新教材高中物理选修第一册分层提升讲义04 B弹性碰撞和非弹性碰撞 中档版（含解析）

这是一份新教材高中物理选修第一册分层提升讲义04 B弹性碰撞和非弹性碰撞 中档版（含解析），共7页。

弹性碰撞和非弹性碰撞知识点：弹性碰撞和非弹性碰撞一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞．2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性碰撞．二、弹性碰撞的实例分析在光滑水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒和能量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2碰后两个物体的速度分别为v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向．(若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)(2)若m1v前，碰后，原来在前面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．总结提升处理碰撞问题的思路1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加．2．注意碰后的速度关系．3．要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk)，Ek＝eq \f(1,2)pv或p＝eq \f(2Ek,v)几个关系式．例题精练1．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）A．3J B．4J C．5J D．6J【分析】甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于碰撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。【解答】解：令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2＝mv3+Mv4，即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，解得M＝6kg，则碰撞过程两物块损失的机械能△E3J，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解决该题需要明确知道甲乙在碰撞过程中动量守恒，知道动量是矢量，在计算时必须遵循矢量的运算规则。随堂练习1．两小球a和b沿同一直线运动，如果它们发生弹性碰撞，设a对b的冲量大小为I，b对a的冲量大小为I′，a对b做功的大小为W，b对a所做功的大小为W′则有（　　）A．I可能不等于I′，W可能等于W′ B．I可能不等于I′，W必等于W′ C．I必等于I′，W 可能不等于W′ D．I必等于I′，W必等于W′【分析】根据牛顿第三定律和公式冲量I＝Ft、W＝fx分析。【解答】解：根据牛顿第三定律知相互作用力大小相等，方向相反，根据I＝Ft知力相等，作用时间相等，故冲量相等，W＝△Ek，它们发生弹性碰撞，总动能不变，故a的动能变化量等于b动能变化，故做功相等，故D正确；故选：D。【点评】此题考查牛顿第三定律和公式冲量I＝Ft、W＝△Ek，简单题目。综合练习一．多选题（共1小题）1．水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（　　）A．48kg B．53kg C．58kg D．63kg【分析】根据动量守恒定律得到第n次推出物块后运动员的速度表达式，根据第7次推出后还能再推，第8次推出后不能再推求出运动员质量范围即可。【解答】解：设该运动员的质量为M，物块的质量为m＝4.0kg，推物块的速度大小为v＝5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：第一次推物块的过程中：0＝Mv1﹣mv第二次推物块的过程中：Mv1+mv＝Mv2﹣mv第三次推物块的过程中：Mv2+mv＝Mv3﹣mv…第n次推物块的过程中：Mvn﹣1+mv＝Mvn﹣mv以上各式相加可得：Mvn＝（2n﹣1）mv当n＝7时，v7＜v，解得M＞52kg当n＝8时，v8＞v，解得M＜60kg，故52kg＜M＜60kg，故AD错误、BC正确。故选：BC。【点评】本题主要是考查动量守恒定律，解答本题的关键是能够根据数学归纳法得到第n次的速度表达式，再根据实际情况进行分析。二．填空题（共3小题）2．质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是　20　m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为　0.2　m。【分析】以整体为研究对象，水平方向根据动量守恒定律求解木块最终的速度大小；根据能量守恒定律求解子弹射入木块的深度。【解答】解：木块的质量M＝0.45kg，子弹的质量为m＝0.05kg，初速度为v0＝200m/s，二者组成的系统水平方向动量守恒，设子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝（m+M）v解得木块最终速度的大小vm/s＝20m/s；设子弹射入木块的深度为d，根据能量守恒定律可得：fd，解得：d＝0.2m。故答案为：20；0.2。【点评】本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。3．两同学验证反冲运动中动量守恒。如图所示，两质量分别为mA、mB的玩具小车放置在水平桌面上，中间夹一弹簧。自某一位置突然放开，两小车做反冲运动，一段时间后，同时止住运动的小车，测出两小车运动的距离分别为sA、sB，忽略小车与桌面间的摩擦，请用以上物理量符号写出反冲前后动量守恒表达式 　mAsA＝mBsB　；已知课本宽度为L，并以此计量小车运动的距离分别为sA＝2L，sB＝1.5L，可知两小车质量之比mA：mB＝　3：4　。【分析】忽略小车与桌面间的摩擦，系统的总动量守恒，速度用位移与时间之比表示，即可求得mA：mB。【解答】解：忽略小车与桌面间的摩擦，反冲后两车都做匀速运动，则反冲后A、B两车的速度大小分别为 vAvB取向右为正方向，由动量守恒定律得： mAvA﹣mBvB＝0代入得 mAsA＝mBsB。所以反冲前后动量守恒表达式mAsA＝mBsB。已知sA＝2L，sB＝1.5L，代上式解得 mA：mB＝3：4故答案为：mAsA＝mBsB，3：4。【点评】本题是运用等效思维方法，用位移代替速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。4．弹性碰撞：　碰撞中物体形变后能够恢复原状　，遵从规律　动量守恒　。【分析】弹性碰撞中物体形变后能够恢复原状，而非弹性碰撞中物体形变后不能恢复原状【解答】解：在完全弹性碰撞中，碰撞的物体形状能够完全恢复，碰撞前后动能没有损失，非弹性碰撞可分为非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，在非弹性碰撞中，碰撞物体的形状不能有很大的恢复，其系统的动能有一部分转化成了内能，动能有较大的损失，在完全非弹性碰撞中，碰撞物体形状不能恢复，系统的动能损失得最多【点评】弹性和非弹性的区别在于碰撞过程中形变有没有完全恢复，这是解决问题的关键所在三．解答题（共1小题）5．根据碰撞前后物体的总动能是否变化，可将碰撞分成哪几类？【分析】明确碰撞的定义和碰撞过程中有多少机械能转化为热能。（1）定义：相对运动的物体相遇，在极短的时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞。（2）碰撞过程中能量的转化：按照碰撞前后总动能是否变化，可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞以及完全非弹性碰撞。【解答】解：碰撞过程中符合动量守恒，但是因为在极短时间内内力做功情况的不同，碰撞前后的系统总动能是否变化，就成了碰撞分类的参照。如果在碰撞前后，系统总动能没有发生变化，这样的碰撞称为弹性碰撞，碰撞过程中系统动量与机械能都守恒；如果在碰撞前后，系统总动能发生了变化，这样的碰撞称为非弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒而机械能要减少一部分，减少的机械能会转化为热能而耗散掉；如果在碰撞后两物体的速度相等或者两物体粘在一起，这样的碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒而机械能要减少，这种情况系统损失的动能最多，也是损失的动能转化为系统热能而耗散掉。答：可将碰撞分成弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三类。【点评】本题考查了碰撞过程的分类：碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，在弹性碰撞中系统动量与机械能都守恒；在非弹性碰撞中，系统动量守恒而机械能不守恒，其中碰撞后两物体速度相等的碰撞称为完全非弹性碰撞，这种情况系统动能减少最多。在具体的考题中比较常见弹性碰撞和完全非弹性碰撞这两种情况，一定要搞清楚它们的特点。