資源簡介

(共33張PPT)
第一章
8
彈性碰撞和非彈性碰撞
打臺球
汽車撞擊實驗
2
了解對心碰撞和非對心碰撞的概念.
3
能運用動量和能量的觀點分析解決一維碰撞的實際問題.
1
知道彈性碰撞、非彈性碰撞的特點.
重點
重難點
重點
1.碰撞概念：物體之間在極短時間內的相互作用。
2.碰撞的特點：
(1)作用時間極短
(2)內力遠大于外力
(3)幾乎在原位置進行
動量守恒
物體碰撞中動量的變化情況
問題：
？
在各種碰撞中能量又是如何變化的？
彈性碰撞和非彈性碰撞
2
碰撞前 碰撞后 質量 m1 m2 m1 m2
0.25 0.25 0.25 0.25
速度 v1 v2 v1’ v2’
0.40 0.00 0.20 0.20
mv m1v1+m2v2 m1v1’+m2v2’ 0.100 0.100 mv2 0.04 0.02
m1
m2
v1
實驗方案一：
動能損失
2
碰撞前 碰撞后 質量 m1 m2 m1 m2
0.25 0.25 0.25 0.25
速度 v1 v2 v1’ v2’
0.4 -0.2 -0.15 0.34
mv m1v1+m2v2 m1v1’+m2v2’ 0.050 0.048 mv2 0.050 0.035
實驗方案二：
動能損失較少
實驗方案三：
碰撞前 碰撞后 質量 m1 m2 m1 m2
0.25 0.25 0.25 0.25
速度 v1 v2 v1’ v2’
0.40 0.00 0.00 0.39
mv m1v1+m2v2 m1v1’+m2v2’ 0.100 0.098 mv2 0.040 0.038
m1
m2
v1
在誤差范圍內，動能不變
v1
v共
彈性碰撞
非彈性碰撞
完全非彈性碰撞
三種碰撞——形變量的演變[過程的“慢鏡頭”]
動能損失最大
動能不變
動能損失較少
碰撞前后動能變化分類
1.彈性碰撞：動量守恒，動能不變
2.非彈性碰撞：動量守恒，動能損失
3.完全非彈性碰撞：動量守恒，動能損失最大
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1.如圖，在光滑水平面上，兩個物體的質量都是m，碰撞前一個物體靜止，另一個以速度v向它撞去.碰撞后兩個物體粘在一起，成為一個質量為2m 的物體，以一定速度繼續前進.碰撞后該系統的總動能是否會有損失？
答案　見解析
根據動量守恒定律得 2mv′＝mv，則v′＝
可見，碰撞后系統的總動能小于碰撞前系統的總動能.
2.(課本第23頁第1題)在氣墊導軌上，一個質量為400 g的滑塊以15 cm/s的速度與另一個質量為200 g、速度為10 cm/s并沿相反方向運動的滑塊迎面相撞，碰撞后兩個滑塊粘在一起.
(1)求碰撞后滑塊速度的大小和方向.
以400 g的滑塊的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律得
m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v′
解得v′＝ cm/s，方向與質量為400 g的滑塊初速度方向相同
答案　見解析
(2)這次碰撞，兩滑塊共損失了多少機械能？
損失的機械能：
答案　見解析
彈性碰撞的實例分析
按碰撞前后軌跡分類
1.對心碰撞：碰撞前后速度都沿同一條直線
2.非對心碰撞：碰撞前后速度不沿同一條直線
v'1
m1
m2
v'2
v1
m1
m2
v1
m1
m2
v'1
m1
m2
v'2
正碰
兩個小球相碰，碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度仍會沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰，也叫作對心碰撞或一維碰撞。
彈性碰撞的實例分析：一動碰一靜
解得
動量守恒
m1v1= m1v1′ +m2v2 ′
動能不變
m1v12= m1v1′2 + m2v2′2
碰前：m1速度v1，m2靜止
碰后：m1速度v1′，m2速度v2 ′
條件
推導
(2) 若 m1 > m2， 則 v1 0， v2 0,
(3) 若 m1 < m2，則 v1 0，v2 0,
等大小，互換跑
大碰小，同向慢跑
小碰大，反向跑
若 m1 = m2，則 v1 ，v2 = ,
=
v1
>
>
<
>
0
討論：m1=m2 、m1>m2 和 m1實驗演示
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4.若m1>>m2時
5.若m1<v1′＝ v1
v2′＝ 2v1
v1′＝－v1
v2′＝ 0
繼續討論：
3.(課本第23頁第2題)速度為10 m/s的塑料球與靜止的鋼球發生正碰，鋼球的質量是塑料球的4倍，碰撞是彈性的，求碰撞后兩球的速度.
答案　見解析
以塑料球初速度方向為正方向，由于是彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得：
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
解得塑料球速度v1′＝－6 m/s，方向與塑料球初速度方向相反
鋼球速度v2′＝4 m/s，方向與塑料球初速度方向相同.
4.(課本第23頁第5題)質量為m、速度為v的A球跟質量為3m的靜止B球發生正碰.碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值.請你論證：碰后B球的速度可能是以下值嗎？
(1)0.6v　(2)0.4v
答案　見解析
若A、B發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得，B獲得的最大速度為：
若A、B發生完全非彈性碰撞，根據動量守恒定律，B獲得的最小速度為：
m1v＝(m1＋m2)vmin
故B球速度可能是0.4v，但不可能是0.6v.
5.如圖，大小相同的擺球a和b的質量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現將擺球a向左拉開一小角度后釋放.若兩球的碰撞是彈性的，不計空氣阻力，下列判斷正確的是
A.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動能相等
B.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等
C.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等
D.第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同
√
碰撞過程中，兩球組成的系統水平方向動量守恒，由動量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，兩球碰撞是彈性的，故機械能守恒，即： ，解得：
，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等；因兩球質量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，動能也不相等，故A、B錯誤，C正確；
兩球碰后上擺過程，機械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球第一次碰撞后的最大擺角相同，故D錯誤.
碰撞的分類
彈性碰撞實例分析
從能量角度
根據碰撞前后運動方向
m1=m2等大小，互換跑
彈性碰撞
非彈性碰撞
動量守恒
動能不變
動量守恒
動能減少
對心碰撞（正碰）
非對心碰撞
彈性碰撞和非彈性碰撞
m1＜＜m2； v1′＝－v1， v2′＝ 0
m1＞m2大碰小，同向慢跑
m1＜m2小碰大，反向跑
m1＞＞m2； v1′＝ v1，v2′＝ 2v1
動碰靜結論
鋼球、玻璃球碰撞時，動能損失很小，它們的碰撞可以看作彈性碰撞．
1.彈性碰撞
2.非彈性碰撞：
(1)定義:系統在碰撞后動能減少的碰撞叫作非彈性碰撞．
(2)特點：碰撞后形變不能完全恢復，碰撞中有內能或其它形式能的產生，系統機械能減少．
3.完全非彈性碰撞
碰撞后兩物體一起以同一速度運動，碰撞后物體的形變完全不能恢復，系統動能損失最大．
m1v1= m1v1′ +m2v2 ′
動量守恒
動能守恒
m1v1= m1v1′ +m2v2 ′
m1v12= m1v1′2 + m2v2′2(共17張PPT)
9
碰撞的應用
第一章
2
理解碰撞問題遵循的三個原則，會處理實際的碰撞問題.
1
明確碰撞的分類及其特點，學會應用動量和能量的觀點處理碰撞問題.
難點
重點
動量和能量結合問題
碰撞過程中都會伴隨著動量、動能的轉移或轉化.因此碰撞問題也往往由動量守恒定律和能量守恒定律聯立解決問題.
導學
導學
1.如圖所示，在光滑水平直導軌上，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，兩球繼續向右運動并與C球碰撞，C球最終的速度vC＝1 m/s.求：
(1)A、B兩球與C球相碰前的共同速度大小；
A、B相碰滿足動量守恒，以v0的方向為正方向，有mv0＝2mv1
解得兩球跟C球相碰前的速度大小v1＝1 m/s.
答案　1 m/s
(2)兩次碰撞過程中一共損失了多少動能？
A、B兩球與C球碰撞同樣滿足動量守恒，以v1的方向為正方向，有2mv1＝mvC＋2mv2
解得兩球碰后的速度v2＝0.5 m/s，
兩次碰撞共損失的動能
答案　1.25 J
2.(多選)(課本第28頁第7題改編)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發生正碰，小球的質量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x－t關系圖像，已知m1＝0.1 kg，由此可以判斷
A.碰前m2靜止，m1向右運動
B.碰后m1和m2都向右運動
C.由動量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D.碰撞過程中系統損失了0.4 J的機械能
√
√
由題圖乙可知，碰前m2的位移不隨時間變化，處于靜止狀態，m1的速度大小為v1＝ ＝4 m/s，方向只有向右才能與m2相撞，故A正確；
由題圖乙可知，向右為正方向，碰后m2的速度方向為正方向，說明m2向右運動，而m1的速度方向為負方向，說明m1向左運動，故B錯誤；
由題圖乙可求出碰后m2和m1的速度分別為v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，由動量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入數據解得m2＝0.3 kg，故C正確；
碰撞可能性問題
請從動量守恒、能量守恒及碰撞前后兩物體速度關系的角度，分析碰撞能發生需滿足的條件.
答案　碰撞能發生遵從的三個原則.
(1)系統動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(3)速度要合理：
①若碰前兩物體相向運動：碰后兩物體的運動方向不可能都不改變.
②若碰前兩物體同向運動：碰前一定滿足v后>v前.碰后兩物體反向運動或做v前′≥v后′的同向運動.
導思
3.(多選)質量為1 kg的小球以4 m/s的速度與質量為2 kg的靜止小球正碰，關于碰后的速度v1′和v2′，可能正確的是
A.v1′＝v2′＝ m/s
B.v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s
C.v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s
D.v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s
√
√
由碰撞前后系統總動量守恒知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，總動能不增加，則Ek≥Ek1′＋Ek2′，驗證A、B、D三項皆有可能.
但B項碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合實際，故A、D項正確.
4.(多選)質量相等的A、B兩球在光滑水平面上，沿同一直線、同一方向運動，A球的動量pA＝9 kg·m/s，B球的動量pB＝3 kg·m/s，當A追上B時發生碰撞，則碰后A、B兩球的動量可能值是
A.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C.pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s
D.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
√
√
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后總動量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s.
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B錯誤.
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，
碰后p′＝12 kg·m/s＝p，(共20張PPT)
10
碰撞模型及拓展應用
第一章
2
掌握兩類類碰撞問題的解題方法.
1
進一步掌握用動量守恒定律、能量守恒定律解決碰撞問題的技巧.
重點
重難點
彈簧—小球(物塊)模型
(1)對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統，在相互作用的過程中，若系統所受合外力為零，則滿足動量守恒定律.
(2)在能量方面，由于彈簧發生形變，具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒.若還有其他外力和內力做功，這些力做功之和等于系統機械能的改變量.
導學
導學
(3)彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大，此過程可以看成完全非彈性碰撞.如系統每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當彈簧為自然長度時，系統內彈簧某一端的物體具有最大速度，此時彈性勢能為零.此過程可以看成彈性碰撞.
1.如圖所示，光滑水平面上靜止著一質量為m2的剛性小球，小球與水平輕質彈簧相連，另有一質量為m1的剛性小球以速度v0向右運動，并與彈簧發生相互作用，兩球半徑相同，求：
(1)彈簧彈性勢能的最大值；
兩球速度相同時，彈簧彈性勢能最大.以v0的方向為正方向，
由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v
(2)彈簧第一次恢復原長時，m1、m2兩球的速度大小.
從m1與彈簧接觸到彈簧第一次恢復原長，整個過程兩球相當于發生彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得
m1v0＝m1v1′＋m2v2′
2.如圖所示，用水平輕彈簧相連的質量均為2 kg的A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，B與C碰撞后二者粘在一起運動.在以后的運動中，求：
(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度大?。?br/>當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大.
由于A、B、C三者組成的系統動量守恒，以v的方向為正方向，有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得vA′＝3 m/s.
答案　3 m/s
(2)彈簧彈性勢能的最大值；
B、C碰撞時B、C組成的系統動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為v′，則mBv＝(mB＋mC)v′
解得v′＝2 m/s
設彈簧的彈性勢能最大值為Ep，由能量守恒定律得：
解得Ep＝12 J.
答案　12 J
(3)A的速度有可能向左嗎？為什么？
由A、B、C組成的系統動量守恒知mAv＋mBv＝mAvA＋(mB＋mC)vB
設B、C碰后A的速度向左，有vA<0，解得vB>4 m/s
則碰撞后A、B、C動能之和：
B、C碰后瞬間，系統的總機械能為
由能量守恒定律知，Ek>48 J是不可能的，所以A不可能向左運動.
答案　見解析
滑塊—斜(曲)面模型
對于滑塊—斜(曲)面模型，系統所受合外力不為零，但常在某一方向上的合力為零，則在該方向上系統動量守恒，再根據能量分析情況，結合能量規律列方程，聯立求解.求解此類問題，有時亦可看成碰撞問題處理.
導學
導學
3.如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道.已知圓弧軌道的質量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，求：
(1)小球在圓弧軌道上能上升的最大高度；(用v0、g表示)
小球在圓弧軌道上上升到最高時兩物體速度相同，小球與圓弧軌道組成的系統在水平方向上動量守恒，以小球運動的初速度v0方向為正方向，有mv0＝3mv，解得v＝
由機械能守恒定律得
(2)小球離開圓弧軌道時的速度大小.
小球離開圓弧軌道時，由動量守恒定律有
mv0＝mv1＋2mv2
由機械能守恒定律有
4.如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面體的質量；
答案　20 kg
選向左為正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v
式中v0＝3 m/s為冰塊被推出時的速度.
聯立兩式并代入數據解得m3＝20 kg.
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
選向右為正方向，設推出冰塊后小孩的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，解得v1＝1 m/s
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3.
聯立解得v2＝1 m/s
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩.
答案　不能

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