高中物理第十六章动量守恒定律第4节碰撞教学案新人教选修3-5

第4节 碰__撞

1．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做

弹性碰撞，如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。

2．两小球碰撞前后的运动速度与两球心的连线在

同一条直线上，这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。

3．微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接

触”，这样的碰撞又叫散射。

一、碰撞的分类 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。

二、弹性碰撞特例

1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为

v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1

m 1＋m 2

v 1。

2．若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则v 1′＝0，v 2′＝v 1，即两者碰后交换速度。

3．若m 1?m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0。表明m 1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，v1′＝v1，v2′＝2v1。表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。

三、散射

1．定义

微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞。

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，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方。

1．自主思考——判一判

(1)两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起，因而不满足动量守恒定律。(×)

(2)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。(×)

(3)在系统所受合外力为零的条件下，正碰满足动量守恒定律，斜碰不满足动量守恒定律。(×)

(4)微观粒子碰撞时并不接触，但仍属于碰撞。(√)

2．合作探究——议一议

(1)如图16-4-1所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？

图16-4-1

提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总动能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。

(2)如图16-4-2所示是金原子核对α粒子的散射，当α粒子接近金原子核时动量守恒吗？

图16-4-2

提示：动量守恒。因为微观粒子相互接近时，它们之间的作用力属于内力，满足动量守

恒的条件，故动量守恒。

对碰撞问题的理解

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。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。

2．碰撞过程的五个特点

(1)时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短。

(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。

(3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。

(4)位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，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。

(5)能量特点：碰撞前总动能E k与碰撞后总动能E k′满足：E k≥E k′。

3．碰撞中系统的能量

(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。

(2)非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统的内能。

(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘合在一起以相同的速度运动。

[典例] 如图16-4-3所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________。

图16-4-3

[思路点拨]

(1)B 与A 碰撞过程A 、B 组成的系统动量守恒。 (2)B 球碰后的速度方向与碰前方向相反。

(3)两球刚好不发生第二次碰撞的条件是B 与A 碰撞后两球速度大小相等。 [解析] 设B 球碰撞前速度为v ，则碰后速度为－v

3

，根据题意可知，

B 球与A 球碰撞后A 速度为v

3

。

由动量守恒定律有m B v B ＝m A ·v

3＋m B ? ????

－v 3

解得：m A ∶m B ＝4∶1

A 、

B 碰撞前、后两球总动能之比为

(E k A ＋E k B )∶(E k A ′＋E k B ′)＝12m B v 2∶??????12m A ·? ????v 32＋12m B ? ????－v 32＝9∶5。 [答案] 4∶1 9∶5

对碰撞问题的三点提醒

(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。

(3)而对于斜碰，要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律。

1．在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 且静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B 球的速度大小可能是( )

A ．0.6v

B ．0.4v

C ．0.3v

D ．0.2v

解析：选A 两球在碰撞的过程中动量守恒，有mv ＝2mv B －mv A ，又v A >0，故v B >0.5v ，选项A 正确。

2.如图16-4-4所示，木块A 、B 的质量均为2 kg ，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 的速度向B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )

图16-4-4

A ．4 J

B ．8 J

C ．16 J

D ．32 J

解析：选B A 、B 在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。

由碰撞过程中动量守恒得

m A v A ＝(m A ＋m B )v

代入数据解得v

＝

m A v A

m

A ＋m B

＝2 m/s 所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为1

2(m A ＋m B )v 2＝8 J ，当弹簧被压缩至最短时，

系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J 。

碰撞与爆炸的对比

判断碰撞类问题的三个依据

(1)系统动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。

(2)系统动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 22

2m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2

。

(3)速度要合理?????

若碰前两物体同向运动，则v 后>v 前，

追碰后，原来在前面的物体速度一定

增大，且v 前

′≥v 后

′。

若碰前两物体相向运动，则对碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

[典例] (多选)如图16-4-5所示，在光滑的水平支撑面上，有A 、B 两个小球，A 球动量为10 kg·m/s，B 球动量为12 kg·m/s，A 球追上B 球并相碰，碰撞后，A 球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A 、B 两球质量的比值为( )

图16-4-5

A ．0.5

B ．0.6

C ．0.65

D ．0.75

[解析] A 、B 两球同向运动，A 球要追上B 球应满足条件：v A >v B 。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增加，碰撞结束满足条件：v B ′≥v A ′。

由v A >v B 得，p A m A >p B m B ，即m A m B

6

＝0.83，

由碰撞过程动量守恒得：p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′ 解得p B ′＝14 kg·m/s 由碰撞过程的动能关系得：

p 2A 2m A ＋p 2B

2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B ，m A m B ≤3652

＝0.69 由v B ′≥v A ′得，

p B ′m B ≥p A ′m A ，m A m B ≥p A ′p B ′＝8

14

＝0.57 所以0.57≤m A

m B

≤0.69 选项B 、C 正确。 [答案] BC

(1)只考虑碰撞前后的速度大小关系，没有考虑两球碰撞过程中动能不增加的能量关系时易错选D 项。

(2)只考虑碰撞过程中动量守恒和动能不增加，则易错选A 项。

1．甲、乙两铁球质量分别是m 1＝1 kg ，m 2＝2 kg ，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v 1＝6 m/s 、v 2＝2 m/s 。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )

A ．v 1′＝7 m/s ，v 2′＝1.5 m/s

B ．v 1′＝2 m/s ，v 2′＝4 m/s

C ．v 1′＝3.5 m/s ，v 2′＝3 m/s

D ．v 1′＝4 m/s ，v 2′＝3 m/s

解析：选B 选项A 和B 均满足动量守恒条件，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，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。故应选B 。

2.在光滑的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v 0射向它们，如图16-4-6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( )

图16-4-6

A ．v 1＝v 2＝v 3＝

13

v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝

12

v 0

C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝1

2

v 0

D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0

解析：选D 由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为mv 0，总动能应为12

mv 2

0。

假如选项A 正确，则碰后总动量为

33

mv 0，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

2

2

mv 0，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mv 0，但总动能为14mv 2

0，这显然违反机械能守恒定律，

故也不可能。

假如选项D 正确的话，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，故选项D 正确。

3．(多选)质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比M m

可能为( )

A ．2

B ．3

C ．4

D ．5

解析：选AB 由题意知：碰后两物体运动方向相同，动量守恒Mv ＝Mv 1＋mv 2又Mv 1＝mv 2

得出v 1＝12v ，v 2＝M 2m v ，能量关系满足：12Mv 2≥12Mv 21＋12mv 22，把v 1、v 2代入求得M

m ≤3，A 、B 正

确。

1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是( ) A ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开 B ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开 D ．若两球质量不同，碰后两球都静止

解析：选A 若两球质量相等，碰前两球总动量为零，碰后总动量也应该为零，由此分析可得A 可能、B 不可能。若两球质量不同，碰前两球总动量不为零，碰后总动量也不能为零，D 不可能。若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开，则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同，与碰前总动量方向相反，C 不可能。

2．关于散射，下列说法正确的是( )

A ．散射就是乱反射，毫无规律可言

B ．散射中没有对心碰撞

C ．散射时仍遵守动量守恒定律

D ．散射时不遵守动量守恒定律

解析：选C 由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。

3.如图1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2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )

图1

A ．A 和

B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动

C ．A 静止，B 向右运动

D ．A 向左运动，B 向右运动

解析：选D 选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0。B 的动量p B ＝－2mv 0。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，可知四个选项中只有选项D 符合题意。

4.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—时间图像如图2所示。由图可知，物体A 、B 的质量之比为( )

图2

A ．1∶1

B ．1∶2

C ．1∶3

D ．3∶1

解析：选C 由图像知：碰前v A ＝4 m/s ，v B ＝0。碰后v A ′＝v B ′＝1 m/s ，由动量守恒可知m A v A ＋0＝m A v A ′＋m B v B ′，解得m B ＝3m A 。故选项C 正确。

5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是 5 kg·m/s 和7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是( )

A ．m 乙＝m 甲

B ．m 乙＝2m 甲

C ．4m 甲＝m 乙

D ．m 乙＝6m 甲

解析：选C 碰撞前，v 甲>v 乙，即

p 甲m 甲>p 乙m 乙，可得m 甲m 乙<57；碰撞后，v 甲≤v 乙，即p 甲′m 甲≤p 乙′

m 乙

，

可得

m 甲m 乙≥15；综合可得15≤m 甲m 乙<5

7

，选项A 、D 错误。由碰撞过程动能不增加可知，E 碰前≥E 碰后，由B 得到E 碰前

6．(多选)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μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图3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( )

图3

A.12mv 2

B.mMv 2

2(m ＋M )

C.1

2

NμmgL D ．NμmgL

解析：选BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝

mv

M ＋m

，损失的动能ΔE k

＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2＝mMv 2

2(m ＋M )，所以B 正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL ，可见D 正确。

7．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。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求

(1)碰后乙的速度的大小； (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 ′ ①

代入数据得V ′＝1.0 m/s ②

(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，应有 12mv 2＋12MV 2＝1

2MV ′2＋ΔE ③ 联立②③式，代入数据得 ΔE ＝1 400 J 。

答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J

8．如图4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。

图4

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v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv 0＝mv A 1＋Mv C 1①

12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式得

v A 1＝m －M m ＋M

v 0③

v C 1＝2m m ＋M

v 0④

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 ＜M 的情况。

第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞。设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有

v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝? ??

??m －M m ＋M 2v 0

⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有

v A 2≤v C 1⑥

联立④⑤⑥式得

m 2＋4mM －M 2≥0⑦

解得

m ≥(5＋2)M ⑧

另一解m ≤－(5＋2)M 舍去。 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m ＜M 。⑨

答案：(5－2)M≤m＜M