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16.4碰撞 课件(人教版选修3-5) (1)


一、全面系统的理解碰撞问题

1.碰撞概念的理解:相对运动的物体相遇,在极短时间内,

通过相互作用,运动状态发生显著变化的过程叫碰撞.
2.碰撞的广义理解:物理学里所研究的碰撞,包括的范围很 广,只要通过短时间作用,物体的动量发生了明显的变化, 都可视为碰撞.例如:两个小球的撞击,子弹射入木块,系在 绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直,铁锤打击钉子,列 车车厢的挂接,中子轰击原子核等均可视为碰撞问题.需注意 的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和 钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中,才能对该系统

应用动量守恒定律.

3.碰撞过程的理解: (1)碰撞物体间的作用力(系统内力):在极短时间内,作用力 从零变到很大,又迅速变为零,其平均值很大.

(2)碰撞过程受到的外力:即使碰撞过程中系统所受合力不等
于零,比如重力、摩擦力等外力远小于内力,由于内力远大 于外力,作用时间又很短,所以外力的作用可忽略,认为系

统的动量是守恒的.

(3)碰撞过程中的机械能:若碰撞过程中没有其他形式的能转 化为机械能,则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机 械能.

(4)碰撞过程对应的时间和位移:碰撞、爆炸过程是在一瞬间
发生的,时间极短,各物体作用前后各种动量变化显著,所 以,在物体发生碰撞、爆炸的瞬间,为了处理问题方便,可 忽略物体的位移,认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置 以新的速度开始运动.

4.碰撞应满足的条件:这些条件也是列方程的依据. 在所给的条件不足的情况下,碰撞结果有各种可能,但不管 哪种结果必须同时满足以下三条:

(1)动量守恒,即p1+p2=p1′+p2′.
(2)动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或
p12 p22 p1 ?2 p 2 ?2 ? ? ? . 2m1 2m 2 2m1 2m 2

(3)速度要符合情景:如果碰前两物体同向运动,则后面物体的 速度必大于前面物体的速度,即v后>v前,否则无法实现碰撞. 碰撞后,原来在前的物体的速度一定增大,且原来在前的物体

的速度大于或等于原来在后的物体的速度.即v前′≥v后′,否
则碰撞没有结束.如果碰前两物体是相向运动,则碰后,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.

5.三种碰撞类型的特点:对于弹性碰撞,碰撞前后无动能损 失;对于非弹性碰撞,碰撞前后有动能损失;对于完全非弹

性碰撞,碰撞前后动能损失最大.
(1)弹性碰撞:碰撞过程中不仅动量守恒,而且机械能守恒, 碰撞前后系统动能相等.同时,在碰撞问题中常做动量和动能 的换算. (2)非弹性碰撞:碰撞过程中动量守恒,碰撞结束后系统动能 小于碰撞前系统动能.减少的动能转化为其他形式的能量.

(3)完全非弹性碰撞: 碰撞过程中动量守恒,碰撞结束后两
物体结合为一整体以相同的速度运动,系统动能损失最大. (1)当遇到两物体发生碰撞的问题,不管碰撞环

境如何,要首先想到利用动量守恒定律.
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程,只在一个方向上列动 量守恒方程即可,此时应注意速度正、负号的选取 .

【典例1】(2010·全国高考Ⅱ)小球A和B的质量分别为mA和mB

且mA>mB,在某高度处将A和B先后从静止释放.小球A与水平
地面碰撞后向上弹回,在释放处下方与释放处距离为H的地方 恰好与正在下落的小球B发生正碰,设所有碰撞都是弹性的, 碰撞时间极短.求小球A、B碰撞后B上升的最大高度.

【解题指导】两球从同一高度释放,碰撞时两球必然处

于同一位置,根据自由落体的规律,小球 A与B碰撞前的速度
大小相等,方向相反,发生弹性正碰,满足动量守恒、能量 守恒,碰后的情况可以对小球B运用运动学公式进行求解.

【标准解答】根据题意,由运动学规律可知,小球A与B碰撞

前的速度大小相等,均设为v0,由机械能守恒有:
1 m A gH ? m A v0 2 2



设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2,以竖直向上方向为 正,据动量守恒定律有: mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2 由于两球碰撞过程中能量守恒,故: ②

1 1 1 1 m A v0 2 ? m B v0 2 ? m A v12 ? m B v 2 2 2 2 2 2



联立②③式得:
v2 ? 3m A ? m B v0 mA ? mB



设小球B能上升的最大高度为h,由运动学公式有:
v22 h? 2g


3m A ? m B 2 ) H mA ? mB

由①④⑤式得:h ? ( 答案: ( 3m A ? m B ) 2 H
mA ? mB



【规律方法】处理碰撞问题应把握好三个基本原则 在碰撞过程中,系统的总动能不可能增加,如果是弹性碰撞,

碰撞前后总动能不变,如果是非弹性碰撞,则有部分动能转
化为内能,系统总动能减少.其中碰后结合为一体的情形,损 失的动能最多.所以,在处理碰撞问题时,通常要抓住三项基

本原则:

1.碰撞过程中动量守恒原则; 2.碰撞后总动能不增加原则;

3.碰撞后状态的合理性原则(碰撞过程的发生必须符合客观实
际).比如追及碰撞:碰后在前面运动的物体速度一定增加, 若碰后两物体同向运动,后面的物体速度一定不大于前面物 体的速度.

二、正确区分爆炸与碰撞的异同点

(1)在碰撞过程中,系统的动量守恒,但机

械能不一定守恒.(2)在爆炸过程中,系统的动量守恒,机械
能一定不守恒.(3)宏观物体碰撞时一般相互接触,微观粒子 的碰撞不一定接触,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.

【典例2】(2011·广州高二检测)在光滑的水平面上,质量为
m1的小球A以速度v0向右运动.在小球A的前方O点有一质量为m2 的小球B处于静止状态,如图所示.小球A与小球B发生正碰后小

球A、B均向右运动.小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P
点相遇,PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰 撞都是弹性碰撞,求两小球质量之比m1/m2 .

【解题指导】求解此题应把握以下三点:

【标准解答】从两小球碰撞后到它们再次相遇,小球A和B速度 大小保持不变.根据它们通过的路程之比为1∶4,可知小球A和 小球B在碰撞后的速度大小之比为1∶4.设碰撞后小球A和B的 速度分别为v1和v2,在碰撞过程中动量守恒,碰撞前后动能相等: 解得m1/m2=2 答案:2
1 1 1 m1v0 ? m1v1 ? m 2 v 2, m1v0 2 ? m1v12 ? m 2 v 2 2 2 2 2

【规律方法】

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,其次再看总动 能是否增加. (2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还要满足能量守恒,注

意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定 .
2E p2 1 (3)要灵活运用 E k ? 或p ? 2mE k;E k ? pv或p ? k 几个 2m 2 v

关系转换动能、动量.

【典例】如图所示,在质量为M的小车上挂有一单摆,摆球的 质量为m0,小车(和单摆)以固定的速度v沿光滑水平地面运动, 与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞时间极短. 在此碰撞过程中,下列哪些说法可能发生( )

A.小车、木块、摆球的速度均发生变化,分别变为v1、v2、v3 满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3

B.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1、v2,满足
Mv=Mv1+mv2 C.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v′,满足 Mv=(M+m)v′ D.小车和摆球的速度均变为v1,木块的速度变为v2,满足

(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2

【解题指导】注意题目要求分析的是碰撞过程中的情况,至

于碰撞结束以后的物体间的作用情况不在问题之列,碰撞过
程中动量守恒,由于碰撞时间很短,在碰撞瞬间摆球没有参 与碰撞.

【标准解答】选B、C.由题意知,小车与木块在水平方向发生 碰撞,从发生作用到结束是在极短时间内在原位置完成的.摆

球用竖直线与小车相连,在此极短时间内摆线悬点沿水平方
向没有移动,因而摆线此瞬间仍沿竖直方向,小球水平方向 速度不受影响(碰撞之后小球如何参与总体运动,另当别论). 选项A、D不正确.小车与木块在光滑水平面上发生碰撞,在水 平方向不受外力作用,动量守恒,根据动量守恒定律知,选

项B、C所述的两种情况均有可能发生:(1)小车与木块碰后又
分开,为B项所述;(2)小车与木块合二为一,为C项所述.综 上所述,本题正确答案是B、C.

一、选择题
1.(2011·海淀区高二检测)A、B两物体发生正碰,碰撞前后 物体A、B都在同一直线上运动,其位移—时间图象如图所示.

由图可知,物体A、B的质量之比为(

)

A.1∶1

B.1∶2

C.1∶3

D.3∶1

【解析】选C.由图象知:碰前vA=4 m/s,vB=0.碰后v′A=
v′B=1 m/s,由动量守恒可知mAvA+0=mAvA′+mBvB′,解得 mB=3mA.故选项C正确.

2.(2011·淮安高二检测)质量相等的A、B两球在光滑水平面

上沿同一条直线、同一方向运动,A球的动量pA=9 kg·m/s,B
球的动量pB=3 kg·m/s,当A球追上B球时发生碰撞,则碰撞后A、 B 两球动量的可能值是( ) A.p′A=6 kg·m/s,p′B=6 kg·m/s B.p′A=8 kg·m/s,p′B=4 kg·m/s C.p′A=-2 kg·m/s,p′B=14 kg·m/s D.p′A=-4 kg·m/s,p′B=17 kg·m/s

【解析】选A.由碰撞前后两球总动量守恒,即pA+pB= p′A+
pA 2 pB2 p′B,可排除D;由碰撞后两球总动能不可能增加,即 ? ? 2m 2m p?A 2 p?B 2 ? , 可排除C;由碰撞后A球不可能穿越B球, 即 2m 2m p?A p?B ? , 可排除B;所以四个选项中只有A是可能的.故正 m m

确答案为A.

3.在光滑水平面上停放着两木块A和B,A的质量大,现同时施
加大小相等的恒力F使它们相向运动,然后又同时撤去外力F, 结果A和B迎面相碰后合在一起,问A和B合在一起后的运动情

况将是(
A.停止运动

)

B.因A的质量大而向右运动 C.因B的速度大而向左运动 D.运动方向不能确定

【解析】选A.碰撞问题应该从动量的角度去思考,而不能仅 看质量或者速度,因为在相互作用过程中,这两个因素是共 同起作用的.由动量定理知,A和B两物体在碰撞之前的动量等 大反向,碰撞过程中动量守恒,因此碰撞之后合在一起的总

动量为零,故选A.

4.在光滑水平面上,动能为E0动量大小为p0的小钢球1与静止

的小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰后
球1的动能和动量大小分别记为E1、p1,球2的动能和动量大小 分别记为E2、p2,则必有( A.E1<E0 C.E2>E0 ) B.p1<p0 D.p2>p0

【解析】选A、B、D.碰撞后的总动能不可能增加,A选项正 确,C选项错误;由 p ? 2mE k, 得选项B正确;由动量守恒, p0=p1+p2,由于小钢球1碰后反向,即p1<0.所以p2>p0,故D

正确.

5.(2011·双鸭山高二检测)如图所示的装置中,木块B与水平 面间接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内, 将弹簧压缩到最短,现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研 究对象(系统),则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩 至最短的整个过程中( A.动量守恒,机械能守恒 )

B.动量不守恒,机械能不守恒
C.动量守恒,机械能不守恒 D.动量不守恒,机械能守恒

【解析】选B.合理选取研究对象和运动过程,利用机械能守
恒和动量守恒的条件分析是解决这道题目的关键 .如果只研究 子弹A射入木块B的短暂过程,并且只选A、B为研究对象,由

于时间极短,则只需考虑在A、B之间的相互作用,A、B组成
的系统动量守恒,但此过程中存在着动能和内能之间的转化, 所以A、B系统机械能不守恒.本题研究的是从子弹开始射入木 块到弹簧压缩至最短的整个过程,而且将子弹、木块和弹簧 合在一起作为研究对象,在这个过程中有竖直墙壁对系统的

弹力作用(此力对系统来讲是外力),故动量不守恒.综合上面
的分析可知,正确选项为B.

6.(2011·抚顺高二检测)质量相等的三个小球a、b、c,在光 滑的水平面上以相同的速率运动,它们分别与原来静止的A、B、

C三球发生碰撞,碰撞后a继续沿原方向运动,b静止,c沿反方
向弹回,则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是( )

A.A球 C.C球

B.B球 D.三球一样大

【解析】选C.在三小球发生的碰撞过程中,动量都是守恒的,

根据动量守恒关系式:mv0=mv+Mv′,整理可得:Mv′=mv0-mv,
取初速度方向为正方向,不难得出C球的动量数值是最大的.故 只有选项C正确.

【方法技巧】动量守恒定律应用中的临界问题的分析方法 在动量守恒定律的应用中,常常会遇到相互作用的两物体相距 最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题 .例如:子弹射 入自由木块中;两相对运动物体间的绳子绷紧;物块在放置于 光滑水平面上的木板上运动直至相对静止;物体冲上放置于光 滑水平面上的斜面直至最高点.在这些情境中,系统动量守恒

(或某一方向上动量守恒),动能转化为其他形式的能,末状态
两物体相对静止.这些过程与完全非弹性碰撞具有相同的特征, 可应用动量守恒定律,必要时结合能量守恒定律分析求解 .

分析临界问题的关键是寻找临界状态,临界状态的出现是有
条件的,这种条件就是临界条件.临界条件往往表现为某个 (或某些)物理量的特定取值.在与动量相关的临界问题中,临 界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系, 这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.

7.如图甲所示,在光滑水平面上的两小球发生正碰.小球的质 量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s-t(位移—时间)图

象.已知m1=0.1 kg.由此可以判断(

)

A.碰前m2静止,m1向右运动

B.碰后m2和m1都向右运动
C.m2=0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能

【解析】选A、C.分析图像可知,碰前m2处在位移为8 m的位 置静止,m1位移均匀增大,速度
0?8 8 v?1 ? ? ?2 m / s, m / s ? 4 m / s 向右,碰撞以后: 6?2 2 16 ? 8 v2 ? m/s ?2 m/s 6?2 v1 ?

动量守恒:m1v1=m1v′1+m2v2得:m2=0.3 kg 碰撞损失的机械能:
1 1 1 ?E k ? m1v12 ? ( m1v?12 ? m 2 v 2 2 ) ? 0 2 2 2

故正确答案应选A、C.

二、非选择题
8.手榴弹在离地高h处时的速度方向恰好沿水平方向向左,速 度大小为v,此时,手榴弹炸裂成质量相等的两块,设消耗的

火药质量不计,爆炸后前半块的速度方向仍沿水平向左,速
度大小为3v,那么两块弹片落地点之间的水平距离多大?

【解析】手榴弹在空中爆炸时间极短,且重力远小于爆炸
力,手榴弹在爆炸的瞬间动量守恒,设爆炸后每块质量为 m, 向左为正方向,则由动量守恒定律得:2mv=m·3v+mv′,则后

半块速度v′=-v,即v′方向向右,由平抛运动知,弹片落地
时间 t ? 2h,因此两块弹片落地点间的水平距离s=3v·t+
g

|v′|t= 4v 2h .
g

答案:4v 2h
g

9.质量是10 g的子弹,以300 m/s的速度射入质量是24 g、静 止在光滑水平桌面上的木块,并留在木块中,子弹留在木块中 以后,木块运动的速度是多大?如果子弹把木块打穿,子弹穿过 后的速度为100 m/s,这时木块的速度又是多大?

【解析】子弹质量m=10 g=0.01 kg,子弹速度v0=300 m/s,木

块质量M=24 g=0.024 kg,设子弹射入木块中以后木块的速度
为v,则子弹速度也是v,以子弹初速度的方向为正方向,由动量 守恒定律得:mv0 =(m+M)v, 解得: v ? mv0 ? 0.01? 300 m / s ? 88.2 m / s 若子弹穿出后速度为v1=100 m/s,设木块速度为v2,仍以子弹
m?M 0.01 ? 0.024

初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: mv0 ? mv1 ? Mv2
代入数据解得v2=83.3 m/s. 答案:88.2 m/s 83.3 m/s

10.(2010·新课标全国卷)如图所示,光滑的水平地面上有一 木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木 板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ .使木板与重物

以共同的速度v0向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰
撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时 间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g.

【解析】解法一:木板第一次与墙碰撞后,木板的速度反向, 大小不变,此后木板向左做匀减速直线运动,直到静止,再 反向向右做匀加速直线运动直到与重物达到共同速度v,再往 后是匀速直线运动,直到第二次碰撞墙.设木板的质量为m,

重物的质量为2m,取向右为动量的正方向,由动量守恒得
2mv0-mv0=(2m+m)v 设木板从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的 时间为t1,对木板应用动量定理得

2μmgt1=mv-m(-v0) 由牛顿第二定律得2μmg=ma 式中a为木板的加速度 在达到共同速度v时,木板离墙的距离为
1 2 l ? v0 t1 ? at1 2

开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为
t2 ? l v

木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间为
4v t=t1+t2,由以上各式得: t? 0 3?g

解法二:木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到

达到共同速度v,由动量守恒得:
2mv0-mv0=(2m+m)v
v0 解得: v?

木板在第一个过程中,由动量定理,有: mv-m(-v0)=μ2mgt1 由动能定理,有:1 mv 2 ? 1 mv0 2 ? ??2mgs 木板在第二个过程中做匀速直线运动,有:s=vt2 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间
t ? t1 ? t 2 ? 2v 0 2v 0 4v 0 ? ? 3?g 3?g 3?g

3

2

2

答案:4v0

3?g


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