碰撞(教案)

碰撞一、碰撞的特点和分类 1．碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒． 2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 3．爆炸：一种特殊的“碰撞” 特点1：系统动量守恒． 特点2：系统动能增加． 二、弹性正碰模型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，同时满足动量守恒和机械能守恒，即m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2，得出v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1. (1)若m 1＝m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)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′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(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m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰． 三、判断一个碰撞过程是否存在的依据 1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．总动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 1 22m 1＋p 2 22m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.例1 大小与形状完全相同、质量分别为300g 和200g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50cm /s 和100 cm/s ，某一时刻发生碰撞． (1)如果两物体碰撞后粘合在一起，求它们碰撞后共同的速度大小； (2)在问题(1)的条件下，求碰撞后损失的动能； (3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小． 答案 (1)0.1m /s (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8m/s 解析 (1)令v 1＝50cm /s ＝0.5 m/s ， v 2＝－100cm /s ＝－1 m/s ，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v ，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝－0.1m/s ，负号表示方向与v 1的方向相反．(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2，代入数据解得ΔE k ＝0.135 J.(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰撞后两物体的速度分别为v 1′、v 2′， 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 由机械能守恒定律得12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2， 代入数据得v 1′＝－0.7m /s ，v 2′＝0.8 m/s.例2 一弹丸在飞行到距离地面5m 高时仅有向右的水平速度v 0＝2m /s ，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 弹丸爆炸瞬间内力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5m /s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5m /s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1m /s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1m /s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v 0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v 0＝2m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 例3 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图4所示．小球A 与小球B 发生弹性碰撞后，小球A 、B 均向右运动．且碰后A 、B 的速度大小之比为1∶4，求两小球质量之比m 1m 2.图4答案 2∶1解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22由题意知：v 1∶v 2＝1∶4 联立解得m 1m 2＝21.例4 2013年斯诺克上海沃德大师赛于9月16日至22日在上海体育馆举行．如图5为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球A (主球)只与花色球B 碰撞且碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A 的动量为p A ＝5kg·m /s ，花色球B 静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p B ′＝4 kg·m/s ，则两球质量m A 与m B 的关系可能是( )图5A ．mB ＝m A B ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．m B ＝6m A答案 A解析 由动量守恒定律得：p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′，得：p A ′＝1kg·m/s ， 根据碰撞过程总动能不增加，则有： p A22m A ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B 代入解得：m B ≥23m A碰后，两球同向运动，A 的速度不大于B 的速度，则p A ′m A ≤p B ′m B解得：m B ≤4m A综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，故A 正确，B 、C 、D 错误．【基础过关】1．(对碰撞的理解)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 B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定答案 A解析 以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3m ·v －m v ＝0＋m v ′，所以v ′＝2v碰前总动能E k ＝12×3m ·v 2＋12m v 2＝2m v 2，碰后总动能E k ′＝12m v ′2＝2m v 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．2．(碰撞问题的分析与计算)如图6所示，在光滑的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，碰后原速率反回．两球刚好不发生第二次碰撞，则A 、B 两球的质量之比为，A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为．图6答案 4∶1 9∶5解析 设A 、B 两球的质量分别为m A 、m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前、后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2，以向左为正方向，在A 、B 碰撞过程中由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，解得m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝41，A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为12m B v B 1 212m B v B 2 2＋12m A v A 2 2＝95.3．(弹性碰撞模型分析)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小球以速度v 0射向它们，如图7所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )图7A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 答案 D解析 两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．4．(非弹性碰撞问题的分析与计算)如图8所示，位于光滑的水平桌面上的小滑块P 和Q 均可视为质点，质量均为m ，Q 与水平轻质弹簧相连并处于静止状态，P 以初速度v 向Q 运动并与弹簧发生作用．求整个过程中弹簧的最大弹性势能．图8答案 14m v 2解析 以v 的方向为正方向，由动量守恒定律得m v ＝2m v 共，由能量守恒定律得12m v 2＝E pmax＋12(2m )v 共2，解得E pmax ＝14m v 2. 【能力提升】考点一 对碰撞的理解及碰撞满足的条件1．(多选)两辆动能分别为E k1、E k2的小车在一个光滑水平面上发生碰撞，碰后动能分别变为E k1′、E k2′，则可能有( ) A ．E k1＋E k2>E k1′＋E k2′ B ．E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′ C ．E k1＋E k2<E k1′＋E k2′ D ．不能确定答案 AB2．质量分别为m A ＝1kg 、m B ＝2kg 的A 、B 两个小球在光滑水平面上发生碰撞，碰撞前后均在同一条直线上．碰撞前速度v A ＝6m /s 、v B ＝2 m/s ，碰撞后速度v A ′＝2m /s 、v B ′＝4 m/s.则此碰撞是( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞 C ．完全非弹性碰撞 D ．无法确定答案 B解析 由12m A v A 2＋12m B v B 2>12m A v A ′2＋12m B v B ′2，v A ′≠v B ′可知，此次碰撞为非弹性碰撞．3．(多选)A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A ＞m B ，当两球碰撞后，其中一球停止，则可以断定( )A ．碰撞前A 的动量与B 的动量大小相等 B ．碰撞前A 的动量大于B 的动量C ．若碰撞后A 的速度为零，则碰撞前A 的动量大于B 的动量D ．若碰撞后B 的速度为零，则碰撞前A 的动量小于B 的动量 答案 CD解析 两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A 的运动方向为正方向，由动量守恒定律得m A v A －m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′，如果碰撞前A 的动量与B 的动量大小相等，碰撞后两者速度都等于零，故A 错误；若碰撞后A 的速度为零，则碰撞后B 反向运动，否则两者会发生第二次碰撞，这说明系统总动量与A 的动量方向相同，则碰撞前A 的动量大于B 的动量；若碰撞后B 的速度为零，则碰撞后A 反向运动，否则两者会发生第二次碰撞，这说明系统总动量与B 的动量方向相同，则碰撞前A 的动量小于B 的动量．由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A 的动量大于B 的动量，也可能是碰撞前A 的动量小于B 的动量，故B 错误，C 、D 正确．4．质量分别为m a ＝1kg 、m b ＝2kg 的两小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图1所示，则可知碰撞属于( )图1A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，不能确定 答案 A解析 由x －t 图象知，碰撞前v a ＝3m /s ，v b ＝0，碰撞后v a ′＝－1 m/s ，v b ′＝2m /s ，碰撞前总动量m a v a ＋m b v b ＝3 kg·m/s ，碰撞后总动量m a v a ′＋m b v b ′＝3kg·m/s ，故动量守恒，碰撞前总动能12m a v a 2＋12m b v b 2＝92J ，碰撞后总动能12m a v a ′2＋12m b v b ′2＝92J ，故机械能守恒．所以碰撞属于弹性碰撞． 考点二 弹性碰撞模型分析5．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性碰撞．若碰撞前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1 B.A －1A ＋1 C.4A (A ＋1)2 D.(A ＋1)2(A －1)2答案 A解析 设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有m v 0＝m v 1＋Am v ′，据动能守恒，有12m v 02＝12m v 12＋12Am v ′2.联立得v 1＝1－A 1＋A v 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v 1′＝A －1A ＋1v 0，故中子碰撞前、后的速率之比为A ＋1A －1.6．如图2所示，一个运动的中子与一个静止的中子发生弹性碰撞，碰撞过程中动量(“一定”“可能”或“一定不”)守恒，碰撞后A 中子(“静止”“向右运动”或“向左运动”)．图2答案 一定 静止解析 在碰撞过程中，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒，初状态动量方向向右，碰撞后两中子交换速度．考点三 非弹性碰撞模型及拓展分析7．如图3所示，在列车编组站里，一辆m 1＝1.8×104kg 的列车甲在平直轨道上以v 1＝2m/s 的速度运动，碰上一辆m 2＝1.2×104kg 的静止的列车乙，它们碰撞后结合在一起继续运动，选列车甲碰撞前的速度方向为正方向，则列车碰撞后运动的速度为，列车甲在碰撞过程中动量的变化量为．图3答案 1.2m /s －1.44×104 kg·m/s解析 对整个系统，在碰撞过程中动量守恒，设结合在一起继续运动的速度为v ，则m 1v 1＝(m 1＋m 2)v ，则两列车碰撞后运动的速度v ＝m 1v 1m 1＋m 2＝1.2m /s ，列车甲的动量的变化量Δp ＝m 1v －m 1v 1＝－1.44×104 kg·m/s.8．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开了一定的距离，如图4所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )图4A ．E 0B.2E 03C.E 03D.E 09答案 C解析 碰撞中动量守恒m v 0＝3m v 1，得 v 1＝v 03①E 0＝12m v 02②E k ′＝12×3m v 12③由①②③得E k ′＝E 03，故C 正确．9．如图5所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 球静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( )图5A.h 2B ．h C.h 4D.22h 答案 C解析 A 球由释放到摆到最低点的过程做圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12m v 12，所以v 1＝2gh ；A 、B 碰撞后粘在一起的过程由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得12×2m v 22＝2mgh ′，联立解得h ′＝h4.10．质量为2kg 的物体B 静止在光滑水平面上，一质量为1kg 的物体A 以2.0m /s 的水平速度和B 发生正碰，碰撞后A 以0.2 m/s 的速度反弹，求碰撞过程中系统损失的机械能． 答案 0.77J解析 由动量守恒定律有，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 解得v 2′＝1.1m/s ， 损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0.77J.11．质量为M 的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度23v 0射出．则物块的速度为，此过程中损失的机械能为．答案m v 03M 518m v 02－118Mm 2v 02解析 由动量守恒定律得m v 0＝m ·23v 0＋M v ，解得v ＝m v 03M.由能量守恒定律，此过程中损失的机械能为 ΔE ＝12m v 02－12m ·(23v 0)2－12M v 2＝518m v 02－118M m 2v 02.考点四 综合应用12．(2017·徐州模拟)如图6所示，光滑的水平面上，小球A 以速率v 0撞向正前方的静止小球B ，碰后两球沿同一方向运动，且小球B 的速率是A 的4倍，已知小球A 、B 的质量分别为2m 、m .图6(1)求碰撞后A 球的速率； (2)判断该碰撞是否为弹性碰撞． 答案 (1)13v 0 (2)该碰撞是弹性碰撞解析 (1)设向右为正方向，以A 、B 球组成的整体为系统，由动量守恒定律得： 2m v 0＝2m v A ＋m v B 且v B ＝4v A 解得：v A ＝13v 0(2)碰撞前：系统的总动能为：E k ＝12×2m v 02＝m v 02碰撞后：系统的总动能为：E k ′＝12×2m v A 2＋12m v B 2＝m v 02，则E k ＝E k ′，所以该碰撞是弹性碰撞．13．2009年在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，如图7所示，队长王冰玉在最后一投中，将质量为m 的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m /s 的速度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：图7(1)瑞典队冰壶获得的速度大小；(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞． 答案 (1)0.3m/s (2)非弹性碰撞解析 (1)由动量守恒定律知m v 1＝m v 2＋m v 3 将v 1＝0.4m /s ，v 2＝0.1 m/s 代入解得： v 3＝0.3m/s.(2)碰撞前的总动能E 1＝12m v 12＝0.08m ，碰撞后两冰壶的总动能E 2＝12m v 22＋12m v 32＝0.05m因为E 1＞E 2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞．。