——几个碰撞问题的定量分析
[目标定位]1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用.
一、对三种碰撞的进一步认识 [问题设计] 如图1所示，
图1
两小球碰撞过程有什么特点？若水平面光滑，碰撞过程中动量是否守恒？若水平面不光滑，动量是否守恒？
答案 特点是碰撞发生的时间很短，相互作用力很大.根据其特点知无论碰撞发生时两物体组成的系统合外力是否为零，动量都是守恒的. [要点提炼]
三种碰撞类型及满足规律 (1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 1112212机械能守恒：m1v21＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2222(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 机械能减少，损失的机械能转化为内能，即|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q (3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
11122碰撞中机械能损失最多，即|ΔEk|＝m1v21＋m2v2－(m1＋m2)v共 222二、弹性正碰模型及拓展应用 [问题设计]
已知A、B两个弹性小球，
图2
质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A小球以初速度v1与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1′和B小球速度v2′的大小和方向. 答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′① 1121m1v2＝mv′＋m2v2′2② 111222
m1－m22m1由①②可以得出：v1′＝v1，v2′＝v
m1＋m2m1＋m21
讨论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两小球速度互换；
m1－m22m1(2)当m1>m2时，则v1′>0，v2′>0，即小球A、B同方向运动.因<，所以v1′ (3)当m1 1.两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝m1－m22m1v1，v2′＝v. m1＋m2m1＋m21 (1)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度. (2)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. (3)若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止. 2.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞. 三、碰撞需满足的三个条件 1.动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. p1′2p2′2p2p2122.动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. 2m12m22m12m2 3.速度要符合情景：碰撞后，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′，否则碰撞不会结束. 一、对碰撞的进一步认识 例1 两个质量分别为300g和200g的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. (1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度. (2)求碰撞后两物体损失的动能. (3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度. 解析 (1)令v1＝50cm/s＝0.5 m/s， v2＝－100cm/s＝－1 m/s， 设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v， 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 代入数据解得v＝－0.1m/s，方向与v1的方向相反. (2)碰撞后两物体损失的动能为 11111122222 ΔEk＝m1v21＋m2v2－(m1＋m2)v＝[×0.3×0.5＋×0.2×(－1)－×(0.3＋0.2)×(－0.1)] 222222J＝0.135J. (3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′， 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′， 由机械能守恒定律得 111221m1v2＋mv＝mv′＋m2v2′2， 122112222代入数据得v1′＝－0.7m/s，v2′＝0.8 m/s. 答案 (1)0.1m/s，与50 cm/s的方向相反 (2)0.135J (3)0.7m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动 二、弹性碰撞模型及拓展分析 例2 在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图3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. 图3 解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1 两球碰撞过程为弹性碰撞，有：m1v0＝m1v1＋m2v2 11122m1v20＝m1v1＋m2v2 222 m1解得＝2. m2答案 2 1 例3 质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图4所示，一质量 4也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则( ) 图4 A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 1 C.此过程小球对小车做的功为Mv2 20v20 D.小球在弧形槽上上升的最大高度为 2g 解析 小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有： Mv0＝2Mv′① 121 Mv0＝2×(Mv′2)＋Mgh② 22v20 联立①②得h＝，知D错误； 4g 从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，故B、C对，A错. 答案 BC 三、碰撞满足的条件 例4 质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰.碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值.请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值中的( ) A.0.6v C.0.2v B.0.4v D.0.1v 解析 若发生弹性碰撞，设碰后A的速度为v1，B的速度为v2，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv＝mv1＋3mv2 1112由机械能守恒定律：mv2＝mv21＋×3mv2 222 vv 由以上两式得v1＝－，v2＝ 22 若碰撞过程中损失机械能最大，则碰后两者速度相同，设为v′，由动量守恒定律：mv＝(m＋3m)v′ v 解得v′＝ 4 所以在情况不明确时， vv B球速度vB应满足≤vB≤. 42因此选B. 答案 B 动量守恒，总动能减少动量守恒定律的应用, 碰撞非弹性碰撞特例：完全非弹性碰撞 机械能损失最多 碰撞现象的研究及应用 动量守恒，动能守恒 弹性碰撞 弹性碰撞模型及拓展 1.(碰撞满足的条件)A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( ) A.pA′＝8kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s B.pA′＝6kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s C.pA′＝5kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s D.pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s 答案 BC 解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加.碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于B的速度. A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错. p2p274AB碰前A、B的总动能Ek＝＋＝ 2m2m2m pA′2pB′27274 碰后A、B的总动能，B选项中Ek′＝＋＝ ＝＋＝＝Ek，故C也可能. 2m2m2m pA′2pB′220074D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能的.综上，本题正确选项为B、 2m2m2m2mC. 2.(弹性碰撞问题)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A＋1 A. A－14AC. A＋12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，1－A11212 有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有mv2v.若只0＝mv1＋Amv′.解以上两式得v1＝2221＋A0A－1A＋1考虑速度大小，则中子的速率为v1′＝v0，故中子前、后速率之比为. A＋1A－1 A－1B. A＋1A＋12D. A－12 题组一 碰撞满足的条件 1.在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( ) A.甲、乙两球都沿乙球的运动方向 B.甲球反向运动，乙球停下 C.甲、乙两球都反向运动 D.甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等 答案 C 解析 由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确，A、B、D错误. 2.两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4kg、mB＝2kg.A的速度vA＝3m/s(以vA的方向为正方向)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A.均为＋1m/s B.＋4m/s和－5 m/s C.＋2m/s和－1 m/s D.－1m/s和＋5 m/s 答案 AD 解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求.再看动能变化情况： 11E前＝mAv2＋mBv2AB＝27J 2211 E后＝mAvA′2＋mBvB′2 22 由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E 后 ，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符 合实际的，因此C选项错误.验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D. 3.如图1所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是( ) 图1 A.pa＝－6kg·m/s、pb＝4 kg·m/s B.pa＝－6kg·m/s、pb＝8 kg·m/s C.pa＝－4kg·m/s、pb＝6 kg·m/s D.pa＝2kg·m/s、pb＝0 答案 C 解析 对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况.本题属于迎面对碰，碰撞前，系统的总动量为2kg·m/s.选项A中，系统碰后的动量变为－2 kg·m/s，不满足动量守恒定律，选项A可排除；选项B中，系统碰后的动量变为2kg·m/s，满足动量守恒定律，但碰后a球动量大小不变，b球动量增加，根据关系式p2 Ek＝可知，a球的动能不变，b球动能增加，系统的机械能增大了，所以选项B可排除； 2m选项D中，显然满足动量守恒，碰后系统的机械能也没增加，但是碰后a球运动方向不变，b球静止，这显然不符合实际情况，选项D可排除；经检验，选项C满足碰撞所遵循的三个规律，故选C. 4.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，碰撞后二者的动量正好M 相等.二者质量之比可能为( ) mA.6 B.3 C.4 答案 B D.5 解析 设碰撞后两物块的动量都为p，根据动量守恒定律可得总动量为2p，根据p2＝2mEk2p2p2p2 可得碰撞前的总动能Ek1＝，碰撞后的总动能Ek2＝＋ 2M2m2M4p2p2p2 根据碰撞前后的动能关系可得≥＋ 2M2m2MM 所以≤3，故选项B正确. m题组二 弹性碰撞模型分析 5.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v0射向它们，如图2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2 A.v1＝v2＝v3＝ 3 v 30 2v 20 B.v1＝0，v2＝v3＝ 1 C.v1＝0，v2＝v3＝v0 2D.v1＝v2＝0，v3＝v0 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. 6.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－mv＝0＋mv′， 所以v′＝2v 碰前总动能 11Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2 22 1 碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确. 2 7.甲物体在光滑水平面上运动速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( ) A.乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1 B.乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1 C.乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v1 D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 ABC 解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律m1－m22m1可以解得两球碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v.当m1＝m2时，v2′＝v1，A对； m1＋m2m1＋m21当m1≫m2时，v2′＝2v1，B对；当m1≪m2时，v1′＝－v1，C对；根据动能定理可知D错误. 题组三 非弹性碰撞模型及拓展分析 8.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图3所示.具有动能E0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3 A.E0 E0C. 3答案 C 解析 碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得 v0v1＝① 31E0＝mv2② 201 Ek′＝×3mv21③ 2 v0111E0由①②③得Ek′＝×3m()2＝×(mv20)＝，故C正确. 23323 9.如图4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点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 2E0B. 3E0D. 9 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4 hA. 2hC. 4答案 C 解析 本题中的物理过程比较复杂，所以应将过程细化、分段处理.A球由释放到摆到最低点1 的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh＝mv2，所以v1＝2gh；A、B 21碰撞后并粘在一起的过程由动量守恒，mv1＝2mv2；对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机1h 械能守恒，(m＋m)v22＝(m＋m)gh′，联立解得h′＝. 24 10.如图5所示，木块A和B质量均为2kg，置于光滑水平面上.B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s的速度向B撞击时，A、B之间由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为( ) B.h D.h 2 图5 A.4J C.16J 答案 B vA 解析 A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2m/s.当弹簧被压缩 21 到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以Ep＝(mA＋mB)v2AB＝8J. 211.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v0射入物块后，以2 水平速度v0射出.则物块的速度为________，此过程中损失的机械能为________. 3答案 mv052122 mv0－mv0 3M1818M B.8J D.32J mv02 解析 由动量守恒定律，mv0＝m·v0＋Mv，解得v＝.由能量守恒定律，此过程中损失的 33M11221252122 机械能为ΔE＝mv2(v0)－Mv＝mv0－mv0. 0－m·22321818M 题组四 综合应用 12.如图6所示，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，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6 (1)瑞典队冰壶获得的速度； (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mv1＝mv2＋mv3 将v1＝0.4m/s，v2＝0.1 m/s代入上式得： v3＝0.3m/s. 11212(2)碰撞前的动能E1＝mv2＝0.08m，碰撞后两冰壶的总动能E＝mv＋mv＝0.05m 2 212223因为E1＞E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞. 13.如图7所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半.求： 图7 (1)B的质量； (2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失. m1 答案 (1) (2)mv2 260 解析 (1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由v 题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得 2v m·＋2mBv＝(m＋mB)v① 2m 解得mB＝② 2 (2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则 1v11 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 2222联立②③④式得 1ΔE＝mv2 60 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容