高中物理选修第一册《5 弹性碰撞和非弹性碰撞》教学设计-统编人教版

这是一份高中物理选修第一册《5 弹性碰撞和非弹性碰撞》教学设计-统编人教版，共10页。

5　碰撞 知识点一| 碰撞的分类 eq \a\vs4\al([先填空]) 1．从能量角度分类 (1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒． (2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒． (3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大． 2.从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类 (1)正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动． (2)斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线而运动． eq \a\vs4\al([再判断]) 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．碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的． (√) eq \a\vs4\al([后思考]) 两小球发生对心碰撞，碰撞过程中，两球的机械能守恒吗？ 【提示】　两球发生对心碰撞，动量是守恒的，但机械能不一定守恒，只有发生弹性碰撞时，机械能才守恒． eq \a\vs4\al([合作探讨]) 如图所示，物体A和B放在光滑的水平面上，A、B之间用一轻绳连接，开始时绳是松弛的，现突然给A以水平向右的初速度v0.(作用过程绳未断) 探讨1：物体A和B组成的系统动量是否守恒？机械能是否守恒？ 【提示】　动量守恒，机械能不守恒． 探讨2：上述物体A和B之间的作用过程可以视为哪一类碰撞？ 【提示】　完全非弹性碰撞． eq \a\vs4\al([核心点击]) 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． (3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置． 2.处理碰撞问题的三个原则 (1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2. eq \a\vs4\al(（3）速,度要,合理)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(①碰前两物体同向，则v后>v前，碰后，原来,　在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后,②两物体相向运动，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)) 1．如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向________运动，B向________运动． 解析：选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零． 答案：左　右 2．(多选)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，下面的猜测结果可能实现的是(　　) 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：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，eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)≥eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2②，答案D中满足①式，但不满足②式． 答案：ABC 3．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起.1球以速度v0向它们运动，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(　　) A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0　　 B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0 C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 解析：由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和机械能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0).假如选项A正确，则碰后总动量为eq \f(3,\r(3))mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能．假如选项B正确，则碰后总动量为eq \f(2,\r(2))mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能．假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能．假如选项D正确，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，而且合乎情理，不会发生二次碰撞．故选项D正确． 答案：D 求解碰撞问题常用的三种方法 (1)解析法：碰撞过程，若从动量角度看，系统的动量守恒；若从能量角度分析，系统的动能在碰撞过程中不会增加；从物理过程考虑，题述的物理情景应符合实际情况，这是用解析法处理问题应遵循的原则． (2)临界法：相互作用的两个物体在很多情况下，皆可当做碰撞处理，那么对相互作用中两个物体相距“最近”、相距“最远”这一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”． (3)极限法：处理碰撞问题时，有时我们需要将某些未知量设出，然后根据实际情况将未知量推向极端，从而求得碰撞的速度范围． 知识点二| 弹性碰撞的处理 eq \a\vs4\al([先填空]) 1．弹性碰撞特例 (1)两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1. (2)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v′1＝0，v′2＝v1，即两者碰后交换速度． (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． (4)若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v′1＝v1，v′2＝2v1．表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去． 2．散射 (1)定义 微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫作散射． (2)散射方向 由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方． eq \a\vs4\al([再判断]) 1．与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度． (√) 2．两球发生弹性正碰时，两者碰后交换速度． (×) 3．微观粒子发生散射时，并不是微观粒子直接接触碰撞． (√) eq \a\vs4\al([后思考]) 1．如图所示，光滑水平面上并排静止着小球2、3、4，小球1以速度v0射来，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动情况如何？ 【提示】　小球1与小球2碰撞后交换速度，小球2与小球3碰撞后交换速度，小球3与小球4碰撞后交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v0运动． 2．微观粒子能否碰撞？动量守恒定律适用于微观粒子吗？ 【提示】　宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子碰撞时不一定接触，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． eq \a\vs4\al([合作探讨]) 如图所示，空中飞行的一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成A、B两块，其中质量较大的A块的速度方向与v0方向相同． 探讨1：在炸裂过程中，A、B所受的爆炸力大小相同吗？系统动量可以认为满足动量守恒定律吗？ 【提示】　爆炸力大小相等，可以认为系统动量守恒． 探讨2：爆炸时系统动能的变化规律与碰撞时系统动能的变化规律相同吗？ 【提示】　不同．碰撞时动能要么守恒，要么有损失，而爆炸时，有其他形式的能转化为系统的机械能，系统的动能要增加． eq \a\vs4\al([核心点击]) 1.三类“碰撞”模型 (1)子弹打击木块模型如图所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B，当子弹相对于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此过程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能． (2)连接体模型 如图所示，光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．此过程系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能． (3)板块模型 如图所示，物块A以速度v0在光滑的水平面上的木板B上滑行，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B的速度相等．此过程中，系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能． 2.爆炸与碰撞的对比 4．(多选)如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则(　　) A．落地时a的速度大于b的速度 B．落地时a的速度小于b的速度 C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能 D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能 解析：P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由图va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝eq \f(p2,2m)知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A正确，B错误． 答案：AC 5．一中子(质量数为1)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(　　) A.eq \f(A＋1,A－1)　　 B.eq \f(A－1,A＋1) C.eq \f(4A,（A＋1）2) D.eq \f(（A＋1）2,（A－1）2) 解析：设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Amv′2.解以上两式得v1＝eq \f(1－A,A＋1)v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v1′＝eq \f(A－1,A＋1)v0，故中子前、后速率之比为eq \f(A＋1,A－1). 答案：A 6．如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的． 解析：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1 ① eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,C1) ② 联立①②式得 vA1＝eq \f(m－M,m＋M) v0 ③ vC1＝eq \f(2m,m＋M) v0 ④ 如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m