碰撞结束后,形变全部消失，系统动能没有损失，系统不仅动量守恒,而且初、末动能相等．（1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v12＋错误!m2v22＝错误!m1v1′2＋错误!m2v2′2v1′＝错误!v2′＝错误!(2)v2＝0时，v1′＝错误!v1v2′＝错误!v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1（速度交换);②若m1〉m2，则v1′〉0,v2′〉0（碰后,两物体沿同一方向运动）；③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1〈m2,则v1′〈0，v2′>0（碰后，两物体沿相反方向运动）;⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0.2．非弹性碰撞碰撞结束后,系统动能有部分损失．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′错误!m1v12＋错误!m2v22＝错误!m1v1′2＋错误!m2v2′2＋ΔE k损3．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，系统动能损失最大．m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v错误!m1v12＋错误!m2v22＝错误!(m1＋m2）v2＋ΔE k损max4．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E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p122m1＋错误!≥错误!＋错误!。
（3)速度要合理①碰前若同向运动,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肯定有一个改变或速度均为零．例1 如图1所示，质量为m 1＝0.2kg 的小物块A ，沿水平面与小物块B 发生正碰，小物块B 的质量为m 2＝1kg.碰撞前瞬间,A 的速度大小为v 0＝3m/s ，B 静止在水平面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0。
1.5弹性碰撞和非弹性碰撞学案高二上学期物理人教版选择性
5.弹性碰撞和非弹性碰撞【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.3.了解动量守恒定律的普适性．【重点难点】加深对动量守恒定律的理解，会应用动量、能量的观点解决一些简单的与生产、生活相关的实际问题。
【预习导航】（一）、旧知复习1、判断系统动量守恒的条件是什么？2、动量守恒定律的表达式有哪些？(二)、碰撞和弹性碰撞1、弹性碰撞：2、非弹性碰撞：(三）、对心碰撞和非对心碰撞1、对心碰撞（“正碰”）：2、非对心碰撞：【课堂探究】弹性碰撞实例讨论：问题情境：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1′、v2′（1）碰撞过程中动量守恒吗？写出动量守恒的表达式。
（2）若碰撞过程中没有机械能损失，即属于碰撞。
写出机械能守恒的表达式。
(3)联立（1）（2）求得碰撞后两个物体的速度v1′v2′分别是：(4)结合结果对以下几种情况进行分析:a.若m1= m2，即两物体的质量相等。
则：v1′ = v2′ =这表示：。
m1>> m2，即第一个物体的质量比第二个物体的质量大得多。
则：v1′= v2′=这表示：。
m1<< m2，即第一个物体的质量比第二个物体的质量小得多。
则：v1′ = v2′ =这表示：。
【典型例题】例1、如图所示，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v2.例2、如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg 可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2.求(1)物块在车面上滑行的时间t;(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少?【课堂达标】1．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，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．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9 kg·m/sC．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s3.如图所示,A,B,C三个木块的质量均为m.置于光滑的水平桌面上,B,C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连.将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B和C紧连,现A以初速v0沿B,C 的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起.以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A,B分离,已知C离开弹簧后的速度恰为v0,求弹簧释放的势能.。
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专题突破(六) 弹性碰撞和完全非弹性碰撞一、弹性碰撞 碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫做弹性碰撞．若质量分别为m 1、m 2，速度分别为v 1、v 2的两个物体在水平面上发生弹性碰撞，依动量守恒且碰撞前后的总动能相等，有：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ (1)12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2……(2) 解(1)(2)得：v 1′＝（m 1－m 2）v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2，v 2′＝（m 2－m 1）v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2讨论：(1)若m 1＝m 2，则有v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即碰后彼此交换速度，实现动量和动能的交换； (2)若碰前m 2是静止的，即v 2＝0.①m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0，碰后两者同向运动；②m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0，碰后，m 1反向弹回，m 2沿m 1碰前的速度方向运动；③m 1≪m 2，则v 1′≈－v 1，v 2′≈0，即质量很小的物体以原速率反弹，质量很大的物体仍然静止．④m 2≪m 1，则v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1，即质量很大的运动物体碰后速度几乎不变，而质量很小的静止物体会以2倍运动物体的初速度沿同一方向运动．二、完全非弹性碰撞 发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，碰后两物体粘连在一起或者虽未粘连但以相同的速度运动．这种碰撞，只有动量守恒，机械能损失最大，损失的机械能转化为内能．有：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2.1 两足够长倾角θ＝37°的对称光滑斜面EF 、GH ，与长为L 的光滑水平面FG 相连，如图所示．有大小相同的质量分别为m 、3m 的A 、B 球，A 球从h 高处由静止开始沿斜面EF 下滑，与静止于水平轨道并与F 点相距L4的B 球相撞．碰撞中无机械能损失，重力速度为g ，小球经过连接点F 、G 时速度大小保持不变，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求(1)第一次碰撞结束后小球B 能够上升的高度； (2)发生第二次碰撞的位置与F 点的距离；(3)小球A 、B 第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A 、B 第n 次碰撞刚结束时各自的速度．[解析] (1)根据机械能守恒可知 mgh ＝12mv 2A解得：v A ＝2gH根据碰撞过程中无能量损失，所以动量及机械能守恒： mv A ＝mv A ′＋3mv B 12mv 2A ＝12mv A ′2＋12×3mv 2B 解得：v A ′＝－122ghv B ＝2gh 2再根据机械能守恒可知 12×3mv 2B ＝3mgH 解得：H ＝14h(2)由于A 、B 小球碰后分别向左向右运动且速度大小相等，运动过程中机械能守恒，故在水平面上依旧是速度大小不变方向改变而已，因此，相遇时在水平面上运动的时间为t ：v A ′t ＋v B t ＝2L故A 、B 在水平面上都运动了L 的距离解得距离F 点为34L(3)规定向右为正方向，设A 、B 第二次碰撞刚结束时的速度分别为v 1、v 2，则： mv A ′－3mv B ＝mv 1＋3mv 2 mgh ＝12mv 21＋12×3mv 22解得：v 1＝－2gh v 2＝0由此可得，当n 为奇数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n 为偶数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同．2 如图所示，B 、C 是两块完全相同的长为1 m 的木板，静止在光滑水平地面上，木板B 的右端与C 的左端相距x 0＝1 m ，物块A(可视为质点)静止在C 的右端．用F ＝8 N 的水平向右恒力作用于木板B 上使其从静止开始运动．一段时间后，B 与C 碰撞，碰撞时间极短，碰撞瞬间，作用在木板B 上的水平力撤除，木板B 和C 碰撞粘在一起．已知物块A 质量为2 kg ，木板B 、C 的质量均为1 kg ，物块A 与B 、C 之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度g 取10 m /s 2.求：(1)物体A 、B 、C 最终的速度大小；(2)若要使碰撞后，A 停在B 木板上，则F 的取值范围．[解析] (1)木板B 从静止开始运动到与C 碰前瞬间的过程，由动能定理得：Fx 0＝12mv 20－0 ①解得：v 0＝2Fx 0m B＝4 m /s ② B 与C 碰撞过程，时间极短，内力极大，对B 、C 组成的系统动量守恒有： m B v 0＝()m B ＋m C v 1 ③ 解得：v 1＝2 m /s ④之后A 受摩擦而加速，B 、C 受摩擦而减速， A 、B 、C 共速时，对A 、B 、C 组成的系统动量守恒有：m B v 0＝()m A ＋m B ＋m C v 2 ⑤ 解得：v 2＝1 m /s ⑥设A 相对于木板滑动的距离为x ，则有：μm A gx ＝12(m B ＋m C )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 22 ⑦计算可得，x ＝0.4 m <1 m ⑧故A 最终在木板C 上，与B 、C 共速，速度大小为v 2＝1 m /s . (2)设要使碰撞后，A 停在B 木板上的右侧，F 的大小为F 1 根据动能定理：F 1x 0＝12m B v 201－0 ⑨根据动量守恒：m B v 01＝()m B ＋m C v 1 ⑩ m B v 01＝()m A ＋m B ＋m C v 2 ⑪ 根据能量守恒μm A gl ＝12()m B ＋m C v 21－12()m A ＋m B ＋m C v 22 ⑫联立⑨～⑫得：F 1＝20 N设要使碰撞后，A 停在B 木板上的左侧，F 的大小为F 2 根据动能定理： F 2x 0＝12m B v 202－0 ⑬根据动量守恒，BC 碰撞的瞬间： m B v 02＝()m B ＋m C v 1′ ⑭根据动量守恒，A 滑动到B 木板右端时， m B v 02＝()m A ＋m B ＋m C v 2′ ⑮ 根据能量守恒：2μm A gl ＝12()m B ＋m C v 1′2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2′2⑯联立⑬～⑯各式得：F 2＝40 N综上两种情况，则F 的取值范围20 N ≤F ≤40 N1．如图所示，半径为R 的竖直光滑半圆轨道bc 与水平光滑轨道ab 在b 点连接，开始时可视为质点的物体A 和B 静止在ab 上，A 、B 之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A 、B 不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A 向左运动，B 向右运动，B 沿轨道经过c 点后水平抛出，落点p 与b 点间距离为2R.已知A 质量为2m ，B 质量为m ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：(1)B 经c 点抛出时速度的大小； (2)B 经b 时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．[解析] (1)B 平抛运动过程竖直方向有2R ＝12gt 2，水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝gR(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律得 12mv 2b ＝2mgR ＋12mv 2c 解得：v b ＝5gR (3)设完全弹开后，A 的速度为v a ，弹簧恢复原长过程中A 与B 组成系统动量守恒，2mv a－mv b ＝0，解得：v a ＝12v b ＝5gR 2，由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：E p ＝12×2mv 2a ＋12mv 2b 解得：E p ＝3.75mgR.2．如图所示，竖直面内一固定的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小球B 静止于水平轨道的最左端，小球A 在倾角θ＝37°的倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 球发生对心弹性碰撞，B 球被碰后速度大小为A 碰前速度的14，A返回倾斜轨道上．已知A 的质量为m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计小球体积和空气阻力，小球A 经过斜面底端无能量损失．(1)求小球B 的质量；(2)已知两小球与轨道间的动摩擦因数均相等，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上，求小球与倾斜轨道间的动摩擦因数．[解析] (1)A 与B 作用有：由动量守恒定律得：mv ＝mv A ＋m B v4由能量守恒得：12mv 2＝12mv 2A ＋12m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 2解得：v A ＝－34v ，m B ＝7m(2)A 上冲斜面由动能定理得：－(mg sin θ＋μmg cos θ)s ＝－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 2A 从斜面上下滑由动能定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)s ＝12mv ′2要A 刚好能与B 再次相碰，必有v′＝v B ＝14v由上述三方程解得：μ＝0.63．如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5 m ，质量为0.6 kg .在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98 kg 的小物块，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．一颗质量为0.02 kg 的子弹以的150 m /s 水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取10 m /s 2(结果保留2位有效数字)．(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动； (2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离．[解析] (1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为m 0、M 、m ，初速度为v 0的子弹击中小物块后二者的共同速度为v 1由动量守恒定律得m 0v 0＝()M ＋m 0v 1 ①子弹击中小物块后物块的质量为M ′，且M′＝M ＋m 0.设当物块滑至第n 块木板时，木板才开始运动μ1M ′g>μ2[M′＋(6－n)m]g ②其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数． 由式解得n>4.3即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动． (2)令物块滑上第五块木板上时速度为v s ，v s 满足：－μ1()M ＋m 0g ·4L ＝12()M ＋m 0()v 2s －v 21，v s ＝1 m /s之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速， v －t 图象如图：1－2t 1＝23t 1⇒t 1＝38 sv 共＝14 m /st 2＝v 共μ2g ＝14s∴x 板＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫38＋14×14 m ＝564m ＝0.078 m4．如图甲所示，质量为M ＝3.0 kg 的平板小车C 静止在光滑的水平面上，在t ＝0时，两个质量均为1.0 kg 的小物体A 和B 同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s 内它们的v －t图象如图乙所示，g 取10 m /s 2.(1)小车在第1.0 s 内所受的合力为多大？(2)要使A 、B 在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？(3)假设A 、B 两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A 、B 在1.0～3.0 s 时间内的v －t 图象．[解析] (1)由图可知，在第1 s 内，A 、B 的加速度大小相等，为a ＝2 m /s 2. 物体A 、B 所受的摩擦力均为f ＝ma ＝2 N ，方向相反．根据牛顿第三定律，车C 受到A 、B 的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零． (2)设系统最终的速度为v ，由系统动量守恒得： mv A －mv B ＝(2m ＋M)v代入数据，解得v ＝0.4 m /s ，方向向右． 由系统能量守恒得：f(s A ＋s B )＝12mv 2A ＋12mv 2B －12(2m ＋M)v 2，解得A 、B 的相对位移，即车的最小长度s ＝s A ＋s B ＝4.8 m(3)1 s 后A 继续向右减速滑行，小车与B 一起向右加速运动，最终达到共同速度v. 在该过程中，对A 运用动量定理得 －f Δt ＝m Δv 解得Δt ＝0.8 s .即系统在t ＝1.8 s 时达到共同速度，此后一起做匀速运动． 在1.0～3.0 s 时间内的v －t 图象如下．。