1.4 弹性碰撞与非弹性碰撞课件（49张ppt ）

(共49张PPT)
第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞
必备知识·素养奠基
一、不同类型的碰撞
【思考】 图中是小朋友喜欢玩的一种游戏——超级碰撞球。多颗篮球般大小的钢球用钢缆悬挂在屋顶。拉开最右边钢球到某一高度,然后释放,碰撞后,仅最左边的球被弹起,摆至最大高度后落下来再次碰撞,致使最右边钢球又被弹起。硕大钢球交替弹开,周而复始,情景蔚为壮观。上述现象如何解释
提示:质量相等的两物体发生弹性正碰,碰后二者交换速度。
1.弹性碰撞:物体碰撞后,形变可以完全恢复,不发声、不发热,没有_____损失
的碰撞。
2.非弹性碰撞:碰撞过程中有_____损失,即_____不守恒。
3.完全非弹性碰撞:碰撞后两物体结合在一起,_____损失最多的碰撞。
动能
动能
动能
动能
二、弹性碰撞
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_____,碰撞后两
球交换了_____。
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后两球运动方向
_____,碰撞前后两球总动能_____。
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_____,碰撞过程两球总动能_____。
综上所述,在弹性碰撞过程中,系统的_____和_____都守恒。
守恒
速度
相同
守恒
相反
守恒
动量
动能
关键能力·素养形成
一　弹性碰撞的特点
1.两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰,v1≠0,v2=0,同时满足动量守恒和机
械能守恒,即m1v1=m1v1′+m2v2′,
(1)若m1=m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,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,广义上也可以看成弹性正碰。
【思考·讨论】
　保龄球运动很受人们喜欢。打保龄球时,假设球与瓶碰撞过程在同一直线上,碰撞过程中,损失的能量可以忽略不计,近似认为弹性碰撞。
(1)球和瓶的碰撞是否为一维碰撞 (物理观念)
(2)弹性碰撞过程中满足哪些物理规律 (科学思维)
提示:(1)碰撞前后系统的速度都在一条直线上,为一维碰撞。
(2)弹性碰撞过程中满足动量守恒和机械能守恒。
【典例示范】
光滑水平轨道上①有三个木块A、B、C,质量分别为mA=mB=m,mC=2m,开始时B、
C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B发生弹性正碰②后，B又与C发生碰撞并粘
在一起③,求:
(1)B与C碰撞前后B的速度分别是多大
(2)B与C碰撞中损失的动能是多少
【审题关键】
序号 提取信息
① A与B、B与C碰撞中动量均守恒
② 碰撞中动量守恒、机械能守恒
③ (1)碰撞中动量守恒
(2)碰前B的动能减去碰后B和C的总动能等于损失的动能
【解析】(1)设A与B碰撞后,A的速度为vA,B的速度为vB,A与B发生弹性正碰,由动
量守恒定律和能量守恒定律有mv0=mvA+mvB, 得vA=0,vB=v0
设B与C发生碰撞后粘在一起的速度为v,
由动量守恒定律有mvB=3mv,得v= 。
(2)B与C碰撞中损失的动能ΔE=
答案:(1)v0　 　(2)
【规律方法】判断能否发生碰撞的一般步骤
(1)判断是否遵守动量守恒定律。
(2)分析系统的动能如何变化,如果增加则碰撞不可能发生。
(3)讨论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,碰后若两球同向运动,A球的速度不能大于B球的速度。
【素养训练】
1.甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是p1=
5 kg·m/s,p2=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
10 kg·m/s,则两球质量m1与m2间的关系可能是 (　　)
A.m1=m2　　B.2m1=m2　　C.4m1=m2　　D.6m1=m2
【解析】选C。甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有p1+p2=p1′+p2′,得
p1′=2 kg·m/s。
由于在碰撞过程中,不可能有其他形式的能量转化为机械能,只能是系统内物体
间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能,因此系统的机械能不会增加。
所以有 得m1≤ m2。因为题目给出物理情境是“甲从
后面追上乙”,要符合这一物理情境,就必须有 即m1< m2;同时还
要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情境,即
所以m1> m2。因此选项C正确。
2.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。重力加速度为g。求碰撞后小球m2的速度大小v2。
【解析】设m1碰撞前的速度为v10,根据机械能守恒定律有m1gh=
解得v10= ①
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+m2v2 ②
由于碰撞过程中无机械能损失,则 ③
联立②③式解得v2= ④
将①代入④得v2=
答案:
【补偿训练】
　　1.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
后三个小球的速度分别是 (　　)
A.v1=v2=v3= v0 　　　　　
B.v1=0,v2=v3= v0
C.v1=0,v2=v3= v0
D.v1=v2=0,v3=v0
【解析】选D。由于1球与2球发生碰撞时间极短,2球的位置来不及发生变化。这样2球对3球不产生力的作用,即3球不会参与1、2球作用,1、2球作用后立即交换速度,即碰后1球停止,2球速度立即变为v0,同理分析,2、3球作用后交换速度,故选项D正确。
2.如图所示,静止在光滑水平面上的木板A,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M=3 kg。质量m=1 kg的铁块B以水平速度v0=4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 (　　)
A.3 J　 　 B.4 J　　
C.6 J　 　 D.20 J
【解析】选A。设铁块与木板共速时速度大小为v,铁块相对木板向右运动的最
大距离为L,铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff。铁块压缩弹簧使弹簧最短时,由
能量守恒定律可得 由动量守恒定律,得mv0=(M+m)v。
从铁块开始运动到最后停在木板左端过程,由能量关系得
联立解得Ep=3 J,故选项A正确。
二　碰撞与爆炸的比较
　　名称
比较项目　　　 爆炸 碰撞
不
同
点 动能情况 有其他形式的能转化为动能,动能会增加 弹性碰撞时动能守恒,非弹性碰撞时动能损失,动能转化为内能
　　名称
比较项目　　　 爆炸 碰撞
相
同
点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,
作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受外力,
所以可认为碰撞、爆炸过程中系统总动量守恒
过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用时间很短,作用过程中位移
很小,一般忽略不计,因此可以把整个过程看作一个理想
化过程来处理,即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新
的动量开始运动
能量情况 都满足能量守恒,总能量保持不变
【特别提醒】
(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,机械能一般不守恒。
(3)宏观物体碰撞时一般相互接触,微观粒子的碰撞不一定接触,但只要符合碰撞的特点,就可认为是发生了碰撞,可以用动量守恒的规律分析求解。
【思考·讨论】
　碰撞过程和爆炸过程动量和机械能的变化情况是怎样的 (科学思维)
提示:(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,机械能一般不守恒。
【典例示范】
　一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,求:
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【解题探究】(1)烟花弹在爆炸之前做什么运动 这个过程中机械能如何变化
提示:竖直上抛运动,机械能守恒。
(2)烟花弹爆炸过程中动量是否守恒 爆炸后上半部分做什么运动
提示:动量守恒,竖直上抛。
【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E= ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=
-gt ②
联立①②式得t= ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1 ④
火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别
为v1和v2,由题目所给条件和动量守恒有
⑤
⑥
由⑥可知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分竖直上抛运动。设爆炸
后烟花弹上部分继续上升高度h2,由机械能守恒定律有
⑦
联立④⑤⑥⑦式可得,烟花弹上部分距离地面的最大高度为h=h1+h2=
答案:(1) 　 (2)
【素养训练】
1.如图所示,设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0,突然炸成两块,质量为m的一块以速度v沿v0方向飞去,则另一块的运动 (　　)
A.一定沿v0的方向飞去
B.一定沿v0的反方向飞去
C.可能做自由落体运动
D.一定做匀速运动
【解析】选C。根据动量守恒可得v′= mv可能大于、小于或等于Mv0,
所以v′可能小于、大于或等于零。
2.一颗手榴弹以20 m/s的速度沿水平方向飞行时,炸开成两块,其质量之比为3∶1,若较大的一块以80 m/s的速度沿原方向飞去,则较小的一块的速度为
(　　)
A.沿原方向,大小为160 m/s
B.沿原方向,大小为253 m/s
C.沿反方向,大小为160 m/s
D.沿反方向,大小为253 m/s
【解析】选C。取原来手榴弹的运动方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=
mv1+ mv2,代入数值得v2=-160 m/s,负号表示其方向与正方向相反。故
选C。
【补偿训练】
　　1.质量为m的α粒子,其速度为v0,与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的
路径被弹回,其速率为 ,则碳核获得的速度为 (　　)
【解析】选C。由α粒子与碳核所组成的系统动量守恒,若碳核获得速度为v,则
mv0=3mv-m× ,所以v= 。
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 (　　)
【解析】选A。设碰撞前后中子的速率分别为v1、v′1,碰撞后原子核的速率为
v2,中子的质量为m1,原子核的质量为m2,则m2=Am1。根据完全弹性碰撞规律可得
m1v1=m2v2+m1v′1,
解得碰后中子的速率v′1= 因此碰撞前后中子速率之比
A正确。
【拓展例题】考查内容:多个物体组成的系统的碰撞问题
【典例】如图所示,滑块A、C质量均为m,滑块B质量为 m。开始时A、B分别以
v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动,现将C无初速度地放在A
上,并与A粘合不再分开,此时A与B相距较近,B与挡板相距足够远。若B与挡板碰
撞将以原速率反弹,A与B碰撞后将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次,v1、
v2应满足什么关系
【解析】设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v′,由动量守恒定律
得
mv1=2mv′ ①
为保证B碰挡板前A未能追上B,应满足
v′≤v2 ②
设A、B碰后的共同速度为v″,由动量守恒定律得
2mv′- ③
为使B能与挡板再次相碰应满足v″>0 ④
联立①②③④式解得
1.5v2答案:1.5v2【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.质量分别为ma=1 kg和mb=2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞,碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示,则可知碰撞属于 (　　)
A.弹性碰撞
B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞
D.条件不足,无法判断
【解析】选A。由x-t图像可知,碰撞前,va=3 m/s,vb=0,碰撞后,va′=-1 m/s,
vb′=2 m/s,碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为
故机械能守恒;碰撞前的总动量为mava+mbvb=3 kg·m/s,
碰撞后的总动量为mava′+mbvb′=3 kg·m/s,故动量守恒。所以该碰撞属于弹
性碰撞,A正确。
2.如图所示,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测,下面的猜测结果一定无法实现的是 (　　)
A.vA′=-2 m/s,vB′=6 m/s
B.vA′=2 m/s,vB′=2 m/s
C.vA′=1 m/s,vB′=3 m/s
D.vA′=-3 m/s,vB′=7 m/s
【解析】选D。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mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′①,
答案D中满足①式,但不满足②式,所以D选项错误。
3.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据,得到如图所示的
位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运
动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间
极短,由图像给出的信息可知 (　　)
A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2
B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
【解析】选D。根据x-t图像的斜率等于速度,可知碰前滑块Ⅰ速度为v1=-2 m/s,
滑块Ⅱ的速度为v2=0.8 m/s,则碰前速度大小之比为5∶2,故选项A错误;碰撞前
后系统动量守恒,碰撞前,滑块Ⅰ的动量为负,滑块Ⅱ的动量为正,由于碰撞后总
动量为正,故碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小,
故选项B错误;碰撞后的共同速度为v=0.4 m/s,根据动量守恒定律,有m1v1+
m2v2=(m1+m2)v,解得m2=6m1,由动能的表达式可知, 故选项C错误,
D正确。
4.如图所示,甲车质量m1=20 kg,车上有质量M=50 kg的人,甲车(连同车上的人)以v=3 m/s的速度向右滑行,此时质量m2=50 kg的乙车正以v0=1.8 m/s的速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞 不计地面和小车的摩擦,且乙车足够长。
【解析】人跳到乙车上后,如果两车速度同向,甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞。
以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象,
由水平方向动量守恒得:
(m1+M)v-m2v0=(m1+m2+M)v′,解得v′=1 m/s。
以人与甲车为一系统,设人跳离甲车的速度(相对地面)为u,人跳离甲车过程水平方向动量守恒,得:(m1+M)v=m1v′+Mu
解得u=3.8 m/s。
因此,只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s,就可避免两车相撞
答案:大于等于3.8 m/s