1、- 1 -碰撞碰撞的分类探新知基础练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。辨是非(对的划“” ，错的划“”)1碰
2、撞过程都满足动量守恒定律。()2碰撞过程都满足机械能守恒定律。()3物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。()释疑难对点练1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。2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：碰撞过程中系统所受合力不等于零，但是当内力远大于外力，作用时间很短时，外力
3、的作用可忽略，可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的总机械能。- 2 -(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。3碰撞应满足的条件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(这些条件也是列方程的依据)：(1)动量守恒，即 p1 p2 p1 p2。(2)动能不增加，即 Ek1
4、 Ek2 Ek1 Ek2或 。p122m1 p222m2 p1 22m1 p2 22m2(3)速度要符合实际，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。试身手现有甲、乙两滑块，质量分别为 3m 和 m，以相同的速率 v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A弹性碰撞
5、B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞D条件不足，无法确定解析：选 A 由动量守恒定律得：3 mv mv0 mv，所以 v2 v。碰前总动能： Ek3mv2 mv22 mv2，碰后总动能： Ek mv 22 mv2， Ek Ek，所以 A 正确。12 12 12对弹性碰撞的理解及应用分析碰撞问题时的关键点(1)是否遵守动量守恒定律。(2)系统的动能应如何变化。(3)碰撞的结果与各物体的运动情况是否符合实际。典例 1 (多选)质量为 m 的小球 A，在光滑的水平面上以速度 v 与静止在光滑水平面- 3 -上的质量为 2m 的小球 B 发生正碰，碰撞后， A 球的动能变为原来的 ，那么碰撞后 B 球的速19
6、度大小可能是( )A. v B. v C. v D. v13 23 49 89解析选 AB 设 A 球碰后的速度为 vA，由题意得 mvA2 mv2，则 vA v，碰后 A 球12 19 12 13的速度方向有两种可能，因此由动量守恒有 mv m v2 mvB或 mv m v2 mvB，解得13 13vB v 或 vB v。故 A、B 正确。13 23非弹性碰撞和完全非弹性碰撞典例 2 冰球运动员甲的质量为 80.0 kg。当他以 5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为 100 kg、速度为 3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰撞后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：(1)碰撞后
7、乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失。解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为 m、 M，碰前速度大小分别为 v、 V，碰后乙的速度大小为 V。由动量守恒定律有mv MV MV 代入数据解得 V1.0 m/s。(2)设碰撞过程中总机械能的损失为 E，有mv2 MV2 MV 2 E12 12 12代入数据解得 E1 400 J。答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J课堂对点巩固1在光滑的水平面上有 A、 B 两球，其质量分别为 mA、 mB，两球在 t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度时间图象如图所示，下列关系式正确的是( )- 4 -A mAmB
8、B mA p 甲 ，因Ek ， m 甲 m 乙 ，故 Ek 甲 Ek 乙 ，C 对，D 错。p22m3甲、乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是 p15 kgm/s、 p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙的动量为 10 kgm/s，则两球的质量 m1与 m2的关系可能是( )A m1 m2 B2 m1 m2C4 m1 m2 D6 m1 m2解析：选 C 根据动量定恒定律得： p1 p2 p1 p2，解得： p12 kgm/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有： ，代入数据解得： 。碰撞p1 22m1 p2 22m2 p122m1 p222m2 m1m2 717后
9、甲的速度不大于乙的速度， 则有： ，代入数据解得： 。综上有 p1m1 p2m2 m1m2 15 15 m1m2，故 C 正确，A、B、D 错误。717课堂小结 课时跟踪检测四一、单项选择题- 5 -1质量为 m 的小球 A 以水平速率 v 与静止在光滑水平面上质量为 3m 的小球 B 发生正碰后，小球 A 的速率变为 ，则碰后 B 球的速度为(以 A 球原方向为正方向)( )v2A. B v C. D.v6 v3 v2解析：选 D 由动量守恒定律知，若碰后 A 球运动方向不变，则mv mvA3 mvB， vA ，所以 vB ，由于这时 B 球的速度小于 A 球的速度， B 球又是在 A 球v
10、2 v6运动方向的前面，这是不可能的，若碰后 A 球被反弹回去，则有 mv m( vA)3 mvB，所以vB ，故选项 D 正确。v22.如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、 B 两球在同一直线 上运动。两球质量关系为 mB2 mA，规定向右为正方向， A、 B 两球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s。则( )A左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25B左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 110C右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小
11、之比为 110解析：选 A 由已知得，碰撞前 A 球的速度大于 B 球，则左方是 A 球。碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s，则 B 球的动量增量为 4 kgm/s，所以碰后 A 球的动量为 2 kgm/s， B 球的动量为 10 kgm/s，即 mAvA2 kgm/s， mBvB10 kgm/s，且mB2 mA， vA vB25，所以，选项 A 正确。3甲、乙两个溜冰者质量分别为 48 kg 和 50 kg，甲手里拿着质量为 2 kg 的球，两人均以 2 m/s 的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲
12、速度的大小为( )A0 B2 m/sC4 m/s D无法确定解析：选 A 甲、乙、球三者组成的系统整个运动过程中动量守恒，有( m 甲 m 球 )v1 m乙 v2( m 甲 m 球 )v，代入数据解得 v0，选项 A 正确。4甲、乙两铁球质量分别是 m11 kg， m22 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是 v16 m/s、 v22 m/s。甲追上乙发生正碰后两铁球的速度有可能是( )A v17 m/s， v21.5 m/sB v12 m/s， v24 m/sC v13.5 m/s， v23 m/sD v14 m/s， v23 m/s- 6 -解析：选 B 选项 A 和 B 均满足动
13、量守恒条件，但选项 A 碰后总动能大于碰前总动能，选项 A 错误，B 正确；选项 C 不满足动量守恒条件，选项 C 错误；选项 D 满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项 D 错误。二、多项选择题5质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为 。初始时小物块静止在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度 v，小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A. mv2 B. v212 1
14、2 mMm MC. NmgL D NmgL12解析：选 BD 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间，二者相对静止，即为共速，设速度为 v1， mv( m M)v1，系统损失动能 Ek mv2 (M m)12 12v12 ，A 错误，B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动12 Mmv2M m能等于系统产生的热量，即 Ek Q NmgL ，C 错误，D 正确。6.如图所示，用两根长度都等于 L 的细绳，分别把质量相等、大 小相同的 a、 b 两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触。现把 a 球 拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当 a 球摆动到最
15、低位置与 b 球 相碰后， b 球可能升高的高度为( )A L B. L C. L D. L12 14 18解析：选 ABC 小球 a 向下摆动的过程，机械能定恒，则有： mgL mv2， v ，当12 2gL两球发生弹性碰撞时， b 获得的速度最大。由于两球质量相等，发生弹性碰撞时两球交换速度。则得 b 球获得的速度最大值为 vmax v ；当两球发生完全非弹性碰撞，即碰撞合在2gL一起时， b 获得的速度最小，设为 vmin，根据动量守恒得： mv2 mvmin，得vmin v ； b 球向上摆动的过程中，机械能守恒，则有： mvmax2 mghmax，则得， b 球12 122gL 12
16、上摆的高度最大为： hmax L， mvmin2 mghmin，则得， b 球上摆的高度最小为： hminvmax22g 12- 7 - L，所以 b 球上摆的最大高度范围为： L h L，故 A、B、C 正确。vmin22g 14 14三、非选择题7.如图所示，竖直平面内的圆弧轨道下端与水平桌面相切，小 滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将 A 无初速度 释放， A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿水平桌面滑动。已知圆弧 轨道光滑，半径 R0.2 m； A 和 B 的质量相等； A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 0.2。重力加速度 g 取 10 m/s2。求：(
17、1)碰撞前瞬间 A 的速率 v；(2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v；(3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l。 解析：设滑块的质量为 m。(1)根据机械能守恒定律mgR mv212得碰撞前瞬间 A 的速率 v2 m/s。(2)根据动量守恒定律 mv2 mv得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率v v1 m/s。12(3)根据动能定理2mv 2 2mgl12得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离l0.25 m。答案：(1)2 m/s (2)1 m/s(3)0.25 m8.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车 A，质量 mA4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计
18、。 可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端， B 的质量 mB2 kg。现对 A 施加一个水平向右的恒力F10 N， A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、 B 粘合在一起，共同在力 F 的作用下继续运动，碰撞后经时间 t0.6 s，二者的速度达到 vt2 m/s。求：(1)A 开始运动时加速度 a 的大小；(2)A、 B 碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小；- 8 -(3)A 的上表面长度 l。解析：(1)以 A 为研究对象，由牛顿第二定律有F mAa代入数据解得 a2.5 m/s 2。(2)对 A、 B 碰撞后共同运动 t0.6 s 的过程，由动量定理得 Ft( mA mB)vt( mA mB)v代入数据解得 v1 m/s。(3)设 A、 B 发生碰撞前， A 的速度为 vA，对 A、 B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA( mA mB)vA 从开始运动到与 B 发生碰撞前，由动能定理有Fl mAvA212联立以上各式，代入数据解得l0.45 m。答案：(1)2.5 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m
