第16章 4 碰撞 （word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第16章 4 碰撞 （word版含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 350.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-09-02 20:53:45 | ||
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文档简介
4 碰撞
[学科素养与目标要求]
物理观念：1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念.3.了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性．
科学思维：学会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析、解决一维碰撞问题．
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．常见的碰撞类型
(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．
2．一维弹性碰撞分析：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1′和 v2′，碰撞中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；碰撞中机械能守恒：m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得：v1′＝v1，v2′＝v1.
二、对心碰撞和非对心碰撞
1．两类碰撞
(1)对心碰撞：碰撞前后，物体的动量在同一条直线上，也叫正碰．
(2)非对心碰撞：碰撞前后，物体的动量不在同一条直线上．
2．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．判断下列说法的正误．
(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( × )
(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．( × )
(3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒．( × )
2．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，乙以2v的速度反向弹回，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
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Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2
碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，
Ek＝Ek′，所以A正确．
一、碰撞的特点和分类
如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
甲 乙
答案 不守恒．碰撞时：mv0＝2mv，得v＝
Ek1＝mv，Ek2＝×2mv2＝mv.
所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv＝－mv，即系统总动能减少了mv.
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，所以碰撞过程动量守恒．
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，则有
v1′＝v1，v2′＝v1
(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，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q.
(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．
设两者碰后的共同速度为v共，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失为ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v.
例1 如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2.(重力加速度为g)
图1
答案
解析 设m1碰撞前的速度为v，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v2，解得v＝①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失
m1v2＝m1v＋m2v③
联立②③式解得v2＝④
将①代入④得v2＝
针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，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分别是( )
图2
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由于1球与2球发生碰撞，时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D正确．
例2 如图3所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s.求：
图3
(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度多大；
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能．
答案 (1)1 m/s (2)1.25 J
解析 (1)A、B相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝2mv1
得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s.
(2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：2mv1＝mvC＋2mv2
解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s，
两次碰撞损失的动能
|ΔEk|＝mv－×2mv－mv＝1.25 J.
二、碰撞可能性的判断
碰撞问题遵循的三个原则：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向，则v后>v前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
例3 在光滑的水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m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
答案 A
解析 A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，
以v的方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv＝mv1＋2mv2，①
假设碰后A球静止，即v1＝0，
可得v2＝0.5v
由题意可知A被反弹，所以球B的速度有：
v2>0.5v②
A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：
mv2≥mv＋×2mv③
①③两式联立得：v2≤v④
由②④两式可得：0.5v针对训练2 (多选)(2018·福州十一中高二下期中)质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是( )
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
答案 AD
解析 设两球质量为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝＋＝
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s.
碰后总动能E′＝＋＝＝<，故可能发生，A正确．
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B错误．
若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后E′＝＋>，故不可能，C错误．
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，
碰后p′＝12 kg·m/s＝p，
E′＝＋＝<，故可能，D正确．
处理碰撞问题的思路
1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加．
2．注意碰后的速度关系．
3．要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式．
1．(弹性碰撞)(多选)甲物体在光滑水平面上运动的速度为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，碰撞后乙的速度是2v1
C．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度是－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，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v1.当m1＝m2时，v2′＝v1，A对；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．
2．(非弹性碰撞)(2018·宾阳中学期末)在光滑水平地面上有两个相同的木块A、B，质量都为m.现B静止，A向B运动，发生正碰并粘合在一起运动．两木块组成的系统损失的机械能为ΔE.则碰前A球的速度等于( )
A. B. C．2 D．2
答案 C
解析 设碰前A的速度为v0，两木块粘合在一起运动的速度相同，设为v，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，根据题意，则有mv＝×2mv2＋ΔE，联立可得v0＝2.
3．(碰撞可能性的判断)(多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面可能正确的是( )
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
答案 AD
解析 由碰撞前后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和动能不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′验证A、B、D三项皆有可能．但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能．
4．(多物体多过程的碰撞)(2018·扬州十一中高二下期中)如图4所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．问：
图4
(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
(3)弹簧的最大弹性势能是多少？
答案 (1) (2) (3)mv
解析 (1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，则有：
mv0＝2mv1，解得v1＝.
(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A、B两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有：
2mv1＝3mv2，解得v2＝v1＝.
(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，即：
Epm＝×2mv－×3mv＝mv.
一、选择题
考点一 碰撞问题的理解与计算
1．下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
答案 A
解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确．
2．(多选)(2018·鹤壁市高二下质检)如图1，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1图1
A．两物体将向左运动
B．两物体将向右运动
C．两物体组成的系统损失能量最小
D．两物体组成的系统损失能量最大
答案 AD
解析 物体的动量p＝，已知两物体动能Ek相等，m13．(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图象，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
图2
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m1和m2都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案 AC
解析 碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B错误；由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v－m1v1′2－m2v2′2＝0，故D错误．
4.(2018·孝感市八校联盟高二下期末联考)如图3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2mA＝mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
图3
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案 A
5.(2018·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图4所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA图4
A．当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小
B．当弹簧恢复原长时，B球速率最大
C．当A球速率为零时，B球速率最大
D．当B球速率最大时，弹簧弹性势能不为零
答案 B
解析 分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大．由以上分析可知，当弹簧压缩量最大时，A球速率没有达到最小值，故A错误；弹簧被压缩后，B球的速度一直在增大，当弹簧恢复原长时，B球速率达到最大值，故B正确；由于质量mA考点二 弹性正碰模型
6.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图5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，则两小球质量之比为( )
图5
A．2∶1 B．3∶1 C．1∶2 D．1∶3
答案 A
解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v
由题意知：v1∶v2＝1∶4
解得＝.故A正确．
7．一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰．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. B.
C. D.
答案 A
解析 设碰撞前后中子的速度分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速度为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.根据弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v1′，m1v＝m2v＋m1v1′2，解得v1′＝v1，则碰撞后中子的速率为v1＝v1，因此碰撞前后中子速率之比为，A正确．
8．(多选)如图6所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )
图6
A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
答案 AD
解析 规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C错误，D正确．
考点三 碰撞可能性问题
9．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案 B
解析 虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAv＋mBv＝22 J，所以C项错误．
二、非选择题
10．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图7所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
图7
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
解析 (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为xB.由运动学公式有
vB′2＝2aBxB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为xA，由运动学公式有
vA′2＝2aAxA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s.⑦
11．如图8所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
图8
答案 v0
解析 解法一 把A、B、C看成一个系统，整个过程中由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB＋mc)v
B、C碰撞过程中由动量守恒定律得mBvB＝(mB＋mC)v
联立解得vB＝v0.
解法二 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由题意A与B间的距离保持不变可知vA＝v③
联立①②③式解得vB＝v0.
12．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图9所示．求：
图9
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2.由题图得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题图得
v＝ m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2
[学科素养与目标要求]
物理观念：1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念.3.了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性．
科学思维：学会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析、解决一维碰撞问题．
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．常见的碰撞类型
(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．
2．一维弹性碰撞分析：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1′和 v2′，碰撞中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；碰撞中机械能守恒：m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得：v1′＝v1，v2′＝v1.
二、对心碰撞和非对心碰撞
1．两类碰撞
(1)对心碰撞：碰撞前后，物体的动量在同一条直线上，也叫正碰．
(2)非对心碰撞：碰撞前后，物体的动量不在同一条直线上．
2．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．判断下列说法的正误．
(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( × )
(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．( × )
(3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒．( × )
2．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，乙以2v的速度反向弹回，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
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Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2
碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，
Ek＝Ek′，所以A正确．
一、碰撞的特点和分类
如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
甲 乙
答案 不守恒．碰撞时：mv0＝2mv，得v＝
Ek1＝mv，Ek2＝×2mv2＝mv.
所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv＝－mv，即系统总动能减少了mv.
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，所以碰撞过程动量守恒．
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，则有
v1′＝v1，v2′＝v1
(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，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q.
(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．
设两者碰后的共同速度为v共，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失为ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v.
例1 如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2.(重力加速度为g)
图1
答案
解析 设m1碰撞前的速度为v，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v2，解得v＝①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失
m1v2＝m1v＋m2v③
联立②③式解得v2＝④
将①代入④得v2＝
针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，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分别是( )
图2
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由于1球与2球发生碰撞，时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D正确．
例2 如图3所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s.求：
图3
(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度多大；
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能．
答案 (1)1 m/s (2)1.25 J
解析 (1)A、B相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝2mv1
得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s.
(2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：2mv1＝mvC＋2mv2
解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s，
两次碰撞损失的动能
|ΔEk|＝mv－×2mv－mv＝1.25 J.
二、碰撞可能性的判断
碰撞问题遵循的三个原则：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向，则v后>v前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
例3 在光滑的水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m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
答案 A
解析 A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，
以v的方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv＝mv1＋2mv2，①
假设碰后A球静止，即v1＝0，
可得v2＝0.5v
由题意可知A被反弹，所以球B的速度有：
v2>0.5v②
A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：
mv2≥mv＋×2mv③
①③两式联立得：v2≤v④
由②④两式可得：0.5v
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
答案 AD
解析 设两球质量为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝＋＝
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s.
碰后总动能E′＝＋＝＝<，故可能发生，A正确．
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B错误．
若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后E′＝＋>，故不可能，C错误．
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，
碰后p′＝12 kg·m/s＝p，
E′＝＋＝<，故可能，D正确．
处理碰撞问题的思路
1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加．
2．注意碰后的速度关系．
3．要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式．
1．(弹性碰撞)(多选)甲物体在光滑水平面上运动的速度为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，碰撞后乙的速度是2v1
C．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度是－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，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v1.当m1＝m2时，v2′＝v1，A对；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．
2．(非弹性碰撞)(2018·宾阳中学期末)在光滑水平地面上有两个相同的木块A、B，质量都为m.现B静止，A向B运动，发生正碰并粘合在一起运动．两木块组成的系统损失的机械能为ΔE.则碰前A球的速度等于( )
A. B. C．2 D．2
答案 C
解析 设碰前A的速度为v0，两木块粘合在一起运动的速度相同，设为v，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，根据题意，则有mv＝×2mv2＋ΔE，联立可得v0＝2.
3．(碰撞可能性的判断)(多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面可能正确的是( )
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
答案 AD
解析 由碰撞前后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和动能不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′验证A、B、D三项皆有可能．但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能．
4．(多物体多过程的碰撞)(2018·扬州十一中高二下期中)如图4所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．问：
图4
(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
(3)弹簧的最大弹性势能是多少？
答案 (1) (2) (3)mv
解析 (1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，则有：
mv0＝2mv1，解得v1＝.
(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A、B两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有：
2mv1＝3mv2，解得v2＝v1＝.
(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，即：
Epm＝×2mv－×3mv＝mv.
一、选择题
考点一 碰撞问题的理解与计算
1．下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
答案 A
解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确．
2．(多选)(2018·鹤壁市高二下质检)如图1，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1
A．两物体将向左运动
B．两物体将向右运动
C．两物体组成的系统损失能量最小
D．两物体组成的系统损失能量最大
答案 AD
解析 物体的动量p＝，已知两物体动能Ek相等，m1
图2
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m1和m2都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案 AC
解析 碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B错误；由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v－m1v1′2－m2v2′2＝0，故D错误．
4.(2018·孝感市八校联盟高二下期末联考)如图3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2mA＝mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
图3
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案 A
5.(2018·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图4所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA
A．当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小
B．当弹簧恢复原长时，B球速率最大
C．当A球速率为零时，B球速率最大
D．当B球速率最大时，弹簧弹性势能不为零
答案 B
解析 分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大．由以上分析可知，当弹簧压缩量最大时，A球速率没有达到最小值，故A错误；弹簧被压缩后，B球的速度一直在增大，当弹簧恢复原长时，B球速率达到最大值，故B正确；由于质量mA
6.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图5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，则两小球质量之比为( )
图5
A．2∶1 B．3∶1 C．1∶2 D．1∶3
答案 A
解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v
由题意知：v1∶v2＝1∶4
解得＝.故A正确．
7．一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰．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. B.
C. D.
答案 A
解析 设碰撞前后中子的速度分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速度为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.根据弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v1′，m1v＝m2v＋m1v1′2，解得v1′＝v1，则碰撞后中子的速率为v1＝v1，因此碰撞前后中子速率之比为，A正确．
8．(多选)如图6所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )
图6
A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
答案 AD
解析 规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C错误，D正确．
考点三 碰撞可能性问题
9．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案 B
解析 虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAv＋mBv＝22 J，所以C项错误．
二、非选择题
10．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图7所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
图7
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
解析 (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为xB.由运动学公式有
vB′2＝2aBxB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为xA，由运动学公式有
vA′2＝2aAxA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s.⑦
11．如图8所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
图8
答案 v0
解析 解法一 把A、B、C看成一个系统，整个过程中由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB＋mc)v
B、C碰撞过程中由动量守恒定律得mBvB＝(mB＋mC)v
联立解得vB＝v0.
解法二 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由题意A与B间的距离保持不变可知vA＝v③
联立①②③式解得vB＝v0.
12．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图9所示．求：
图9
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2.由题图得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题图得
v＝ m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2