2019高中物理第十六章动量守恒定律第4节碰撞学案新人教版选修3-

第4节碰撞1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞和碰撞现象的特点．2.能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．3．了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性．一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞和非弹性碰撞(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞．(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性碰撞．2．一维弹性碰撞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．根据动量守恒和能量守恒：m1v1＝m1v′1＋m2v′2；eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)碰后两个物体的速度分别为v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.(1)若m1>m2，v′1和v′2都是正值，表示v′1和v′2都与v1方向同向．(若m1≫m2，v′1＝v1，v′2＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)(2)若m1<m2，v′1为负值，表示v′1与v1方向反向，m1被弹回．(若m1≪m2，v′1＝－v1，v′2＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止)(3)若m1＝m2，则有v′1＝0，v′2＝v1，即碰撞后两球速度互换．二、对心碰撞和非对心碰撞及散射1．对心碰撞和非对心碰撞(1)对心碰撞(正碰)：碰撞前后，物体的运动方向在一条直线上．(2)非对心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物体的运动方向不在一条直线上．2．散射(1)定义：微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不发生直接接触而发生的碰撞．(2)散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方．判一判(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．()提示：(1)√(2)×(3)√做一做在光滑水平面上，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()v B．vvv提示：选A．由碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒得mv＝2mvB＋mvA，vA＜0，则vBv，A正确．想一想如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？碰撞一定是对心碰撞吗？提示：不一定．只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度．母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生．碰撞的类型及特点1．碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．命题视角1对弹性碰撞现象的分析在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0[解析]由弹性碰撞的规律可知，当两球质量相等时，碰撞时两球交换速度．先球1与球2碰，再球2与球3碰，故选D．[答案]D命题视角2对完全非弹性碰撞现象的分析如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．问：(1)A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？[解析](1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．以v0的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2).(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球构成的系统动量守恒，有：2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v1＝eq\f(v0,3).[答案](1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(v0,3)eq\a\vs4\al()(1)弹性碰撞中一是满足动量守恒，二是满足机械能守恒，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2,\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝\f(1,2)m1veq\o\al(′2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(′2,2)))(2)完全非弹性碰撞中一是具有共同末速度，动量守恒即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v；二是碰撞过程中系统动能损失最大，即动能损失ΔEk＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2【通关练习】1．一中子与一质量数为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．eq\f(A＋1,A－1) B．eq\f(A－1,A＋1)C．eq\f(4A,(A＋1)2) D．eq\f((A＋1)2,(A－1)2)解析：选A．设中子质量为m，则原子核的质量为Am.设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Amveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(1－A,1＋A)v0，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(v0,v1)))＝eq\f(A＋1,A－1)，A正确．2．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是B的质量的eq\f(3,4)，子弹的质量是B的质量的eq\f(1,4).求：(1)A物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度大小．解析：(1)子弹射入物体A时，两者组成的系统动量守恒，故m0v0＝(m0＋mA)vA将mA＝eq\f(3,4)mB，m0＝eq\f(1,4)mB代入，得vA＝eq\f(1,4)v0此后因弹簧压缩，A受向左的弹力作用而做减速运动，速度减小，故eq\f(1,4)v0是A获得的最大速度．(2)弹簧压缩量最大时，A、B相距最近，其速度相等，由子弹、A、B组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m0＋mA＋mB)vB，得vB＝eq\f(m0,m0＋mA＋mB)v0＝eq\f(1,8)v0.答案：(1)eq\f(1,4)v0(2)eq\f(1,8)v0对碰撞问题的合理性判断1．动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.2．总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p′eq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(2,2),2m2).3．速度要符合情景：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．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p′乙＝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．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲[思路点拨]碰撞过程受多个物理规律的制约，在判断碰撞过程中的存在性问题时，应从以下三个方面进行分析：(1)碰撞前、后的状态要符合具体的物理情境；(2)碰撞过程中要遵循动量守恒定律；(3)碰撞前、后符合能量关系，即总动能满足Ek前≥Ek后．通过逐一对照排查作出判断．[解析]设碰撞后甲球的动量为p′甲，由动量守恒定律有p甲＋p乙＝p′甲＋p′乙代入数据得p′甲＝2kg·m/s.甲追上乙应有：eq\f(5,m甲)>eq\f(7,m乙)得m乙>eq\f(7,5)m甲碰后p′甲、p′乙均大于零，表明甲、乙两球同向运动，应有v′乙≥v′甲，即eq\f(p′甲,m甲)≤eq\f(p′乙,m乙)，解得m乙≤5m甲；碰撞过程中，动能不会增加，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(注意Ek＝\f(p2,2m)))eq\f(peq\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(peq\o\al(2,乙),2m乙)≥eq\f(p′eq\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(p′eq\o\al(2,乙),2m乙)即eq\f(52,2m甲)＋eq\f(72,2m乙)≥eq\f(22,2m甲)＋eq\f(102,2m乙)，解得m乙≥eq\f(51,21)m甲．综上可得m甲与m乙的关系为eq\f(51,21)m甲≤m乙≤5m甲．可见选项C正确．[答案]Ceq\a\vs4\al()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Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)，Ek＝eq\f(1,2)pv或p＝eq\f(2Ek,v)几个关系式．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pA＝9kg·m/s，B球的动量pB＝3kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是()A．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sC．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/sD．pA′＝－4kg·m/s，pB′＝17kg·m/s解析：选A．由碰撞前后两球总动量守恒，即pA＋pB＝pA′＋pB′，可排除选项D；由碰撞后两球总动能不可能增加，即eq\f(peq\o\al(2,A),2m)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2m)≥eq\f(pA′2,2m)＋eq\f(pB′2,2m)，可排除选项C；由碰撞后A球不可能穿越B球，即eq\f(pA′,m)≤eq\f(pB′,m)，可排除选项B．所以，四个选项中只有选项A是可能的．对爆炸类问题的分析解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体发生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能．[思路点拨](1)手榴弹到达最高点时具有水平方向的动量，爆炸过程中水平方向动量守恒．(2)爆炸过程中增加的动能来源于燃料的化学能．[解析](1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0设v1的方向为正方向，如图所示．由动量守恒定律得3mv1＝2mv′1＋mv2其中爆炸后大块弹片速度v′1＝2v0解得v2v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即ΔEk＝eq\f(1,2)·2mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)＝eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0).v0方向与爆炸前速度方向相反(2)eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)eq\a\vs4\al()处理爆炸问题的注意事项(1)在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能增加．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v0＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B．弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．用动量和能量观点解决综合问题动量与能量观点的综合应用常见的有以下三种模型1．子弹打木块类模型(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．(3)若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．2．弹簧类模型(1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．(2)整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．(3)注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．3．滑块—滑板类模型(1)把滑块、滑板看做一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．(2)由于摩擦生热，机械能转化为内能，则系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．(3)注意滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度．命题视角1子弹打木块模型如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能．[解析]因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．(1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′，①二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，②由①②两式解得：x＝eq\f(m2v2,2(M＋m)2μg).(2)射入过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，③解得：ΔE＝eq\f(Mmv2,2(M＋m)).[答案](1)eq\f(m2v2,2(M＋m)2μg)(2)eq\f(Mmv2,2(M＋m))命题视角2弹簧类模型如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．[解析]A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)③联立①②③式得ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0).④(2)由②式可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep⑥联立④⑤⑥式得Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0).⑦[答案](1)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)命题视角3滑块—滑板模型在光滑水平桌面上，有一长l＝2m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC＝5kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA＝1kg，mB＝4kg.开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图所示，炸药爆炸使得A以6m/s的速度水平向左运动．如果A、B与C间的摩擦忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略．求：(1)当两滑块都与挡板相碰后，板C的速度为多大？(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移大小和方向如何？[思路点拨]爆炸过程中A、B相互作用，系统满足动量守恒定律，A、B分离后以不同的速率滑向挡板，A先到达挡板与C作用，并发生完全非弹性碰撞，C与另一物体B有相对运动，直到碰撞结束为止，整个过程满足动量守恒定律．[解析](1)对于由A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒定律有(mA＋mB＋mC)vC＝0，得vC＝0，即最终木板C的速度为0.(2)A先与C相碰，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mC)v共所以v共＝1m/s.对A、B组成的系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB得vB＝1.5m/s.从炸药爆炸到A、C相碰的时间t1＝eq\f(\f(l,2),vA)＝eq\f(1,6)s，此时B距C的右壁xB＝eq\f(l,2)－vBt1＝0.75m，设再经过t2时间B与C相碰，则t2＝eq\f(xB,vB＋v共)＝0.3s，故C向左的位移ΔxC＝v共t2＝1×0.3m＝0.3m，方向向左．[答案](1)0(2)0.3m向左eq\a\vs4\al()(1)多个物体组成的系统应用动量守恒时，既可以根据作用的先后顺序选取系统，也可以选所有物体为系统，这要由题目需要而定．(2)注意题目中出现两物体相距最远、最近或物体上升到最高点等状态时，往往对应两物体速度相等．(3)当问题有多过程、多阶段时，必须分清不同过程的受力特点、力的做功特点等，明确对应过程所遵从的规律．