高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章3课时1

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3 动量守恒定律的应用 课时 1 碰撞问题的定量分析 [学习目标 ] 1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞 , 会用动量和能量的观点综合分析解决一 维碰撞问题 .2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用 . 对三种碰撞类型的进一步认识 1.三种碰撞类型及满足规律 (1)弹性碰撞 动量守恒 :m1v1＋m2v2＝m1v1′＋ m2v2′ 机械能守恒 :1 2m1v12＋1 2m2v22＝1 2m1v1′ 2＋1 2m2v2′2 (2)非弹性碰撞 动量守恒 :m1v1＋m2v2＝m1v1′＋ m2v2′ 机械能减少 , 损失的机械能转化为内能 , 即| ΔEk|＝Ek 初 －Ek 末 ＝Q (3)完全非弹性碰撞 动量守恒 :m1v1＋m2v2＝ (m1＋m2)v 共 碰撞中机械能损失最多 , 即 | ΔEk|＝ 1 2m1v12＋1 2m2v22－ 1 2(m1＋m2)v 共 2 2.中子的发现 英国物理学家查德威克 , 借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒和能量守恒发现了中子 . [即学即用 ] 1.判断下列说法的正误 . (1)发生碰撞的两个物体 , 机械能一定是守恒的 .( × ) (2)碰撞后 , 两个物体粘在一起 , 动量一定不守恒 , 机械能损失最大 .( × ) (3)发生对心碰撞的系统动量守恒 , 发生非对心碰撞的系统动量不守恒 .( × ) 2.如图 1 所示 , 木块 A、B 的质量均为 2 kg, 置于光滑水平面上 , B 与一水平轻质弹簧的一端相 连 , 弹簧的另一端固定在竖直挡板上 , A 以 4 m/s 的速度向 B 运动 , 碰撞后两木块粘在一起运 动, 则两木块碰前的总动能为 ________J, 两木块碰后的总动能为 ________ J；A、B 间碰撞为 ________( 填“弹性”或“非弹性” )碰撞 .弹簧被压缩到最短时 , 弹簧具有的弹性势能为 ________J. 图 1 答案 16 8 非弹性 8 解析 A、B 碰撞前的总动能为 1 2mAvA2＝16 J, A、 B 在碰撞过程中动量守恒 , 碰后粘在一起共 同压缩弹簧的过程中机械能守恒 .取水平向右为正方向 , 由碰撞过程中动量守恒得 :mAvA＝(mA ＋mB)v, 代入数据解得 v＝ mAvA mA＋ mB ＝2 m/s, 所以碰后 A、B 及弹簧组成的系统的总动能为 1 2(mA ＋mB)v2＝8 J, 为非弹性碰撞 .当弹簧被压缩至最短时 , 系统的动能为 0, 只有弹性势能 , 由机 械能守恒得此时弹簧的弹性势能为 8 J. 一、碰撞问题的定量分析 1.碰撞的特点 碰撞现象中 , 相互作用的时间极短 , 系统的内力远大于外力 , 认为碰撞过程中动量守恒 . 2.碰撞的分类 (1)弹性碰撞 :碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能守恒 .满足 :m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′, 1 2m1v12＋1 2m2v22＝1 2m1v1′ 2＋1 2m2v2′ 2. (2)非弹性碰撞 :碰撞过程中两物体的总动量守恒 , 总动能减少 .满足 :m1v1＋m2v2＝m1v1′＋ m2v2′, 1 2m1v12＋1 2m2v22>1 2m1v1′ 2＋ 1 2m2v2′ 2. (3)完全非弹性碰撞 :碰后两物体粘在一起 , 碰撞过程中两物体的总动量守恒 , 动能损失最大 . 3.爆炸 :一种特殊的 “碰撞 ” 特点 1:系统动量守恒；特点 2:系统动能增加 . 例 1 在光滑的水平面上 , 质量为 m1的小球 A以 速率 v0 向右运动 .在小球的前方有一质量为 m2 的小球 B 处于静止状态 , 如图 2 所示 .小球 A 与 小球 B 发生弹性碰撞后 , 小球 A、B 均向右运动 .且碰后 A、B 的速度大小之比为 1∶4, 求两 小球的质量之比 . 图 2 答案 2∶1 解析 两球碰撞过程为弹性碰撞 , 以 v0 的方向为正方向 , 由动量守恒定律得 :m1v0＝ m1v1＋ m2v2 由机械能守恒定律得 :1 2m1v02＝1 2m1v12＋1 2m2v22 由题意知 :v1∶v2＝1∶4 解得 m1 m2 ＝2 1. 例 2 如图 3 所示 , 在水平光滑直导轨上 , 静止 着三个质量均为 m＝1 kg 的相同小球 A、B、C, 现让 A 球以 v0＝2 m/s 的速度向着 B 球运动 , A、 B 两球碰撞后粘在一起 , 两球继续向右运动并跟 C 球碰撞 , C 球的最终速度 vC＝1 m/ s.求 : 图 3 (1)A、B 两球跟 C 球相碰前的共同速度多大？ (2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？ 答案 (1)1 m/s (2)1.25 J 解析 (1) A、 B 相碰满足动量守恒条件 , 以 v0 的方向为正方向 , 有 :mv0＝2mv1 则 A、B 两球跟 C 球相碰前的速度 v1＝1 m/s. (2)两球与 C 球碰撞同样满足动量守恒条件 , 以 v0 的方向为正方向 , 有 :2mv1＝mvC＋2mv2 得两球碰后的速度 v2＝ 0.5 m/s, 两次碰撞损失的动能 | ΔEk|＝1 2mv02－1 2×2mv22－1 2mvC2＝1.25 J. 例 3 一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有向 右的水平速度 v0＝2 m/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 10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( ) 答案 B 解析 弹丸爆炸瞬间内力远大于外力 , 故爆炸瞬间动量守恒 .因两弹片均水平飞出 , 飞行时间 t＝ 2h g ＝1 s, 取向右为正方向 , 由水平速度 v＝ x t知 , 选项 A 中 , v 甲 ＝2.5 m/s, v 乙＝－ 0.5 m/s；选项 B 中 , v 甲 ＝2.5 m/s, v 乙＝ 0.5 m/ s；选项 C 中 , v 甲 ＝1 m/ s, v 乙＝2 m/s；选项 D 中 , v 甲 ＝－ 1 m/s, v 乙＝2 m/ s.因爆炸瞬间动量守恒 , 故 mv0＝m 甲 v 甲 ＋ m 乙 v 乙, 其中 m 甲 ＝ 3 4m, m 乙＝ 1 4m, v0＝2 m/s, 代入数值计算知选项 B 正确 . 二、弹性正碰模型 [导学探究 ]在光滑的水平轨道上 , 以初速度 v1 运动的小球 1 与静止的小球 2 发生弹性对心碰 撞, 两小球的质量分别是 m1、m2, 碰撞后的速度分别是 v1′和 v2′ .如图 4 所示 .试求 v1′、 v2′的大小 . 图 4 答案 因为是弹性碰撞 , 则有 m1v1＝m1v1′＋ m2v2′① 1 2m1v12＝1 2m1v1′ 2＋1 2m2v2′ 2② 由①②式得 :v1′＝ m1－m2 m1＋m2 v1 v2′＝ 2m1 m1＋ m2v1. [知识深化 ] 1.一动一静弹性正碰的结果 v1′＝ m1－ m2 m1＋ m2v1, v2′＝ 2m1 m1＋m2v1 (建议记住以上两个速度的表达式 ) 2.有关讨论 (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 以原速率被反向 弹回 , 而 m2 仍静止 . 例 4 如图 5 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 .求碰撞后小球 m2 的速度大小 v2.(重力加速度为 g) 图 5 答案 2m1 2gh m1＋m2 解析 设 m1 碰撞前的速度为 v, 根据机械能守恒定律有 m1gh＝ 1 2m1v2, 解得 v＝ 2gh① 设碰撞后 m1 与 m2 的速度分别为 v1 和 v2, 取 v 的方向为正方向 , 根据动量守恒定律有 m1v＝ m1v1＋m2v2② 由于碰撞过程中无机械能损失 1 2m1v2＝1 2m1v12＋1 2m2v22③ 联立 ②③ 式解得 v2＝ 2m1v m1＋m2 ④ 将①代入 ④得 v2＝2m1 2gh m1＋m2 . 针对训练 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 小球以速度 v0 射向它们 , 如图 6 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 ( ) 图 6 A.v1＝v2＝v3＝ 3 3 v0 B.v1＝0, v2＝v3＝ 2 2 v0 C.v1＝0, v2＝v3＝ 1 2v0 D.v1＝v2＝0, v3＝v0 答案 D 解析 由于 1 球与 2 球发生碰撞的时间极短 , 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 球碰撞 , 1、2 球碰撞后立即交换速度 , 即碰后 1 球停止 , 2 球速度立即变为 v0.同理分析 , 2、3 球碰撞后交换速度 , 故 D 正确 . 1.当遇到两物体发生碰撞的问题时 , 不管碰撞的环境如何 , 要首先想到利用动量守恒定律 . 2.两质量相等的物体发生弹性正碰 , 速度交换 . 3.解题时 , 应注意将复杂过程分解为若干个简单过程 (或阶段 ), 判断每个过程 (或阶段 )的动量 守恒情况、机械能守恒情况 . 三、判断一个碰撞过程是否存在的依据 1.动量守恒 , 即 p1＋p2＝p1′＋ p2′. 2.总动能不增加 , 即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋ Ek2′或 p12 2m1 ＋ p22 2m2 ≥ p1′ 2 2m1 ＋p2′ 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 ′. 例 5 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 ( ) A.0.6 v B.0.4v C.0.3v D.0.2v 答案 A 解析 A、B 两球在水平方向上所受合外力为零 , A 球和 B 球碰撞的过程中动量守恒 , 设 A、B 两球碰撞后的速度分别为 v1、v2, 以 v 的方向为正方向 , 由动量守恒定律有 : mv＝ mv1＋2mv2, ① 假设碰撞后 A 球静止 , 即 v1＝0, 可得 v2＝0.5v 由题意可知 A 球被反弹 , 所以 B 球的速度满足 : v2>0.5v② A、B 两球碰撞过程能量可能有损失 , 由能量关系有 : 1 2mv2≥1 2mv12＋1 2×2mv22③ ①③ 两式联立得 :v2≤ 2 3v④ 由 ②④ 两式可得 :0.5v1)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.A＋1 A－1 B.A－ 1 A＋1 C. 4A A＋1 2 D. A＋1 2 A－1 2 答案 A 解析 设碰撞前后中子的速度分别为 v1、v1′, 碰撞后原子核的速度为 v2, 中子的质量为 m1, 原子核的质量为 m2, 则 m2＝Am1.根据弹性碰撞规律可得 m1v1＝m2v2＋m1v1′, 1 2m1v12＝1 2 m2v22＋1 2m1v1′ 2, 解得 v1′＝ m1－m2 m1＋m2v1, 则碰撞后中子的速率为 m2－m1 m1＋m2v1＝ A－1 A＋1v1, 因此碰撞 前后中子速率之比为 A＋1 A－1, A 正确 . 4.(多选 )如图 2 所示 , 在光滑水平面上停放着质量为 m 的装有弧形槽的小车 .现有一质量也为 m 的小球以 v0 的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去 (不计摩擦 ), 到达某一高度后 , 小球又 返回小车右端 , 则 ( ) 图 2 A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为 v0 2 B.小球离开小车后 , 对地将向右做平抛运动 C.小球离开小车后 , 对地将做自由落体运动 D.此过程中小球对小车做的功为 1 2mv02 答案 ACD 解析 小球在小车上到达最高点时 , 小车和小球相对静止 , 且水平方向总动量守恒 , 小球离 开小车时类似弹性碰撞 , 二者速度互换 , 故选项 A、C、D 都是正确的 . 5.(多选 )如图 3 所示 , 小球 A 的质量为 mA＝5 kg, 动量大小为 pA＝ 4 kg ·m/s, 小球 A 水平向右 运动 , 与静止的小球 B 发生弹性碰撞 , 碰后 A 的动量大小为 pA′＝ 1 kg·m/s, 方向水平向右 , 则 ( ) 图 3 A.碰后小球 B 的动量大小为 pB＝3 kg ·m/s B.碰后小球 B 的动量大小为 pB＝5 kg ·m/s C.小球 B 的质量为 15 kg D.小球 B 的质量为 3 kg 答案 AD 解析 规定向右为正方向 , 碰撞过程中 A、B 组成的系统动量守恒 , 所以有 pA＝pA′＋pB, 解 得 pB＝ 3 kg ·m/s, A 正确 , B 错误； 由于 A、B 发生弹性碰撞 , 所以没有机械能损失 , 故 pA2 2mA ＝pA′ 2 2mA ＋ pB2 2mB, 解得 mB＝3 kg, C 错误 , D 正确 . 考点三 完全非弹性碰撞模型 6.两个完全相同、 质量均为 m 的滑块 A 和 B, 放在光滑水平面上 , 滑块 A与水平轻弹簧相连 , 弹 簧另一端固定在墙上 , 如图 4 所示 , 当滑块 B 以 v0的初速度向滑块 A 运动时 , 碰到 A 后不再 分开 , 下述说法中正确的是 ( ) 图 4 A.两滑块相碰的过程和以后一起运动的过程 , A、B 组成的系统动量均守恒 B.两滑块相碰的过程和以后一起运动的过程 , A、B 组成的系统机械能均守恒 C.弹簧最大弹性势能为 1 2mv02 D.弹簧最大弹性势能为 1 4mv02 答案 D 解析 B 与 A 碰撞后一起运动的过程中 , 系统受到弹簧的弹力作用 , 所受合外力不为零 , 因此 动量不守恒 , A 项错误；碰撞过程 , A、B 发生非弹性碰撞 , 有机械能损失 , B 项错误；以 v0 的 方向为正方向 , 碰撞过程 mv0＝2mv, 因此碰撞后系统的机械能为 1 2×2m v0 2 2＝1 4mv02, 弹簧的 最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能 , C 项错误 , D 项正确 . 7.(多选 )如图 5 所示 , 三小球 a、b、c 的质量都是 m, 都放于光滑的水平面上 , 小球 b、c 与水 平轻弹簧相连且静止 , 小球 a 以速度 v0 冲向小球 b, 碰后与小球 b 黏在一起运动 .在整个运动 过程中 , 下列说法中正确的是 ( ) 图 5 A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒 , 总机械能不守恒 B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒 , 总机械能也守恒 C.当小球 b、c 速度相等时 , 弹簧弹性势能最大 D.当弹簧第一次恢复原长时 , 小球 c 的动能一定最大 , 小球 b 的动能一定不为零 答案 ACD 解析 在整个运动过程中 , 三球与弹簧组成的系统的合外力为零 , 总动量守恒 , a 与 b 碰撞过 程机械能减少 , 故 A 正确 , B 错误； 当小球 b、c 速度相等时 , 弹簧的形变量最大 , 弹性势能最 大, 故 C 正确； 当弹簧第一次恢复原长时 , 小球 c 的动能一定最大 , 根据动量守恒和机械能守 恒分析可知 , 小球 b 的动能不为零 , 故 D 正确 . 考点四 碰撞可能性问题 8.A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动 , mA＝1 kg, mB＝2 kg, vA＝ 6 m/s, vB＝ 2 m/s, 当 A 追上 B 并发生碰撞后 , A、B 两球速度的可能值是 ( ) 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 答案 B 解析 虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律 , 但 A、 D 两项中 , 碰后 A 的速度 vA′大 于 B 的速度 vB′, 不符合实际 , 即 A 、D 项错误； C 项中 , 两球碰后的总动能 Ek 后 ＝ 1 2mAvA′ 2 ＋1 2mBvB′ 2＝57 J, 大于碰前的总动能 Ek 前＝ 1 2mAvA2＋1 2mBvB2＝22 J, 所以 C 项错误 . 二、非选择题 9.(多过程的碰撞问题 )在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块 A 和 B, 两者相距为 d.现给 A 一 初速度 , 使 A 与 B 发生弹性正碰 , 碰撞时间极短 .当两木块都停止运动后 , 相距仍然为 d.已知 两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 μ, B 的质量为 A 的 2 倍 , 重力加速度大小为 g.求 A 的初 速度的大小 . 答案 2 35μ gd 5 解析 设在发生碰撞前的瞬间 , 木块 A 的速度大小为 v；在碰撞后的瞬间 , A 和 B 的速度分别 为 v1 和 v2.以碰撞前木块 A 的速度方向为正方向 .在碰撞过程中 , 由机械能守恒和动量守恒得 1 2mv2＝1 2mv12＋1 2(2m)v22① mv＝ mv1＋(2m)v2② 由 ①② 式得 v1＝－ v2 2③ 设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1 和 d2, 由动能定理得－ μ mgd1＝0－ 1 2mv12④ －μ(2m)gd2＝ 0－ 1 2(2m)v22⑤ 据题意有 d＝ d1＋d2⑥ 设 A 的初速度大小为 v0, 由动能定理得 －μmgd＝1 2mv2－1 2mv02⑦ 联立 ②③④⑤⑥⑦ 式, 得 v0＝ 2 35μ gd 5 . 10.(多物体、多过程的碰撞问题 )如图 6 所示 , 足够长的木板 A 和物块 C 置于同一光滑水平轨 道上 , 物块 B 置于 A 的左端 , A、B、C 的质量分别为 m、2m 和 4m, 已知 A、B 一起以速度 v0 向右运动 , 滑块 C 向左运动 , A、C 碰后连成一体 , 最终 A、B、C 都静止 , 图 6 求 : (1)C 与 A 碰撞前的速度大小； (2)A、B 间由于摩擦产生的热量 . 答案 (1) 3 4v0 (2)7 5mv02 解析 取向右为正方向 . (1)对三个物体组成的系统 , 根据动量守恒定律得 : (m＋2m)v0－4mvC＝0 解得 C 与 A 碰撞前的速度大小 vC＝ 3 4v0. (2)A、C 碰后连成一体 , 设速度为 v 共 . 根据动量守恒定律得 mv0－4mvC＝ (m＋4m)v 共 解得 v 共 ＝－ 2 5v0 根据能量守恒定律得 : A、B 间由于摩擦产生的热量 Q＝1 2(m＋ 4m)v 共 2＋1 2×2mv02－0 解得 Q＝ 7 5mv02.