資源簡介

第五節(jié)　彈性碰撞與非彈性碰撞　第六節(jié)　自然界中的守恒定律
(分值：100分)
選擇題1～10題，每小題8分，共80分。
基礎對點練
題組一　彈性碰撞和非彈性碰撞
1.(2024·山東煙臺高二期中)下列關于碰撞的理解正確的是(　　)
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)生了顯著變化的過程
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)的動能守恒
如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞
2.如圖所示，5個小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，A球以速度v0向B球運動，所有小球的質量均相等，且發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(　　)
5個小球靜止，1個小球運動
4個小球靜止，2個小球運動
3個小球靜止，3個小球運動
6個小球都運動
3.質量為m1和m2的兩個小球在光滑水平面上正碰，其位移s隨時間t變化的圖像如圖所示。已知m1＝1 kg，下列說法正確的是(　　)
碰撞前m2的速度v2＝1 m/s
碰撞后m1的速度v1′＝2 m/s
m2的質量為3 kg
上述碰撞為非彈性碰撞
4.細線下吊著一個質量為m1的靜止沙袋，沙袋到細線上端懸掛點的距離為l。一顆質量為m的子彈水平射入沙袋并留在沙袋中，隨沙袋一起擺動。已知沙袋擺動時擺線的最大偏角是90°，求子彈射入沙袋前的速度為(　　)
題組二　自然界中的守恒定律
5.(2024·廣東中山高二期末)在短道速滑混合接力比賽過程中，待接棒運動員A提前以較小速度滑行，后面運動員B追上運動員A時，會猛推運動員A一把，使其獲得更大的速度。如果在兩運動員相互作用時，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則兩運動員組成的系統(tǒng)(　　)
機械能守恒，水平方向動量守恒
機械能守恒，水平方向動量不守恒
機械能不守恒，水平方向動量守恒
機械能不守恒，水平方向動量不守恒
6.(多選)(2024·廣東實驗中學高二期末)在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖為一端固定有小球的輕桿，從右偏上30°角釋放后繞光滑支點擺動；乙圖為末端固定有小球的輕質直角架，釋放后繞通過直角頂點的固定軸O無摩擦轉動；丙圖為置于光滑水平面上的A、B兩小車，B靜止，A獲得一向右的初速度后向右運動，某時刻連接兩車的細繩繃緊，然后帶動B車一起運動；丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車，把用細繩懸掛的小球從圖示位置釋放，小球開始擺動。則關于這幾個物理過程(空氣阻力忽略不計)，下列判斷中正確的是(　　)
甲圖中小球機械能守恒
乙圖中小球A的機械能守恒
丙圖中兩車組成的系統(tǒng)動量守恒
丁圖中小球和小車系統(tǒng)動量守恒
7.(多選)(2024·廣東湛江高二期末)如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑，則下列說法正確的是(　　)
在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒
在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒
被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球能回到槽高h處
8.(2024·安徽淮北高二月考)A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，當A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是(　　)
vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
綜合提升練
9.(2024·廣東佛山高二期中)圖為某運動員正在準備擊球，在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變?yōu)閜B′＝4 kg·m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是(　　)
mB＝mA mB＝mA
mB＝2mA mB＝5mA
10.(多選)質量為mA的A球，以某一速度沿光滑水平面向靜止的B球運動，并與B球發(fā)生彈性正碰，假設B球的質量mB可選取不同的值，則下列說法正確的是(　　)
當mB＝mA時，碰后A、B兩球共速
當mB＝mA時 ，碰后兩球互換速度
當mB＞mA時，碰后A球反向運動
當mB＜mA時，mB越小，碰后B球的速度越小
11.(8分)(2024·湖南長沙高二期中)在光滑水平地面上，有一個質量為m、速度為v的小球A跟質量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰。
(1)(4分)若碰撞是彈性的，求碰撞后小球A的速度vA；
(2)(4分)若碰撞是完全非彈性的，求碰撞過程中B球對A球的沖量I。
培優(yōu)加強練
12.(12分)(2024·廣東廣州高二第六十五中學期中)某次訓練中使用的冰壺A和冰壺B的質量均為20 kg，初始時兩冰壺之間的距離s＝7.5 m，運動員以v0＝2 m/s的初速度將冰壺A水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變?yōu)関A＝0.2 m/s，方向不變，碰撞時間極短。已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)(4分)冰壺A與B碰撞前的速度大小v1；
(2)(4分)兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大小vB；
(3)(4分)判斷兩冰壺碰撞是否為彈性碰撞。
第五節(jié)　彈性碰撞與非彈性碰撞
第六節(jié)　自然界中的守恒定律
1.A　[碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對運動的物體相遇時發(fā)生的一種現(xiàn)象，一般內力遠大于外力，在非彈性碰撞時，系統(tǒng)的機械能不守恒；如果碰撞中機械能守恒，就叫作彈性碰撞；微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內發(fā)生強大內力作用的特點，所以仍然是碰撞，故A正確，B、C、D錯誤。]
2.A　[因五個小球質量相等，且均為彈性碰撞，不斷交換速度，則最終F有向右的速度，A、B、C、D、E均靜止，故A正確。]
3.C　[s－t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知m1碰撞前的速度v1＝ m/s＝4 m/s，m2碰撞前速度為0，故A錯誤；兩小球正碰后，m1碰撞后的速度v1′＝ m/s＝－2 m/s，m2碰后的速度v2′＝ m/s＝2 m/s，故B錯誤；兩小球碰撞過程中動量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝3m1＝3 kg，故C正確；碰撞前系統(tǒng)的機械能E＝m1v＝8 J，碰撞后系統(tǒng)的機械能E′＝m1v1′2＋m2v2′2＝8 J，由此可知碰撞過程中機械能守恒，上述碰撞為彈性碰撞，故D錯誤。]
4.D　[設子彈射入沙袋前的速度為v，則子彈射入沙袋動量守恒，有mv＝(m1＋m)v′，沙袋擺起，根據(jù)動能定理得－(m1＋m)gl＝0－(m1＋m)v′2，解得v＝，故D正確。]
5.C　[兩運動員組成的系統(tǒng)，水平方向受力平衡，動量守恒，兩運動員對對方的作用力均做正功，則兩運動員動能增加，系統(tǒng)的機械能增加。故C正確。]
6.AC　[在圖甲所示過程中，只有重力做功，小球的機械能守恒，故A正確；圖乙所示運動過程中，A、B兩球通過桿相互影響(例如開始時，A球帶動B球轉動)，桿對A球的彈力不沿桿方向，會對A球做功，A球的機械能不守恒，故B錯誤；丙圖中兩車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故C正確；丁圖中小球和小車組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故D錯誤。]
7.BC　[在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向合力為零，豎直方向的合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)中重力做功，小球和槽之間的彈力做功，但小球和槽之間的彈力屬于內力，故在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；整個下滑過程中小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有0＝mv1－2mv2，即小球和槽脫離后，槽往左運動，小球向右運動，且槽的速度是小球的兩倍，小球與彈簧接觸之前，在水平面上小球和槽都做勻速直線運動，在小球與彈簧接觸被反彈后，小球的速度大小不變，方向變?yōu)橄蜃螅忠驗樾∏虻乃俣刃∮诓鄣乃俣龋市∏虿豢赡茏飞喜郏葱∏蚝筒劬蜃笞鰟蛩僦本€運動，速率不變，故C正確，D錯誤。]
8.B　[題目所給四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合實際，A、D項錯誤；C項中，兩球碰后的總動能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的總動能Ek前＝mAv＋mBv＝22 J，違背了能量守恒定律，C項錯誤；B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，B項正確。]
9.C　[碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可知mA≤mB≤4mA，故C正確。]
10.BC　[發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv＝
mAv＋mBv，解得v1＝v0，v2＝v0。當mB＝mA時，v1＝0，v2＝v0，碰后兩球互換速度，A錯誤，B正確；當mB＞mA時，v1＝v0＜0，碰后A球反向運動，C正確；當mB＜mA時，v2＝v0，mB越小，碰后B球的速度v2越大，D錯誤。]
11.(1)，方向與初速度v的方向相反
(2)mv，方向與初速度v的方向相反
解析　(1)由于A、B發(fā)生彈性碰撞，則碰撞的過程中滿足動量守恒定律和能量守恒定律
mv＝mvA＋3mvB
mv2＝mv＋×3mv
解得vA＝－
負號表示運動方向與初速度v的方向相反。
(2)A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律
mv＝(m＋3m)v1
解得v1＝
對A球根據(jù)動量定理I＝mv1－mv＝－mv
負號表示沖量的方向與初速度v方向相反。
12.(1)1 m/s　(2)0.8 m/s　(3)不是彈性碰撞
解析　(1)冰壺A從開始運動到與冰壺B碰撞過程中，根據(jù)動能定理可得－μmgs＝mv－mv
代入數(shù)據(jù)解得v1＝1 m/s。
(2)兩冰壺碰撞過程中動量守恒，則有mv1＝mvA＋mvB
代入數(shù)據(jù)解得vB＝0.8 m/s。
(3)碰撞前兩冰壺的總動能為Ek1＝mv＝10 J
碰撞后兩冰壺的總動能為Ek2＝mv＋mv＝6.8 J
由于Ek1>Ek2
可知兩冰壺碰撞為非彈性碰撞。第五節(jié)　彈性碰撞與非彈性碰撞
第六節(jié)　自然界中的守恒定律
學習目標　1.掌握彈性碰撞、非彈性碰撞的特點。 2.能運用動量和能量的觀點分析、解決一維碰撞的問題。 3.進一步了解物質運動過程中的各種守恒定律。
知識點一　彈性碰撞與非彈性碰撞
如圖甲所示，兩個相同的剛性球懸掛于同一水平面，將右側小球拉開至一定高度釋放，松手后使之與另一球發(fā)生正碰，右邊小球停下來，左邊小球擺至右側小球釋放的高度。
(1)兩個球碰撞前后總機械能是否相等？
(2)如果給兩小球圍上如圖乙所示的尼龍搭扣，兩球碰后粘在一起，上升的最大高度為釋放高度的，兩球碰撞時總的機械能還守恒嗎？
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.彈性碰撞：兩球碰撞后，它們的形變________完全恢復，則沒有機械能損失，碰撞前后兩小球構成的系統(tǒng)的____________相等。
2.非彈性碰撞：兩球碰撞后，它們的形變________完全恢復原狀，這時將有一部分機械能轉化為其他形式的能量，碰撞前后系統(tǒng)的機械能________________。
3.完全非彈性碰撞：兩球碰撞后，它們完全不反彈而粘在一起，這時機械能損失________。
4.碰撞過程的特點
(1)受力特點：碰撞中，相互作用時間極短，內力遠大于外力，系統(tǒng)動量________。
(2)位移特點：在碰撞過程中，由于在極短的時間內物體的速度發(fā)生突變，物體發(fā)生的位移極小，可認為碰撞前后物體處于同一________。
(3)能量特點：彈性碰撞機械能守恒，非彈性碰撞有機械能損失。
【思考】　(1)迅速搓手，或持續(xù)鼓掌有什么感覺？
(2)兩球碰撞后粘在一起，屬于完全非彈性碰撞，該碰撞產(chǎn)生了什么能量？
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1 我們將兩球的碰撞過程與左圖類比(兩圖中水平面均光滑)，完成下列填空。
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
拓展延伸1
設A的質量為m1，B的質量為m2，
(1)若如圖乙所示，兩球的形變不再恢復，試求圖乙中兩球碰后的速度和碰撞生熱；
(2)若如圖丁所示，求兩球碰后的速度。
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
拓展延伸2
(多選)在圖甲中，若A、B兩球質量相等，則碰后B球的速度可能為(　　)
A.0.2v0 B.0.4v0
C.0.6v0 D.v0
“一動一靜”碰撞問題的討論
質量為m1的球a以速度v0和靜止的質量為m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分別為v1和v2。根據(jù)能量損失情況不同，討論碰后可能出現(xiàn)的情況如下：
(1)彈性碰撞：v1＝v0，v2＝v0。
(2)完全非彈性碰撞：v1＝v2＝v0。
(3)一般情況下：
v0≤v1≤v0，
v0≤v2≤v0。
(4)若質量相等的兩球發(fā)生彈性碰撞，則兩球速度互換。　　　　
例2 (2024·廣東珠海高二期末)如圖所示，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，然后三球粘在一起向右運動。求：
(1)A、B兩球跟C球相碰前的共同速度；
(2)第二次碰撞過程中損失的動能。
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知識點二　自然界中的守恒定律
如圖所示，小車固定在光滑的水平面上，小球沿光滑的弧形軌道下滑時，它的機械能守恒。若小車不固定，小球的機械能還守恒嗎？球和車組成的系統(tǒng)的機械能守恒嗎？若弧形軌道粗糙，球和車組成的系統(tǒng)機械能不再守恒，動量是否守恒？能量呢？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.系統(tǒng)：物理學上常將____________的物體視為一個系統(tǒng)。
2.物理量的守恒定律：物質所處的系統(tǒng)若沒有系統(tǒng)外的因素使系統(tǒng)的這些物理量發(fā)生改變，則系統(tǒng)內部的這些物理量總和____________。物理量的守恒性質保證了系統(tǒng)的相對穩(wěn)定性。守恒定律只有在合適的系統(tǒng)和范圍才適用。
3.動量守恒定律：合外力為零的情況下，系統(tǒng)的總動量不會發(fā)生改變，如果在某個方向系統(tǒng)合外力為零，則系統(tǒng)在該方向的動量守恒，如果系統(tǒng)某個方向的動量發(fā)生了改變，則該方向必然受到一個________，________的值等于系統(tǒng)在該方向動量的改變量。
4.機械能守恒定律：系統(tǒng)外力與系統(tǒng)內除重力和彈力外的其他內力做功的代數(shù)和為________，則系統(tǒng)的總機械能保持不變。
5.能量守恒定律：在系統(tǒng)機械能增加或減少的同時，必然有其他形式的能量________________，而且系統(tǒng)機械能的變化量和其他形式能量的變化量是________的。
角度1　守恒的判斷
例3 (2024·廣東佛山高二月考)如圖所示，一內外側均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上。槽的左側有一豎直墻壁。現(xiàn)讓一小球(可認為質點)自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進入槽內，則下列說法正確的是(　　)
A.小球離開右側槽口以后，將做豎直上拋運動
B.小球在槽內運動的全過程中，只有重力對小球做功
C.小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒
D.小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度2　碰撞可能性的判斷
碰撞問題遵循的三個原則
1.動量守恒定律：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2.機械能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
3.若碰后兩物體同向運動，后面物體的速度不可能大于前面物體的速度，即v1≤v2。
例4 (多選)質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運動，A球的動量是7 kg·m/s，B球的動量是5 kg·m/s，A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能為(　　)
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
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
判斷碰撞可能性問題時，要依據(jù)先簡后繁的原則用排除法做題。首先根據(jù)動量守恒定律和同向不穿越原理排除部分選項，再驗證速度較大或動量較大的選項是否符合動能不增加原理。　　　　
隨堂對點自測
1.(彈性碰撞)(多選)(2024·廣東汕頭高二期中)A、B兩個物塊在光滑的水平地面上發(fā)生正碰，碰撞時間極短，兩物塊運動的s－t圖像如圖所示，則下列判斷正確的是(　　)
A.碰撞后A、B兩個物塊運動方向相同
B.碰撞前、后A物塊的速度大小之比為5∶3
C.A、B的質量之比m1∶m2＝2∶3
D.此碰撞為彈性碰撞
2.(非彈性碰撞)(多選)(2024·廣東深圳高二月考)A、B兩球沿同一條直線運動，如圖所示的s－t圖像記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的s－t圖像。c為碰撞后它們的s－t圖像。若A球質量為1 kg，則(　　)
A.B球的質量為2 kg B.B球的質量為 kg
C.碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失為5 J D.碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失為 J
3.(碰撞可能性的判斷)(多選)在光滑水平面上，一質量為m、速度大小為v的A球與質量為2m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，則碰后B球的速度大小可能是(　　)
A.0.7v B.0.6v
C.0.4v D.0.2v
第五節(jié)　彈性碰撞與非彈性碰撞
第六節(jié)　自然界中的守恒定律
知識點一
導學　提示　(1)相等　(2)不守恒
知識梳理
1.能　機械能　2.不能　不再相等　3.最大
4.(1)守恒　(2)位置
[思考] 提示　(1)手掌發(fā)熱　(2)熱(內)能
例1 圖乙：“＝”“小”　“＝”“小”
圖丙：“＜”“小”“大”　“＜”“小”“大”
圖丁：“＜”“相等”　“＜”“相等”
拓展延伸1 (1)v0　v　
(2)v0　v0
解析　(1)圖乙中這種碰撞是完全非彈性碰撞，物體A、B最終共速
由動量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共
可知v1＝v2＝v共＝v0
由能量守恒定律得
Q＝ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v＝v。
(2)圖丁中這種碰撞屬于完全彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2
由機械能守恒定律有m1v＝m1v＋m2v
聯(lián)立解得v1＝v0，v2＝v0。
拓展延伸2 CD　[兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，由機械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv，解得vB＝v0；發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝，碰后B的速度介于兩者之間，故選項C、D正確。]
例2 (1)1 m/s　(2)0.33 J
解析　(1)A、B相碰后粘合在一起，由動量守恒定律知
mv0＝2mv1
可得A、B兩球跟C球相碰前的速度大小為
v1＝1 m/s。
(2)兩球與C球碰撞同樣滿足動量守恒，有
2mv1＝3mv2
可得A、B兩球跟C球相碰后的速度大小為
v2＝ m/s
由能量守恒定律知第二次碰撞損失的動能為
ΔEk＝×2mv－×3mv＝0.33 J。
知識點二
導學　提示　小球的機械能不守恒；系統(tǒng)的機械能守恒；動量不守恒，但在水平方向上的動量守恒；能量守恒。
知識梳理
1.相互作用　2.保持不變　3.沖量　沖量　4.零
5.減小或增加　相同
例3 C　[小球從下落到最低點的過程中，槽沒有動，與豎直墻之間存在擠壓，動量不守恒；小球經(jīng)過最低點往上運動的過程中，斜槽與豎直墻分離，水平方向動量守恒；全過程中有一段時間系統(tǒng)受豎直墻彈力的作用，故全過程系統(tǒng)水平方向動量不守恒，D錯誤；小球運動到最低點的過程中由機械能守恒定律可得mv＝mgh，小球和凹槽一起運動到槽口過程中水平方向動量守恒mv0＝(m＋M)v，小球離開右側槽口時，水平方向有速度，將做斜拋運動，A錯誤；小球經(jīng)過最低點往上運動的過程中，斜槽往右運動，斜槽對小球的支持力對小球做負功，小球對斜槽的壓力對斜槽做正功，系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤，C正確。]
例4 BC　[碰撞前系統(tǒng)總動量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由題意，設mA＝mB＝m，碰前總動能為Ek＝＋＝＋＝，若pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，但是碰撞后A的速度仍大于B，與實際不相符，A錯誤；若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，碰撞后的總動能為2×＝Ek，不可能，D錯誤。]
隨堂對點自測
1.CD　[因為s－t圖像的斜率表示速度，且斜率的正負表示速度的方向，由圖像可知，碰撞后A、B兩個物塊運動方向相反，故A錯誤；由圖像可得，碰撞前A物塊的速度為v1＝5 m/s，碰撞后A物塊的速度為v1′＝－1 m/s，所以碰撞前、后A物塊的速度大小之比為5∶1，故B錯誤；同理可得，碰撞前、后B物塊的速度分別為v2＝0，v2′＝4 m/s；設A、B的質量分別為m1、m2，則由動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m1∶m2＝2∶3，故C正確；因為碰撞前后機械能分別為E＝m1v＝12.5m1，E′＝m1v1′2＋m2v2′2＝12.5m1＝E，即碰撞前后系統(tǒng)機械能守恒，故此碰撞為彈性碰撞，故D正確。]
2.BC　[由圖像可知碰撞前A、B兩球都做勻速直線運動，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝
m/s＝2 m/s，碰撞后二者粘在一起做勻速直線運動，vc＝ m/s＝－1 m/s，碰撞過程中動量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝ kg，碰撞過程損失的機械能ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v＝5 J，故B、C正確。]
3.BC　[以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以碰前A球的速度方向為正方向，如果碰撞為彈性碰撞，由動量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，由機械能守恒定律得mv2＝mv＋×2mv，聯(lián)立解得vA＝－v，vB＝v，負號表示碰撞后A球反向彈回；如果碰撞為完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得mv＝(m＋2m)vB，解得vB＝v。則碰撞后B球的速度范圍是v≤vB≤v，所以碰后B球的速度大小可能是0.6v和0.4v，A、D錯誤，B、C正確。](共52張PPT)
第五節(jié)　彈性碰撞與非彈性碰撞　
第六節(jié)　自然界中的守恒定律
第一章　動量和動量守恒定律
1.掌握彈性碰撞、非彈性碰撞的特點。
2.能運用動量和能量的觀點分析、解決一維碰撞的問題。
3.進一步了解物質運動過程中的各種守恒定律。
學習目標
目 錄
CONTENTS
知識點
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
知識點
1
知識點二　自然界中的守恒定律
知識點一　彈性碰撞與非彈性碰撞
知識點一　彈性碰撞與非彈性碰撞
　　　如圖甲所示，兩個相同的剛性球懸掛于同一水平面，將右側小球拉開至一定高度釋放，松手后使之與另一球發(fā)生正碰，右邊小球停下來，左邊小球擺至右側小球釋放的高度。
提示　(1)相等　(2)不守恒
1.彈性碰撞：兩球碰撞后，它們的形變____完全恢復，則沒有機械能損失，碰撞前后兩小球構成的系統(tǒng)的________相等。
2.非彈性碰撞：兩球碰撞后，它們的形變______完全恢復原狀，這時將有一部分機械能轉化為其他形式的能量，碰撞前后系統(tǒng)的機械能__________。
3.完全非彈性碰撞：兩球碰撞后，它們完全不反彈而粘在一起，這時機械能損失______。
能
機械能
不能
不再相等
最大
4.碰撞過程的特點
(1)受力特點：碰撞中，相互作用時間極短，內力遠大于外力，系統(tǒng)動量______。
(2)位移特點：在碰撞過程中，由于在極短的時間內物體的速度發(fā)生突變，物體發(fā)生的位移極小，可認為碰撞前后物體處于同一______。
(3)能量特點：彈性碰撞機械能守恒，非彈性碰撞有機械能損失。
守恒
位置
【思考】　(1)迅速搓手，或持續(xù)鼓掌有什么感覺？
(2)兩球碰撞后粘在一起，屬于完全非彈性碰撞，該碰撞產(chǎn)生了什么能量？
提示　(1)手掌發(fā)熱　(2)熱(內)能
例1 我們將兩球的碰撞過程與左圖類比(兩圖中水平面均光滑)，完成下列填空。
答案　圖乙：“＝”“小”　“＝”“小”
圖丙：“＜”“小”“大”　“＜”“小”“大”
圖丁：“＜”“相等”　“＜”“相等”
拓展延伸1
設A的質量為m1，B的質量為m2，
(1)若如圖乙所示，兩球的形變不再恢復，試求圖乙中兩球碰后的速度和碰撞生熱；
(2)若如圖丁所示，求兩球碰后的速度。
解析　(1)圖乙中這種碰撞是完全非彈性碰撞，物體A、B最終共速
由動量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共
由能量守恒定律得
(2)圖丁中這種碰撞屬于完全彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2
CD
拓展延伸2
(多選)在圖甲中，若A、B兩球質量相等，則碰后B球的速度可能為(　　)
A.0.2v0 B.0.4v0
C.0.6v0 D.v0
例2 (2024·廣東珠海高二期末)如圖所示，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，然后三球粘在一起向右運動。求：
(1)A、B兩球跟C球相碰前的共同速度；
(2)第二次碰撞過程中損失的動能。
解析　(1)A、B相碰后粘合在一起，由動量守恒定律知mv0＝2mv1
可得A、B兩球跟C球相碰前的速度大小為v1＝1 m/s。
(2)兩球與C球碰撞同樣滿足動量守恒，有
2mv1＝3mv2
可得A、B兩球跟C球相碰后的速度大小為
知識點二　自然界中的守恒定律
　　　如圖所示，小車固定在光滑的水平面上，小球沿光滑的弧形軌道下滑時，它的機械能守恒。若小車不固定，小球的機械能還守恒嗎？球和車組成的系統(tǒng)的機械能守恒嗎？若弧形軌道粗糙，球和車組成的系統(tǒng)機械能不再守恒，動量是否守恒？能量呢？
提示　小球的機械能不守恒；系統(tǒng)的機械能守恒；動量不守恒，但在水平方向上的動量守恒；能量守恒。
1.系統(tǒng)：物理學上常將__________的物體視為一個系統(tǒng)。
2.物理量的守恒定律：物質所處的系統(tǒng)若沒有系統(tǒng)外的因素使系統(tǒng)的這些物理量發(fā)生改變，則系統(tǒng)內部的這些物理量總和__________。物理量的守恒性質保證了系統(tǒng)的相對穩(wěn)定性。守恒定律只有在合適的系統(tǒng)和范圍才適用。
3.動量守恒定律：合外力為零的情況下，系統(tǒng)的總動量不會發(fā)生改變，如果在某個方向系統(tǒng)合外力為零，則系統(tǒng)在該方向的動量守恒，如果系統(tǒng)某個方向的動量發(fā)生了改變，則該方向必然受到一個______，______的值等于系統(tǒng)在該方向動量的改變量。
相互作用
保持不變
沖量
沖量
4.機械能守恒定律：系統(tǒng)外力與系統(tǒng)內除重力和彈力外的其他內力做功的代數(shù)和為____，則系統(tǒng)的總機械能保持不變。
5.能量守恒定律：在系統(tǒng)機械能增加或減少的同時，必然有其他形式的能量____________，而且系統(tǒng)機械能的變化量和其他形式能量的變化量是______的。
零
減小或增加
相同
角度1　守恒的判斷
例3 (2024·廣東佛山高二月考)如圖所示，一內外側均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上。槽的左側有一豎直墻壁。現(xiàn)讓一小球(可認為質點)自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進入槽內，則下列說法正確的是(　　)
C
A.小球離開右側槽口以后，將做豎直上拋運動
B.小球在槽內運動的全過程中，只有重力對小球做功
C.小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒
D.小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒
BC
例4 (多選)質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運動，A球的動量是7 kg·m/s，B球的動量是5 kg·m/s，A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能為(　　)
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
判斷碰撞可能性問題時，要依據(jù)先簡后繁的原則用排除法做題。首先根據(jù)動量守恒定律和同向不穿越原理排除部分選項，再驗證速度較大或動量較大的選項是否符合動能不增加原理。　　　　
隨堂對點自測
2
CD
1.(彈性碰撞)(多選)(2024·廣東汕頭高二期中)A、B兩個物塊在光滑的水平地面上發(fā)生正碰，碰撞時間極短，兩物塊運動的s－t圖像如圖所示，則下列判斷正確的是(　　)
A.碰撞后A、B兩個物塊運動方向相同
B.碰撞前、后A物塊的速度大小之比為5∶3
C.A、B的質量之比m1∶m2＝2∶3
D.此碰撞為彈性碰撞
BC
BC
3.(碰撞可能性的判斷)(多選)在光滑水平面上，一質量為m、速度大小為v的A球與質量為2m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，則碰后B球的速度大小可能是(　　)
A.0.7v B.0.6v C.0.4v D.0.2v
課后鞏固訓練
3
A
基礎對點練
題組一　彈性碰撞和非彈性碰撞
1.(2024·山東煙臺高二期中)下列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)生了顯著變化的過程
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)的動能守恒
C.如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
D.微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞
解析　碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對運動的物體相遇時發(fā)生的一種現(xiàn)象，一般內力遠大于外力，在非彈性碰撞時，系統(tǒng)的機械能不守恒；如果碰撞中機械能守恒，就叫作彈性碰撞；微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內發(fā)生強大內力作用的特點，所以仍然是碰撞，故A正確，B、C、D錯誤。
A
2.如圖所示，5個小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，A球以速度v0向B球運動，所有小球的質量均相等，且發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(　　)
A.5個小球靜止，1個小球運動
B.4個小球靜止，2個小球運動
C.3個小球靜止，3個小球運動
D.6個小球都運動
解析　因五個小球質量相等，且均為彈性碰撞，不斷交換速度，則最終F有向右的速度，A、B、C、D、E均靜止，故A正確。
C
3.質量為m1和m2的兩個小球在光滑水平面上正碰，其位移s隨時間t變化的圖像如圖所示。已知m1＝1 kg，下列說法正確的是(　　)
A.碰撞前m2的速度v2＝1 m/s
B.碰撞后m1的速度v1′＝2 m/s
C.m2的質量為3 kg
D.上述碰撞為非彈性碰撞
D
C
題組二　自然界中的守恒定律
5.(2024·廣東中山高二期末)在短道速滑混合接力比賽過程中，待接棒運動員A提前以較小速度滑行，后面運動員B追上運動員A時，會猛推運動員A一把，使其獲得更大的速度。如果在兩運動員相互作用時，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則兩運動員組成的系統(tǒng)(　　)
A.機械能守恒，水平方向動量守恒
B.機械能守恒，水平方向動量不守恒
C.機械能不守恒，水平方向動量守恒
D.機械能不守恒，水平方向動量不守恒
解析　兩運動員組成的系統(tǒng)，水平方向受力平衡，動量守恒，兩運動員對對方的作用力均做正功，則兩運動員動能增加，系統(tǒng)的機械能增加。故C正確。
AC
6.(多選)(2024·廣東實驗中學高二期末)在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖為一端固定有小球的輕桿，從右偏上30°角釋放后繞光滑支點擺動；乙圖為末端固定有小球的輕質直角架，釋放后繞通過直角頂點的固定軸O無摩擦轉動；丙圖為置于光滑水平面上的A、B兩小車，B靜止，A獲得一向右的初速度后向右運動，某時刻連接兩車的細繩繃緊，然后帶動B車一起運動；丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車，把用細繩懸掛的小球從圖示位置釋放，小球開始擺動。則關于這幾個物理過程(空氣阻力忽略不計)，下列判斷中正確的是(　　)
A.甲圖中小球機械能守恒
B.乙圖中小球A的機械能守恒
C.丙圖中兩車組成的系統(tǒng)動量守恒
D.丁圖中小球和小車系統(tǒng)動量守恒
解析　在圖甲所示過程中，只有重力做功，小球的機械能守恒，故A正確；圖乙所示運動過程中，A、B兩球通過桿相互影響(例如開始時，A球帶動B球轉動)，桿對A球的彈力不沿桿方向，會對A球做功，A球的機械能不守恒，故B錯誤；丙圖中兩車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故C正確；丁圖中小球和小車組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故D錯誤。
BC
7.(多選)(2024·廣東湛江高二期末)如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑，則下列說法正確的是(　　)
A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒
B.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒
C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
D.被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球能回到槽高h處
解析　在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平
方向合力為零，豎直方向的合力不為零，故系統(tǒng)
動量不守恒，故A錯誤；在下滑過程中，小球和
槽組成的系統(tǒng)中重力做功，小球和槽之間的彈力
做功，但小球和槽之間的彈力屬于內力，故在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；整個下滑過程中小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有0＝mv1－2mv2，即小球和槽脫離后，槽往左運動，小球向右運動，且槽的速度是小球的兩倍，小球與彈簧接觸之前，在水平面上小球和槽都做勻速直線運動，在小球與彈簧接觸被反彈后，小球的速度大小不變，方向變?yōu)橄蜃螅忠驗樾∏虻乃俣刃∮诓鄣乃俣龋市∏虿豢赡茏飞喜郏葱∏蚝筒劬蜃笞鰟蛩僦本€運動，速率不變，故C正確，D錯誤。
B
8.(2024·安徽淮北高二月考)A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，當A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是(　　)
A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
C
BC
10.(多選)質量為mA的A球，以某一速度沿光滑水平面向靜止的B球運動，并與B球發(fā)生彈性正碰，假設B球的質量mB可選取不同的值，則下列說法正確的是(　　)
A.當mB＝mA時，碰后A、B兩球共速
B.當mB＝mA時 ，碰后兩球互換速度
C.當mB＞mA時，碰后A球反向運動
D.當mB＜mA時，mB越小，碰后B球的速度越小
11.(2024·湖南長沙高二期中)在光滑水平地面上，有一個質量為m、速度為v的小球A跟質量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰。
(1)若碰撞是彈性的，求碰撞后小球A的速度vA；
(2)若碰撞是完全非彈性的，求碰撞過程中B球對A球的沖量I。
解析　(1)由于A、B發(fā)生彈性碰撞，則碰撞的過程中滿足動量守恒定律和能量守恒定律
mv＝mvA＋3mvB
負號表示運動方向與初速度v的方向相反。
(2)A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律mv＝(m＋3m)v1
培優(yōu)加強練
12.(2024·廣東廣州高二第六十五中學期中)某次訓練中使用的冰壺A和冰壺B的質量均為20 kg，初始時兩冰壺之間的距離s＝7.5 m，運動員以v0＝2 m/s的初速度將冰壺A水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變?yōu)関A＝0.2 m/s，方向不變，碰撞時間極短。已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)冰壺A與B碰撞前的速度大小v1；
(2)兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大小vB；
(3)判斷兩冰壺碰撞是否為彈性碰撞。
答案　(1)1 m/s　(2)0.8 m/s　(3)不是彈性碰撞
解析　(1)冰壺A從開始運動到與冰壺B碰撞過程中，根據(jù)動能定理可得
代入數(shù)據(jù)解得v1＝1 m/s。
(2)兩冰壺碰撞過程中動量守恒，則有mv1＝mvA＋mvB
代入數(shù)據(jù)解得vB＝0.8 m/s。
由于Ek1>Ek2
可知兩冰壺碰撞為非彈性碰撞。

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