2022年高中物理選修（3-5）第一章《動量守恒定律在碰撞中的應用》word學案

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1、2022年高中物理選修（3-5）第一章《動量守恒定律在碰撞中的應用》word學案 [學習目標定位] 1.掌握應用動量守恒定律解題的一般步驟.2.進一步理解彈性碰撞和非彈性碰撞，會用動量和能量的觀點綜合分析解決一維碰撞問題． 1．碰撞的特點 (1)經(jīng)歷的時間很短； (2)相互作用力很大，物體速度變化明顯． 2．碰撞的分類 (1)彈性碰撞：碰撞過程中總動能守恒； (2)非彈性碰撞：碰撞過程中總動能減少； (3)完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體粘在一起，此過程機械能損失最大． 3．動量守恒定律的表達式 (兩個物體組成的系統(tǒng))m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量

2、式，列方程時首先選取正方向． 4．動量守恒的條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零； (2)內力遠大于外力； (3)系統(tǒng)所受合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，則系統(tǒng)在該方向上的動量守恒. 一、對三種碰撞的進一步認識 [問題設計] 碰撞過程有什么特點？若兩物體在光滑水平面上相碰，動量是否守恒？若水平面不光滑，動量是否守恒？ 答案　由于碰撞發(fā)生的時間很短，碰撞過程中內力往往遠大于外力，系統(tǒng)所受的外力可以忽略不計，故無論碰撞發(fā)生時水平面是否光滑，動量都是守恒的． [要點提煉] 三種碰撞類型及其遵守的規(guī)律 (1)彈性碰撞 動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m

3、2v2′ 機械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 (2)非彈性碰撞 動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 機械能減少，損失的機械能轉化為內能 |ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q (3)完全非彈性碰撞 動量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 碰撞中機械能損失最多 |ΔEk|＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2 二、彈性正碰模型及拓展應用 [問題設計] 已知A、B兩個彈性小球，質量分別為m1、m2，B小球靜止在光滑的水平面上，如圖1所示，A小球以初速度v0與B小球發(fā)生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方

4、向． 圖1 答案　以v0方向為正方向，由碰撞中的動量守恒和機械能守恒得 m1v0＝m1v1＋m2v2① m1v02＝m1v12＋m2v22② 由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0 (1)當m1＝m2時，v1＝0，v2＝v0，兩小球交換速度； (2)當m1>m2時，則v1>0，v2>0，即小球A、B同方向運動．因<，所以v10，即小球A、B反方向運動． (其中，當m1?m2時，v1≈－v0，v2≈0.) [要點提煉] 1．兩質量分別為m1

5、、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝v1，v2′＝v1. (1)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度． (2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去． (3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止． 2．如果兩個相互作用的物體，滿足動量守恒的條件，且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機械能不變，廣義上也可以看成是彈性碰撞．

6、 三、碰撞需滿足的三個條件 1．動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. 2．動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. 3．速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞不會結束． 一、彈性碰撞模型及拓展分析 例1　在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速率v0向右運動．在小球的前方O點處有一質量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖2所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運動．小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ＝1.5PO.假設小球間的碰撞及小球

7、與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質量之比m1/m2. 圖2 解析　從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1 兩球碰撞過程為彈性碰撞，有：m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22 解得＝2. 答案　2 二、非彈性碰撞模型分析 例2　(單選)如圖3所示，在水平光滑直導軌上，靜止著三個質量均為m＝1 kg的相同小球A、B、C，現(xiàn)讓A球以v0＝2 m/s的速度向著B球運動，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續(xù)向右運動并跟C球碰撞，C球的最終速度vC＝1 m/s.求

8、： 圖3 (1)A、B兩球跟C球相碰前的共同速度多大？ (2)兩次碰撞過程中一共損失了多少動能？ 解析　(1)以v0的方向為正方向，A、B相碰滿足動量守恒：mv0＝2mv1 解得A、B兩球跟C球相碰前的速度： v1＝1 m/s. (2)A、B兩球與C碰撞，以vC的方向為正方向，由動量守恒定律得： 2mv1＝mvC＋2mv2 解得兩球碰后的速度：v2＝0.5 m/s， 兩次碰撞損失的動能： ΔEk＝mv02－×2mv22－mvC2＝1.25 J 答案　(1)1 m/s　(2)1.25 J 三、碰撞滿足的條件分析 例3　(單選)質量為m、速度為v的A球跟質量為3m、

9、靜止的B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值．請你論證：碰撞后B球的速度可能是以下值中的(　　) A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．0.1v 解析　若發(fā)生彈性碰撞，設碰后A的速度為v1，B的速度為v2，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律：mv＝mv1＋3mv2 由機械能守恒定律：mv2＝mv12＋×3mv22 由以上兩式得v1＝－，v2＝ 若碰撞過程中損失機械能最大，則碰后兩者速度相同，設為v′，由動量守恒定律：mv＝(m＋3m)v′ 解得v′＝ 所以在情況不明確時，B球速度vB應滿足≤vB≤.因此選B.

10、答案　B 針對訓練　在光滑水平長直軌道上， 圖4 放著一個靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各連結一個小球構成，如圖4所示，兩小球質量相等，現(xiàn)突然給左端小球一個向右的速度v，試分析從開始運動到彈簧第一次恢復原長這一過程中兩球的運動情況并求彈簧第一次恢復到自然長度時，每個小球的速度大?。? 答案　見解析 解析　剛開始，A向右運動，B靜止，彈簧被壓縮，對兩球產(chǎn)生斥力，此時A動量減小，B動量增加．當兩者速度相等時，兩球間距離最小，彈簧形變量最大，彈簧要恢復原長，對兩球產(chǎn)生斥力，A動量繼續(xù)減小，B動量繼續(xù)增加．所以，到彈簧第一次恢復原長時，A球動量最小，B球動量最大．整個過程相當于完全彈性碰

11、撞．在整個過程中，系統(tǒng)動量守恒，且系統(tǒng)的動能不變，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mvA2＋mvB2 解得：vA＝0，vB＝v 例4　(雙選)A、B兩個質量相等的球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7 kg·m/s，B球的動量是5 kg·m/s，若A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是(　　) A．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s B．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s C．pA′＝5 kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s D．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s 解析　從動量守恒的角度分析，

12、四個選項都正確；從能量角度分析，A、B碰撞過程中沒有其他形式的能量轉化為它們的動能，所以碰撞后它們的總動能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度應小于B的速度． A選項中，顯然碰后A的速度大于B的速度，這是不符合實際情況的，所以A錯． 碰前A、B的總動能Ek＝＋＝ 碰后A、B的總動能，B選項中Ek′＝＋＝Ek＝，所以D是不可能發(fā)生的． 綜上所述，本題正確選項為B、C. 答案　BC 1．(單選)為了模擬宇宙大爆炸的情

13、況，科學家們使兩個帶正電的重離子被加速后，沿同一直線相向運動而發(fā)生猛烈碰撞．若要使碰撞前的動能盡可能多地轉化為內能，應設法使離子在碰撞前的瞬間具有(　　) A．相同的速率 B．相同的質量 C．相同的動能 D．大小相同的動量 答案　D 解析　當兩重離子碰前動量等大反向時，碰后離子可能均靜止，這時動能完全轉化為內能． 2．(單選)如圖5所示，質量為m的A小球以水平速度v與靜止的質量為3m的B小球正碰后，A球的速率變?yōu)樵瓉淼?，而碰后B球的速度是(以v方向為正方向)(　　) 圖5 A．v/6 B．－v C．－v/3 D．v/2 答案　D 解析　碰后A的速率為v/2，可能

14、有兩種情況：v1＝v/2；v1′＝－v/2 根據(jù)動量守恒定律，當v1＝v/2時，有mv＝mv1＋3mv2，v2＝v/6；當v1′＝－v/2時，有mv＝mv1′＋3mv2′，v2′＝v/2.若它們同向，則A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正確． 3．(雙選)兩個小球A、B在光滑的水平地面上相向運動，已知它們的質量分別是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s (設為正)，B的速度vB＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為(　　) A．均為＋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

15、　AD 解析　由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求．再看動能變化情況： E前＝mAvA2＋mBvB2＝27 J E后＝mAvA′2＋mBvB′2 由于碰撞過程中動能不可能增加，所以應有E前≥E后，據(jù)此可排除B；選項C雖滿足E前≥E后，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向，這顯然是不符合實際的，因此C選項錯誤．驗證A、D均滿足E前≥E后，且碰后狀態(tài)符合實際，故正確選項為A、D. 4．(單選)如圖6所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運動，選定向右為正方向，兩球的動量分別為pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.當兩球相碰之后，兩

16、球的動量可能是(　　) 圖6 A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s C．pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s D．pa＝2 kg·m/s、pb＝0 答案　C 解析　對于碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機械能不增加和碰撞過程要符合實際情況．本題屬于迎面對碰，碰撞前，系統(tǒng)的總動量為2 kg·m/s.選項A中，系統(tǒng)碰后的動量變?yōu)椋? kg·m/s，不滿足動量守恒定律，選項A可排除；選項B中，系統(tǒng)碰后的動量變?yōu)? kg·m/s，滿足動量守恒定律，但碰后a球動量大小不變，b球動量增加，根據(jù)

17、關系式Ek＝可知，a球的動能不變，b球動能增加，系統(tǒng)的機械能增大了，所以選項B可排除；選項D中，顯然滿足動量守恒，碰后系統(tǒng)的機械能也沒增加，但是碰后a球運動方向不變，b球靜止，這顯然不符合實際情況，選項D可排除；經(jīng)檢驗，選項C滿足碰撞所遵循的三個規(guī)律，故選C. [概念規(guī)律題組] 1．(雙選)下面關于碰撞的理解正確的是(　　) A．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程 B．在碰撞現(xiàn)象中，一般內力都遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒 C．如果碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 D．微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，

18、所以不滿足動量守恒的條件，不能應用動量守恒定律求解 答案　AB 解析　碰撞過程中機械能守恒的碰撞為彈性碰撞，C錯．動量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一，不僅低速、宏觀物體的運動遵守這一規(guī)律，而且高速、微觀物體的運動也遵守這一規(guī)律，D錯． 2．(雙選)在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是(　　) A．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率互相分開 B．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率互相分開 D．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率同向而行 答案　AD 解析　本題考查運用動量守恒定律定性分析

19、碰撞問題．光滑水平面上兩小球的對心碰撞符合動量守恒的條件，因此碰撞前、后兩小球組成的系統(tǒng)總動量守恒． A項，碰撞前兩球總動量為零，碰撞后也為零，動量守恒，所以A項是可能的． B項，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動量不為零，而碰撞前兩球總動量為零，所以B項不可能． C項，碰撞前、后系統(tǒng)的總動量的方向不同，所以動量不守恒，C項不可能． D項，碰撞前總動量不為零，碰后也不為零，方向可能相同，所以，D項是可能的． [方法技巧題組] 3．(單選)如圖1所示，木塊A和B質量均為2 kg，置于光滑水平面上．B與一輕質彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當A以4 m/s的速度

20、向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，具有的彈性勢能大小為(　　) 圖1 A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J 答案　B 解析　A與B碰撞過程動量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2 m/s.當彈簧被壓縮到最短時，A、B的動能完全轉化成彈簧的彈性勢能，所以Ep＝(mA＋mB)v＝8 J. 4．(單選)在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它們，如圖2所示．設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能值是(　　) 圖2 A．v1＝v2＝v3＝v

21、0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0 C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 答案　D 解析　兩個質量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，動能守恒，碰撞后將交換速度，故D項正確． 5．(單選)如圖3所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相同的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是(　　) 圖3 A．A開始運動時 B．A的速度等于v時 C．B的速度等于零時 D．A和B的速度相等時 答案　D 解析　對A、B組成的系統(tǒng)由于水平面光滑，所以動量守恒．

22、而對A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即A、B動能與彈簧彈性勢能之和為定值．當A、B速度相等時，彈簧形變量最大，彈性勢能最大，所以此時動能損失最大． 6．(單選)如圖4所示，在光滑水平面上有A、B兩小球沿同一條直線向右運動，并發(fā)生對心碰撞．設向右為正方向，碰前A、B兩球的動量分別是pA＝10 kg·m/s、pB＝15 kg·m/s，碰后兩小球的動量變化可能是(　　) 圖4 A．ΔpA＝15 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s B．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s C．ΔpA＝5 kg·m/s，ΔpB＝－5 kg·m/s D．ΔpA＝－20 kg·m/s，

23、ΔpB＝20 kg·m/s 答案　B 解析　因碰撞過程動量守恒，故兩個球的動量變化大小相等，方向相反，故選項A錯誤．B被碰后動量的變化向右，則A的動量變化向左，所以選項C錯誤．在碰撞過程中，動能不可能增加，故選項D錯誤． 7．(單選)現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是(　　) A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定 答案　A 解析　由動量守恒3m·v－mv＝0＋mv ′，所以v ′＝2v 碰前總動能Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2 碰后總動

24、能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確． 8．(xx·新課標Ⅰ·35(2))如圖5所示， 圖5 質量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放．當A球下落t＝0.3 s 時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰．碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求： (ⅰ)B球第一次到達地面時的速度； (ⅱ)P點距離地面的高度． 答案　(ⅰ)4 m/s　(ⅱ)0.75 m 解析　(ⅰ)設B球

25、第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學公式有 vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得 vB＝4 m/s② (ⅱ)設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運動學規(guī)律可知 v1＝gt③ 由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變．規(guī)定向下的方向為正，有 mAv1＋mBv2＝mBv2′④ mAv＋mBv＝mBv2′2⑤ 設B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運動學及碰撞的規(guī)律可得 vB′＝vB⑥ 設P點距地面的高度為h′，由運動學規(guī)律可知 h′＝⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知

26、條件可得 h′＝0.75 m 9. 圖6 如圖6所示，兩個質量m1＝20 g、m2＝80 g的小球，用等長的細線懸掛在O點．懸掛m2的細線處于豎直狀態(tài)，懸掛m1的細線處于伸直狀態(tài)且與豎直方向成37°角．現(xiàn)將m1由靜止釋放，m1與m2碰撞后粘在一起．若線長L＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)碰撞前瞬間m1的速度v0； (2)碰撞中損失的機械能ΔE. 答案　(1)2 m/s　(2)0.032 J 解析　(1)由機械能守恒，得 m1gL(1－cos 37°)＝m1v02 解得v0＝2 m/s (2)設碰后兩

27、球速度為v，由動量守恒得 m1v0＝(m1＋m2)v ΔE＝m1gL(1－cos 37°)－(m1＋m2)v2 解得ΔE＝0.032 J [創(chuàng)新應用題組] 10. 圖7 (xx·山東·39(2))如圖7所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質量為m.開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求： (ⅰ)B的質量； (ⅱ)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失． 答案　(ⅰ)　(ⅱ)mv02 解析　(ⅰ)以初速度v0的方向為正方向，設B的質量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得 m·＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得mB＝② (ⅱ)從開始到碰撞后的全過程，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 設碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能的損失為ΔE，則 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 聯(lián)立②③④式得 ΔE＝mv02