5 弹性碰撞和非弹性碰撞
[定位·学习目标] 1.通过阅读教材,了解碰撞的特点、分类,建立碰撞的过程模型,并形成物理观念。2.通过探究小车碰撞前后动能的变化,认识碰撞过程中的能量转化与守恒,培养科学思维和探究精神。3.通过实例分析,会应用动量、能量的观点解决一维碰撞问题,体会自然界的和谐与统一。
知识点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
探究新知
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:如果系统在碰撞后动能减少,这类碰撞叫作非弹性碰撞。
新知检测
1.“动能不变”指的是发生碰撞的物体动能都不变吗
【答案】 “动能不变”指的是发生碰撞的系统的动能之和不变,单个物体的动能可以发生变化。
2.在非弹性碰撞过程中,系统的动能有损失,能否说明碰撞过程能量不守恒
【答案】 不能。碰撞过程中能量守恒,损失的动能转化成了其他形式的能,如内能。
知识点二 弹性碰撞的实例分析
探究新知
1.正碰
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。
2.弹性碰撞的特例分析
假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生正碰,如图所示。碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′。
碰撞过程遵从动量守恒定律和能量守恒定律:m1v1′+m2v2′=m1v1,
m1v1′2+m2v2′2=m1。
由以上两个方程可以解出两个物体碰撞后的速度分别为v1′=v1,v2′=v1。
(1)若m1=m2,则有v1′=0,v2′=v1。碰撞后,两物体速度交换。
(2)若m1 m2,则有v1′=v1,v2′=2v1。碰撞后,m1的速度几乎不变,m2以2v1的速度被撞出去。
(3)若m1 m2,则有v1′=-v1,v2′=0。碰撞后,m1以原速率向反向运动,m2仍静止。
正误辨析
(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)发生弹性正碰的两物体,动量和机械能一定都守恒。( √ )
(4)两物体发生碰撞过程中,机械能可能增加。( × )
要点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
情境探究
如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球,若把小钢球1向左拉起一定高度,如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小钢球间的相互碰撞,可观察到小钢球5向右摆起,且到达的最大高度与小钢球1的释放高度相同,如图乙所示。你能解释这是为什么吗
【答案】 该碰撞为弹性碰撞,满足动量守恒、机械能守恒,质量相等的小钢球发生弹性碰撞,碰后速度“交换”。小钢球1与小钢球2碰撞后交换速度,小钢球2与小钢球3碰撞后交换速度,小钢球3与小钢球4碰撞后交换速度,小钢球4与小钢球5碰撞后交换速度,最终小钢球1、2、3、4静止,小钢球5运动,且上升的最大高度与小钢球1的释放高度相同。
要点归纳
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,所以碰撞过程动量守恒。
(3)位移特点:碰撞过程发生的时间极短,可认为是在一瞬间发生的,可忽略物体的位移,认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。
(4)能量特点:碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。
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,ΔE=Ek初总-Ek末总=Q。
(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。
设两者碰后的共同速度为v共,则有m1v1+m2v2=(m1+m2)v共,
机械能损失为ΔE=m1+m2-(m1+m2)。
典例研习
[例1] (弹性碰撞)(2024·贵州卷)如图,半径为R=1.8 m 的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m 的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;
(2)b从M运动到N的时间;
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】 (1)30 N (2)3.2 s (3)95 J
【解析】 (1)设物块a运动到圆轨道底端时,其速度为v1,由动能定理有magR=ma,
解得v1=6 m/s;
设轨道对a的支持力为FN,
由牛顿第二定律得FN-mag=ma,
解得FN=30 N。
(2)设a运动到M的速度为v2,由动能定理有
-μmagd=ma-ma,
解得v2=3 m/s;
a与b在M处发生弹性正碰,设碰撞后a的速度为v3,b的速度为v4,由动量守恒定律得
mav2=mav3+mbv4,
由能量守恒定律得
ma=ma+mb,
联立解得v4=2 m/s;
因为v4>v0,所以b在传送带上运动时受到向右的滑动摩擦力Ff=μmbg;
加速度大小为a==5 m/s2。
设经过时间t1,b的速度减小至与传送带速度相同,有t1==0.2 s,
减速阶段的位移L1=t1=0.3 m。
b与传送带共速后开始做匀速直线运动,经过时间t2到达N点,有t2==3 s,
所以b从M运动到N的时间
tMN=t1+t2=3.2 s。
(3)规定水平向右为正方向,则v0=-1 m/s,设b在N处获得冲量I以后的速度变为v5,
由动量定理有I=mbv5-mbv0,
解得v5=2 m/s;
此时受到的滑动摩擦力大小仍为Ff=μmbg,
加速度大小仍为a==5 m/s2;
经过Δt=0.6 s后,速度变为
v6=v5-aΔt=-1 m/s;
Δt时间内,b的位移x1=Δt=0.3 m,
传送带运动的位移为x2=v0Δt=-0.6 m,
b与传送带摩擦产生的热量
Q1=μmbg(x1-x2)=9 J。
由于v6=v0,所以接下来每0.6 s,b重复之前的运动过程,
因为n===11,
即b会重复10次相同的运动过程,产生的热量为10Q1。
最后一次的位移为x3=L-10x1=0.3 m,
设对应的时间为t3,由v5t3-a=x3,
解得t3=0.2 s或t3=0.6 s(舍去),
产生的热量Q2=μmbg(x3-v0t3)=5 J,
所以b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=10Q1+Q2=95 J。
[例2] (非弹性碰撞) (教材改编)如图所示,在光滑的水平地面上,质量为mA=1.0 kg的小球A以v0=4.0 m/s的速度与静止的小球B发生对心碰撞,碰撞后A球以 vA=1.0 m/s的速度继续向右运动,B球以vB=3.0 m/s的速度也向右运动。
(1)求B球的质量mB;
(2)通过计算判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞;如果不是弹性碰撞,请计算碰撞过程中损失的机械能。
【答案】 (1)1.0 kg (2)不是 3 J
【解析】 (1)A、B两小球碰撞过程满足动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB,
代入数据解得B球的质量为mB=1.0 kg。
(2)碰撞前系统的动能为Ek=mA=8 J,
碰撞后系统的动能为
Ek′=mA+mB=5 J,
可知碰撞后系统动能减少了,所以两球间的碰撞不是弹性碰撞;碰撞过程中损失的机械能为ΔE=Ek-Ek′=3 J。
[例3] (完全非弹性碰撞) (2024·天津卷)如图所示,光滑半圆轨道直径沿竖直方向,最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I,A沿轨道运动到最高点时,与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8 N·s,A、B的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg,轨道半径和绳长均为R=0.5 m,两球均视为质点,轻绳不可伸长,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)与B碰前瞬间A的速度大小;
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【答案】 (1)4 m/s (2)11.2 N
【解析】 (1)根据题意,设小球A从最低点开始运动时速度为v0,由动量定理有I=mAv0,
设与B碰前瞬间A的速度大小为v,从最低点到最高点,由动能定理有
-mAg·2R=mAv2-mA,
联立代入数据解得v=4 m/s。
(2)A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起,水平方向由动量守恒定律有
mAv=(mA+mB)v共,
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F,由牛顿第二定律有
F-(mA+mB)g=(mA+mB),
联立并代入数据解得F=11.2 N。
要点二 碰撞可能性的判断
情境探究
质量为m1的物体,以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞,如图所示。设碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′,碰撞前后的速度方向均在同一直线上。
探究:(1)碰后若两物体沿同一方向向右运动,v1′能大于v2′吗
(2)碰后两者的动能之和能大于m1原来的动能吗
【答案】 (1)不能。
(2)不能。
要点归纳
碰撞问题遵循的三个原则
(1)系统动量守恒,即p1′+p2′=p1+p2。
(2)系统动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+。
(3)速度要符合情境。
①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,且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′。
②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。若碰后沿同向运动,则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度,即v前′≥v后′。
典例研习
[例4] (碰撞可能性的判断)(2025·江苏无锡阶段练习)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球的动量为pA=9 kg· m/s,B球的动量为pB=3 kg·m/s。当A球追上B球时发生碰撞,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′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s
[C]pA′=2 kg·m/s,pB′=10 kg·m/s
[D]pA′=-4 kg·m/s,pB′=8 kg·m/s
【答案】 A
【解析】 设两球质量均为m,碰撞前总动量p=pA+pB=12 kg·m/s,碰撞前总动能为Ek=+=+=。若pA′=6 kg·m/s,pB′=6 kg·m/s,则碰撞后总动量p′=pA′+pB′=12 kg·m/s,碰撞后总动能为Ek′=+=+=<,满足动量守恒和总动能不增加原则,故A正确;若碰撞后pA′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s,可知碰撞后A的速度大于B的速度,不符合速度合理性,故B错误;若碰撞后pA′=2 kg·m/s,pB′=10 kg·m/s,则碰撞后总动量p′=pA′+pB′=12 kg·m/s,碰撞后总动能Ek′=+=+=>,满足动量守恒,但动能增加,故C错误;若碰撞后pA′=-4 kg· m/s,pB′=8 kg·m/s,则碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=4 kg·m/s,不满足动量守恒,故D错误。
碰撞可能性问题的分析思路
对于一个给定的碰撞,除了看动量是否守恒,还要看总动能是否不增加,在验证动能不增加时,要灵活应用 Ek=、p=、Ek=pv或p=等关系式。在满足以上两种情况下还应注意“速度合理性原则”。
要点三 “子弹打木块”模型
要点归纳
1.“子弹打木块”模型
(1)若子弹打入木块未穿出,最终两者共速,系统动量守恒、能量守恒,即mv0=(m+M)v,Q=FfL相对=m-(m+M)v2,其中Ff为子弹与木块间的摩擦力,L相对为子弹与木块的相对位移。
(2)若子弹打入木块并从另一端穿出,则有mv0=mv1+Mv2,Q=Ff·L=m-m-M,其中v1、v2分别为子弹穿出后子弹的速度和木块的速度,L为木块的长度。
2.对“子弹打木块”模型的理解
(1)子弹打木块的过程很短暂,可认为该过程内力远大于外力,系统动量守恒。
(2)在子弹打木块过程中摩擦生热,系统机械能不守恒,部分机械能转化为内能。
(3)若子弹不穿出木块,二者最后有共同速度,系统机械能损失最多,类似完全非弹性碰撞过程。
典例研习
[例5] (2025·陕西西安阶段检测)如图所示,在光滑水平面上静止着两个完全相同的木块1和木块2。一颗子弹水平射向木块1,先后射穿两木块,子弹在木块中运动时所受阻力不变,两木块不发生碰撞。子弹射穿两木块后木块1和木块2的速度大小分别为v1、v2,子弹穿过木块1和木块2所用的时间分别为t1、t2。不考虑子弹在竖直方向上的运动,下列说法正确的是( )
[A]v1=v2 [B]v1>v2
[C]t1【答案】 C
【解析】 设子弹的初速度为v0,木块的宽度为d,子弹射穿木块过程中做匀减速直线运动,所以子弹射穿木块1的速度大于射穿木块2的速度,根据d=v0t+at2,可知初速度越小,减速相同距离所用的时间越长,所以t1[例6] (2025·山东青岛期中)如图所示为某部队战士进行移动靶位射击训练的场景,可视为质点的物块用长为L的轻质细绳挂在距地面高为H=5L的固定钉子上,物块处于静止状态。战士用狙击步枪瞄准物块射击,子弹沿水平方向击中物块,物块每次经过该位置时都会被子弹击中,子弹未穿出。第1颗子弹击中物块后,物块恰好在竖直面内做圆周运动,第5颗子弹击中物块后,细绳恰好被拉断,物块落在松软地面上P处。子弹的质量为m,物块的质量为15m,重力加速度为g,忽略空气阻力。
(1)求子弹击中物块前的速度v0;
(2)求物块落地点P与O点间的水平距离d;
(3)若物块与地面的碰撞时间为Δt,物块无反弹,碰撞过程中不计重力,求物块撞击地面过程中物块受到地面的平均冲击力大小F。
【答案】 (1)16 (2)8L
(3)
【解析】 (1)设第1颗子弹击中物块后的速度大小为v1,到达最高点的速度大小为v1′,根据动量守恒定律,子弹击中物块过程有
mv0=(m+15m)v1,
子弹击中物块后到最高点,根据机械能守恒定律有
(m+15m)=(m+15m)g·2L+(m+15m)v1′2,
经最高点时有
(m+15m)g=(m+15m),
联立解得v0=16。
(2)设第5颗子弹击中物块后的速度大小为v2,对物块和5颗子弹有
5mv0=(5m+15m)v2,
由于细绳恰好被拉断而做平抛运动,则有
H-L=gt2,
d=v2t,
联立解得d=8L。
(3)设物块撞击地面前竖直方向的速度为vy,有=2g(H-L),
根据动量定理有
F·Δt=(5m+15m)vy,
解得F=。
1.(教材改编)在微观粒子发生碰撞时,运用动量守恒定律还可测量微观粒子的质量。例如,氢原子核的质量是1.67×10-27 kg,它以7.0×106 m/s的速度与一个原来静止的未知原子核相碰撞,碰撞后氢原子核以1.0×106 m/s的速度被反弹回来,而未知原子核以4.0×106 m/s的速度向前运动,则未知原子核的质量与氢原子核的质量比值为( )
[A]1.5 [B]2 [C]2.5 [D]3
【答案】 B
【解析】 设氢原子核与未知原子核的质量分别为m1、m2,根据动量守恒定律有m1v0=m1(-v1)+m2v2,其中v0=7.0×106 m/s,v1=1.0×106 m/s,v2=4.0×106 m/s,解得=2,故选B。
2.小球1追碰小球2,碰撞前两球的动量分别为p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,正碰后小球2的动量p2′=10 kg·m/s,两球的质量关系可能是( )
[A]m2=m1 [B]m2=2m1
[C]m2=4m1 [D]m2=6m1
【答案】 C
【解析】 由动量守恒定律,得碰后小球1的动量p1′=2 kg·m/s,这丝毫不能反映出两球的质量关系,这就要从题中隐含的其他关系去寻找。首先,“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度,即v1>v2,由v=可得>,即m2>,排除选项A;按同样思路,碰后应有v1′≤v2′,即≤,有m2≤5m1,排除选项D;由动能不增加原则可知Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′,由动能Ek与动量p的关系Ek=,可得+≥+,即有m2≥,排除选项B;综合以上结论得≤m2≤5m1,只有选项C正确。
3.(多选)如图所示,质量为2m、长为L的木块静止在光滑水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射向木块,穿出木块时速度减为。已知木块对子弹的阻力恒定。子弹穿过木块过程中,下列说法正确的是( )
[A]木块的位移大小为 L
[B]子弹克服阻力做的功为 m
[C]子弹穿过木块的时间为
[D]木块对子弹的阻力大小为
【答案】 AC
【解析】 子弹穿过木块的过程动量守恒,有mv0=2mv1+m·,解得v1=,对木块有Ffx=·2m,对子弹有Wf=-Ff(x+L)=m()2-m=-m,解得x=,Ff=,A正确,B、D错误;由动量定理对木块有Fft=2mv1,解得t=,C正确。
4.(2025·广东惠州期中)如图所示,用不可伸长的轻绳将物块a悬挂于O点。现将轻绳拉至水平,将物块a由静止释放。当物块a运动至最低点时(物块a与地面之间无挤压),恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞。已知轻绳的长度为L,物块a的质量为m,物块b的质量为3m,a、b均可视为质点,重力加速度大小为g,不计空气阻力的影响。求:
(1)碰撞前瞬间,轻绳对物块a的拉力大小;
(2)碰撞后瞬间,物块b的速度大小;
(3)碰撞后物块a上升的最大高度。
【答案】 (1)3mg (2) (3)
【解析】 (1)设物块a由静止开始运动到最低点的速度为v0,根据动能定理得mgL=m,
设物块a运动到最低点时轻绳拉力为FT,根据牛顿第二定律得FT-mg=m,
联立解得FT=3mg,v0=。
(2)两物块发生弹性碰撞过程,根据动量守恒定律有mv0=mva+3mvb,根据能量守恒定律有
m=m+×3m,
解得碰撞后瞬间物块a、b的速度分别为va=-,vb=。
(3)两物块碰撞后a反向运动,设上升最大高度为h,
根据机械能守恒定律有mgh=m,
解得h=。
课时作业
(分值:70分)
考点一 弹性碰撞与非弹性碰撞
1.(4分)(2025·辽宁沈阳阶段练习)如图所示,5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上,其中B、C、D、E 4个球质量相等,而F球的质量小于B球的质量,A球的质量等于F球的质量。若A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( )
[A]5个小球静止,1个小球运动
[B]4个小球静止,2个小球运动
[C]3个小球静止,3个小球运动
[D]6个小球都运动
【答案】 C
【解析】 球A与球B相碰时,由于A的质量小于B的质量,则A弹回,B获得速度又与C碰撞,而碰撞为弹性碰撞且质量相等,碰后B静止,C获得速度,同理,C与D的碰撞、D与E的碰撞都是如此,E获得速度后与F碰撞的过程中,由于E的质量大于F的质量,所以E、F碰后都向右运动。故碰撞之后,A、E、F三球运动,B、C、D三球静止。选项C正确。
2.(14分)(2025·山东济宁阶段练习)研究新材料的力学性能通常需将样品加工成球状或块状与对比参照品进行碰撞实验,通过碰撞测定其恢复系数是研究材料性能的内容之一。正碰的恢复系数是碰撞前后两物体沿连线方向上的分离速度与接近速度之比,即甲、乙发生正碰,碰撞前甲的速度为v甲0,乙的速度为v乙0,碰撞后甲、乙两物体的分离速度分别为v1和v2,恢复系数可表示为e=。某次实验中,甲、乙两个物体在光滑水平桌面上沿同一直线运动,碰撞前后甲的速度和乙的速度随时间的变化关系如图所示。已知甲的质量为1 kg,乙的质量为10 kg。
(1)求该碰撞过程的恢复系数e;
(2)碰撞过程中有多少机械能转化为内能
(3)求碰撞过程中某一时刻甲、乙两物体形变达到最大时甲的速度大小。
【答案】 (1) (2)1.25 J (3) m/s
【解析】 (1)甲、乙碰撞过程,根据动量守恒定律有m甲v甲0+m乙v乙0=m甲v1+m乙v2,
代入数据解得v2=1.5 m/s,
则该碰撞过程的恢复系数为e==。
(2)根据能量守恒定律,可得碰撞过程中转化为内能的机械能为
ΔE=m甲+m乙-m甲-m乙=1.25 J。
(3)碰撞过程中,当甲、乙物体速度相等时形变达到最大,设此时整体的速度为v,有
m甲v甲0+m乙v乙0=(m甲+m乙)v,
解得v= m/s。
考点二 碰撞可能性的判断
3.(6分)(多选)(2025·山东泰安期中)在光滑水平面上,A、B两个物体在同一条直线上沿同一方向运动,A的动量为18 kg·m/s,B的动量为24 kg·m/s。A从后面追上B,它们相互作用一段时间后,B的动量增大为32 kg·m/s,方向不变。下列说法正确的是( )
[A]若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=
[B]若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为=
[C]若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=
[D]若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为=
【答案】 BC
【解析】 两物体碰撞前有>,解得<=;
两物体碰撞过程中有pA+pB=pA1+pB1,+≥+,解得≤;
两物体碰撞后有≤,解得≥,即≤≤。
若为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=,故A错误,C正确;
若为非弹性碰撞,则两物体的质量之比为≤<,故B正确,D错误。
4.(6分) (多选)在光滑水平面的同一条直线上,可视为质点的两滑块P、Q沿图示方向运动,选取图示运动方向为正方向,已知P、Q的质量分别为1 kg和2 kg,运动速度分别为4 m/s和2 m/s。则两滑块碰撞之后的速度可能是( )
[A]vP′=2 m/s,vQ′=3 m/s
[B]vP′=1 m/s,vQ′=3.5 m/s
[C]vP′=2.5 m/s,vQ′=2.75 m/s
[D]vP′=3 m/s,vQ′=2.5 m/s
【答案】 AC
【解析】 碰撞过程要符合实际,碰后Q的速度不可能小于P的速度,选项D错误。碰撞过程动量守恒,则碰前总动量为p=(1×4+2×2) kg·m/s=8 kg·m/s,A、B、C三项中碰后总动量均为8 kg·m/s;碰前总动能Ek=mP+mQ=12 J,
选项A中碰后总动能EkA=mPvP′2+mQvQ′2=11 J选项B中碰后总动能EkB=mPvP′2+mQvQ′2=12.75 J>Ek,则B项不可能。
选项C中碰后总动能EkC=mPvP′2+mQvQ′2=10.687 5 J考点三 “子弹打木块”模型
5.(4分)(2025·重庆铜梁阶段练习)如图所示,用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块,一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块,穿透前后子弹的速度分别为v0和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计,木块和子弹可以看作质点,已知子弹穿过木块后木块上升的高度不超过悬挂点,以木块初始位置为零势能点,下列说法正确的是( )
[A]子弹穿透木块过程中,子弹、木块组成的系统动量守恒,机械能守恒
[B]子弹刚穿透木块时,木块速度为
[C]子弹刚穿透木块时,绳子的拉力为Mg+
[D]子弹穿透木块后,木块能到达的最大高度为
【答案】 C
【解析】 子弹穿透木块过程中,子弹、木块组成的系统满足动量守恒。子弹与木块发生相对运动,其间阻力做功,一部分机械能转化成内能,系统机械能不守恒,故A错误;子弹穿透木块过程中,根据系统动量守恒定律有mv0=mv+Mv1,解得子弹刚穿透木块时,木块速度为v1=,根据牛顿第二定律,对木块有FT-Mg=M,解得FT=Mg+,由牛顿第三定律知绳子的拉力大小FT′=FT,故B错误,C正确;子弹穿透木块后,根据机械能守恒定律,对木块有M=MgH,解得H=,故D错误。
6.(6分)(多选)(2025·广东深圳期末)如图甲,子弹以速度v射入放置在光滑水平面上的木块,子弹与木块运动的vt图像可能如图乙或如图丙的情况,下列分析正确的是( )
[A]子弹与木块相对运动的过程系统动量守恒
[B]子弹与木块相对运动的过程系统机械能守恒
[C]图乙说明子弹最后射出了木块
[D]图丙说明子弹最后射出了木块
【答案】 AD
【解析】 对子弹和木块组成的系统,相对运动的过程中所受合力为零,系统动量守恒,但由于相对运动,摩擦力做功而损失机械能,因此系统的机械能不守恒,故A正确,B错误;题图乙中子弹和木块最终达到共速,一起在光滑水平面上做匀速直线运动,说明子弹没有射出木块,故C错误;题图丙中子弹和木块最终以不同的速度各自做匀速直线运动,则说明子弹最后射出了木块,故D正确。
7.(4分)(2025·山西忻州阶段练习)如图所示,可视为质点的完全相同的A、B两小球分别拴接在一轻弹性绳的两端,两小球质量均为m,且处于同一位置(离地面足够高),弹性绳始终处于弹性限度内。某时刻A球自由下落,同时B球以速度v0水平向右抛出。已知两个小球发生的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短,不计一切阻力,下列说法正确的是( )
[A]A、B两小球组成的系统动量守恒
[B]弹性绳最长时,A、B两小球的速度不相同
[C]弹性绳第一次恢复原长时,A小球的水平分速度为v0
[D]弹性绳的最大弹性势能为m
【答案】 C
【解析】 A、B两小球组成的系统受到重力作用,动量不守恒,但水平方向动量守恒,故A错误;弹性绳最长时,A、B两小球竖直、水平方向速度均相等,即速度相同,故B错误;弹性绳第一次恢复原长时,由于两球质量相等,所以水平方向上两球速度交换,即A小球的水平分速度为v0,故C正确;当弹性绳最长时,两小球水平方向速度相等,根据水平方向动量守恒有mv0=2mvx,则弹性绳的最大弹性势能为Epm=m-·2m=m,故D错误。
8.(4分)(2025·山东德州阶段检测)如图所示,质量为m的小球A从距离地面h高度处向上斜抛,抛出时的速度大小为25 m/s,方向与水平方向夹角为37°,在A抛出的同时有一质量为2m的黏性小球B从某高度处自由下落,当A上升到最高点时恰能击中竖直下落的黏性小球B,A、B两球碰撞时间极短,碰后A、B两球粘在一起落回地面。已知A球上升和下落过程时间相等。不计空气阻力,取sin 37°=0.6,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
[A]小球A上升至最高处时水平位移为20 m
[B]小球B下落时离地面的高度为37.5 m
[C]小球A抛出点距地面的高度为11.25 m
[D]小球A抛出点与落地点的水平距离为60 m
【答案】 B
【解析】 小球A上升至最高处的时间t1== s=1.5 s,水平位移x=v0cos 37°·t1=
30 m,选项A错误;两球碰撞前B下落的高度h1=g=11.25 m,下落速度vB0=gt1=15 m/s,两球碰撞后粘在一起,则竖直方向速度改变,设碰撞后A、B整体的竖直速度为vy,则竖直方向有2mvB0=3mvy,解得vy=10 m/s,然后一起落地,而下落到地面的时间与A上升时间相等,可知下落高度h2=vyt1+g=(10×1.5+×10×1.52) m=26.25 m,即小球B下落时离地面的高度是H=h1+h2=37.5 m,选项B正确;小球A从抛出到最高点的高度h3=t1=11.25 m,则小球A抛出点距地面的高度h=h2-h3=15 m,选项C错误;两球碰撞中水平方向动量守恒,有mv0cos 37°=3mvx,可得vx= m/s,则小球A落地点与抛出点的水平距离为x′=x+vxt1=
(30+×1.5) m=40 m,选项D错误。
9.(6分) (多选)(2025·湖北黄石期中)如图所示,光滑圆环水平放置并固定,a、b、c为圆环上的三等分点,圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B在a点发生碰撞,两小球始终在圆环内运动。若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于a、b、c点,则小球的质量比可能为( )
[A]2 [B]3 [C]4 [D]5
【答案】 AD
【解析】 设两球碰后速度分别为vA、vB,由于A、B间发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,mA=mA+mB,联立解得vA=v0,
vB=,因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,由mA>mB可知vA(k=0,1,2,3,…),由于两球的质量均为正数,故k=0,即=2。对第二次碰撞,设A、B碰撞后的速度大小分别为vA′、vB′,同理有mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′,mA+mB=
mAvA′2+mBvB′2,联立解得vA′=v0,vB′=0,故第三次碰撞发生在b点,第四次碰撞发生在c点,以此类推,满足题意。若第二次碰撞发生在c点,则在第一次碰撞到第二次碰撞之间,A、B通过的路程之比为=(k=0,1,2,3,…),且=,可得=(k=0,1,2,3,…),两球质量均为正数,故k=0,即=5,同理,第三次碰撞发生在c点,第四次碰撞发生在b点,以此类推,满足题意。故A、D正确。
10.(16分)(2025·四川宜宾专题练习)某科学小组在室外用实验探究碰撞的“和谐之美”。其中的一种模型如图所示,一倾角θ=30°的固定斜面足够长,质量mB=1 kg的滑块B静止在斜面上,B与斜面间的动摩擦因数μ=。在与B距离L=0.1 m 处,将另一质量mA=2 kg的光滑小球A由静止释放,A与B发生多次弹性碰撞且碰撞时间极短,不计空气阻力,A、B均可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)第一次碰撞前瞬间,A的速度大小;
(2)第一次与第二次碰撞的时间间隔;
(3)第一次与第十次碰撞位置间的距离。
【答案】 (1)1 m/s (2)0.4 s (3)24 m
【解析】 (1)在A球下滑的过程中,根据动能定理有mAgLsin θ=mA,
解得v0=1 m/s。
(2)对于第一次发生弹性碰撞的过程,满足动量守恒和能量守恒,则有
mAv0=mAvA1′+mBvB1′,
mA=mAvA1′2+mBvB1′2,
解得vA1′= m/s,vB1′= m/s,
碰后物块B满足mBgsin θ=μmBgcos θ,
所以B做匀速直线运动,小球A做匀加速直线运动,有mAgsin θ=mAa,
从第一次碰撞到第二次碰撞,A和B位移相等,即vA1′t+at2=vB1′t,
解得t=0.4 s。
(3)刚要发生第二次碰撞前瞬间,小球A、滑块B的速度分别为vA2=vA1′+at= m/s,
vB2=vB1′= m/s,
第二次碰撞的过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mAvA2+mBvB2=mAvA2′+mBvB2′,
mA+mB=mAvA2′2+mBvB2′2,
解得vA2′= m/s,vB2′= m/s,
发生第三次碰撞,仍有vA2′t′+at′2=vB2′t′,
解得t′=0.4 s。
同理可知,每发生一次碰撞的时间间隔为Δt=0.4 s,第n次碰后B的速度为vBn′= m/s,
所以第十次碰撞位置与第一次碰撞位置的距离为x=(vB1′+vB2′+…+vB9′)Δt=24 m。(共53张PPT)
5 弹性碰撞和
非弹性碰撞
[定位·学习目标]
1.通过阅读教材,了解碰撞的特点、分类,建立碰撞的过程模型,并形成物理观念。2.通过探究小车碰撞前后动能的变化,认识碰撞过程中的能量转化与守恒,培养科学思维和探究精神。3.通过实例分析,会应用动量、能量的观点解决一维碰撞问题,体会自然界的和谐与统一。
探究·必备知识
知识点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
「探究新知」
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 守恒。
2.碰撞的分类
(1)弹性碰撞:如果系统在碰撞前后 ,这类碰撞叫作 。
(2)非弹性碰撞:如果系统在碰撞后 ,这类碰撞叫作 。
动量
动能不变
弹性碰撞
动能减少
非弹性碰撞
「新知检测」
1.“动能不变”指的是发生碰撞的物体动能都不变吗
【答案】 “动能不变”指的是发生碰撞的系统的动能之和不变,单个物体的动能可以发生变化。
2.在非弹性碰撞过程中,系统的动能有损失,能否说明碰撞过程能量不守恒
【答案】 不能。碰撞过程中能量守恒,损失的动能转化成了其他形式的能,如内能。
知识点二 弹性碰撞的实例分析
「探究新知」
1.正碰
两个小球相碰,碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在 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 碰撞或一维碰撞。
同一条直线
对心
2.弹性碰撞的特例分析
假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生正碰,如图所示。碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′。
m1v1′+m2v2′
(1)若m1=m2,则有v1′= ,v2′= 。碰撞后,两物体速度交换。
(2)若m1 m2,则有v1′= ,v2′= 。碰撞后,m1的速度几乎不变,m2以2v1的速度被撞出去。
(3)若m1 m2,则有v1′= ,v2′= 。碰撞后,m1以原速率向反向运动,m2仍静止。
0
v1
v1
2v1
-v1
0
正误辨析
(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)发生弹性正碰的两物体,动量和机械能一定都守恒。( )
(4)两物体发生碰撞过程中,机械能可能增加。( )
√
×
√
×
突破·关键能力
要点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
「情境探究」
如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球,若把小钢球1向左拉起一定高度,如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小钢球间的相互碰撞,可观察到小钢球5向右摆起,且到达的最大高度与小钢球1的释放高度相同,如图乙所示。你能解释这是为什
么吗
【答案】 该碰撞为弹性碰撞,满足动量守恒、机械能守恒,质量相等的小钢球发生弹性碰撞,碰后速度“交换”。小钢球1与小钢球2碰撞后交换速度,小钢球2与小钢球3碰撞后交换速度,小钢球3与小钢球4碰撞后交换速度,小钢球4与小钢球5碰撞后交换速度,最终小钢球1、2、3、4静止,小钢球5运动,且上升的最大高度与小钢球1的释放高度相同。
「要点归纳」
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,所以碰撞过程动量守恒。
(3)位移特点:碰撞过程发生的时间极短,可认为是在一瞬间发生的,可忽略物体的位移,认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。
(4)能量特点:碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。
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,
ΔE=Ek初总-Ek末总=Q。
[例1] (弹性碰撞)(2024·贵州卷)如图,半径为R=1.8 m 的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m 的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,
重力加速度g取10 m/s2。求:
「典例研习」
【答案】 (1)30 N
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;
【答案】 (2)3.2 s
(2)b从M运动到N的时间;
【答案】 (3)95 J
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
[例2] (非弹性碰撞) (教材改编)如图所示,在光滑的水平地面上,质量为mA=1.0 kg的小球A以v0=4.0 m/s的速度与静止的小球B发生对心碰撞,碰撞后A球以 vA=1.0 m/s的速度继续向右运动,B球以vB=3.0 m/s的速度也向右运动。
(1)求B球的质量mB;
【答案】 (1)1.0 kg
【解析】 (1)A、B两小球碰撞过程满足动量守恒,
以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB,
代入数据解得B球的质量为mB=1.0 kg。
(2)通过计算判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞;如果不是弹性碰撞,请计算碰撞过程中损失的机械能。
【答案】 (2)不是 3 J
[例3] (完全非弹性碰撞) (2024·天津卷)如图所示,光滑半圆轨道直径沿竖直方向,最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I,A沿轨道运动到最高点时,与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8 N·s,A、B的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg,轨道半径和绳长均为R=0.5 m,两球均视为质点,轻绳不可伸长,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)与B碰前瞬间A的速度大小;
【答案】 (1)4 m/s
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【答案】 (2)11.2 N
要点二 碰撞可能性的判断
「情境探究」
质量为m1的物体,以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞,如图所示。设碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′,碰撞前后的速度方向均在同一直线上。
探究:(1)碰后若两物体沿同一方向向右运动,v1′能大于v2′吗
【答案】 (1)不能。
(2)碰后两者的动能之和能大于m1原来的动能吗
【答案】 (2)不能。
「要点归纳」
碰撞问题遵循的三个原则
(1)系统动量守恒,即p1′+p2′=p1+p2。
(3)速度要符合情境。
①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,且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′。
②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。若碰后沿同向运动,则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度,即v前′≥v后′。
[例4] (碰撞可能性的判断)(2025·江苏无锡阶段练习)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球的动量为pA=9 kg· m/s,B球的动量为pB=3 kg·m/s。当A球追上B球时发生碰撞,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′=8 kg·m/s,pB′=4 kg·m/s
[C]pA′=2 kg·m/s,pB′=10 kg·m/s
[D]pA′=-4 kg·m/s,pB′=8 kg·m/s
「典例研习」
A
·规律总结·
碰撞可能性问题的分析思路
要点三 “子弹打木块”模型
「要点归纳」
1.“子弹打木块”模型
2.对“子弹打木块”模型的理解
(1)子弹打木块的过程很短暂,可认为该过程内力远大于外力,系统动量守恒。
(2)在子弹打木块过程中摩擦生热,系统机械能不守恒,部分机械能转化为
内能。
(3)若子弹不穿出木块,二者最后有共同速度,系统机械能损失最多,类似完全非弹性碰撞过程。
「典例研习」
[例5] (2025·陕西西安阶段检测)如图所示,在光滑水平面上静止着两个完全相同的木块1和木块2。一颗子弹水平射向木块1,先后射穿两木块,子弹在木块中运动时所受阻力不变,两木块不发生碰撞。子弹射穿两木块后木块1和木块2的速度大小分别为v1、v2,子弹穿过木块1和木块2所用的时间分别为t1、t2。不考虑子弹在竖直方向上的运动,下列说法正确的是( )
[A]v1=v2 [B]v1>v2
[C]t1C
[例6] (2025·山东青岛期中)如图所示为某部队战士进行移动靶位射击训练的场景,可视为质点的物块用长为L的轻质细绳挂在距地面高为H=5L的固定钉子上,物块处于静止状态。战士用狙击步枪瞄准物块射击,子弹沿水平方向击中物块,物块每次经过该位置时都会被子弹击中,子弹未穿出。第1颗子弹击中物块后,物块恰好在竖直面内做圆周运动,第5颗子弹击中物块后,细绳恰好被拉断,物块落在松软地面上P处。子弹的质量为m,物块的质量为15m,重力加速度为g,忽略空气阻力。
(1)求子弹击中物块前的速度v0;
(2)求物块落地点P与O点间的水平距离d;
(3)若物块与地面的碰撞时间为Δt,物块无反弹,碰撞过程中不计重力,求物块撞击地面过程中物块受到地面的平均冲击力大小F。
检测·学习效果
1.(教材改编)在微观粒子发生碰撞时,运用动量守恒定律还可测量微观粒子的质量。例如,氢原子核的质量是1.67×10-27 kg,它以7.0×106 m/s的速度与一个原来静止的未知原子核相碰撞,碰撞后氢原子核以1.0×106 m/s的速度被反弹回来,而未知原子核以4.0×106 m/s的速度向前运动,则未知原子核的质量与氢原子核的质量比值为( )
[A]1.5 [B]2 [C]2.5 [D]3
B
2.小球1追碰小球2,碰撞前两球的动量分别为p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,正碰后小球2的动量p2′=10 kg·m/s,两球的质量关系可能是( )
[A]m2=m1 [B]m2=2m1
[C]m2=4m1 [D]m2=6m1
C
AC
4.(2025·广东惠州期中)如图所示,用不可伸长的轻绳将物块a悬挂于O点。现将轻绳拉至水平,将物块a由静止释放。当物块a运动至最低点时(物块a与地面之间无挤压),恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞。已知轻绳的长度为L,物块a的质量为m,物块b的质量为3m,a、b均可视为质点,重力加速度大小为g,不计空气阻力的影响。求:
(1)碰撞前瞬间,轻绳对物块a的拉力大小;
【答案】 (1)3mg
(2)碰撞后瞬间,物块b的速度大小;
(3)碰撞后物块a上升的最大高度。
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