能量与动量——碰撞模型(学案)-2023年新高考物理二轮复习专题讲义

碰撞模型
碰撞的可能情况
（智学精选）2020年2月4日，中国选手丁俊晖在2020世界斯诺克国际锦标赛中战胜对手唐纳森晋级下一轮。如图所示，丁俊晖在比赛中准备击球。设在丁俊晖这一杆中，白色球（主球）和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量p′B＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）
A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA
关键信息：碰撞前、后都在同一直线上运动 → 正碰模型
碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，碰撞后花色球B的动量pB′＝4 kg·m/s → 确定初末状态
解题思路：根据碰撞遵循的三条原则，列出相应方程求解
由动量守恒定律，得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入数据解得pA′＝1 kg·m/s；根据碰撞过程中总动能不增加，则有，代入数据解得mB≥mA；碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则，解得mB≤4mA；综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确。
（智学精选）两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m1＝1kg，m2＝3kg，v01＝6m/s，v02＝3m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v1，v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1，v2，E1，p1的可能值为（ ）
A．v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s B．v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s
C．E1＝9J D．p1＝1kg·m/s
A．如果v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s，则碰撞后的系统总动量为：
p′＝m1v1＋m2v2＝(1×1.75＋3×3.75)kg·m/s＝13kg·m/s，系统动量不守恒，A错误；
B．如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：m1v012＋m2v022＝m1v12＋m2v22，
代入数据解得：v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，B正确；
CD．两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入数据解得：v＝3.75m/s
则碰撞后球1、球2的速度满足1.5m/s≤v1≤3.75m/s，3.75m/s≤v2≤4.5m/s
球1的动能E1＝m1v12，满足1.125J≤E1≤7.03J
球1的动量为p1＝m1v1，满足1.5kg·m/s≤p1≤3.75kg·m/s，CD错误。
故选B。
碰撞合理性分析遵循的原则
（1）碰撞过程时间极短，内力远大于外力，故碰撞过程满足动量守恒。
（2）碰撞过程满足能量守恒定律，动能可能转化为内能，故碰撞过程中动能不增加
（3）速度的合理性－两物体碰后不能再发生二次碰撞
①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
弹性碰撞
（智学精选）如图所示，在水平轨道上静止放置足够长的木板A和物块C，可视为质点的物块B以初速度从A左端开始向右运动，当A和B的速度相等时，A与C恰好发生第一次碰撞。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，不计A与水平轨道间的摩擦，B与A上表面间的动摩擦因数为，C与轨道间的动摩擦因数，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度，忽略空气阻力。求：
（1）A与C第一次碰撞后瞬间A、C的速度；
（2）A与C第一、二两次碰撞的时间间隔。
关键信息：每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞 → 弹性碰撞模型（A、C发生弹性碰撞且碰撞瞬间，B速度不变）
A板足够长、忽略A与地面的摩擦 → 碰前碰后A、B运动过程中动量守恒
A和B的速度相等时 → 可求A与C第一次碰撞前A的速度
B与A上表面间的动摩擦因数为，C与轨道间的动摩擦因数
→ 根据运动学公式及牛顿第二定律求时间
解题思路：弹性碰撞过程遵循动量守恒和机械能守恒。
分析碰撞后A、B、C的运动情况和受力情况，据此列方程求解。
（1）A与B共速，有：
解得：
A与C碰撞由动量守恒可得：
由机械能守恒可得：
解得：，
（2）碰后C减速，有：，
A、B再次共速：
解得：
由于A、C第一次碰后A做匀变速直线运动，初速度为，当A、B再次共速时速度为，由匀变速直线运动规律知，A在这段时间内的位移为0；这段时间内对应B速度由v1减小到的过程，由匀变速直线运动规律知：
AC第一次碰后A回到原位置时间：
一起匀速至C处：
两次碰撞的时间间隔：t＝t1＋t2＝2s
（智学精选）如图所示，光滑半圆弧轨道竖直固定在水平面上，A、B是半圆弧轨道的两个端点且AB连线水平，将物块甲从A上方某一高度处静止释放，进入半圆弧轨道后与静止在轨道最低点的物块乙发生弹性碰撞，之后两物块恰好能运动到A、B两端点，两物块均可视为质点。若将甲、乙初始位置互换，其余条件不变，则碰后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为（ ）
A．9∶1 B．5∶2 C．5∶4 D．6∶1
设甲、乙两物块的质量分别为，甲物块从初始位置运动到半圆弧轨道最低点的速度为v，碰后甲、乙的速度分别为，甲、乙两物块发生弹性碰撞，有；；联立解得；，两物块碰后恰好能运动到A、B两点，由机械能守恒定律可知，碰后两物块的速度大小相等，方向相反，解得，若乙物块从同一高度处静止释放，则碰前乙物块的速度也为v，设甲、乙两物块碰后速度分别为，同理可得；，由机械能守恒定律可得，，即，所以碰后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为9∶1。故选A。
（1）弹性碰撞过程遵循动量守恒和机械能守恒。
（2）“动碰静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1′＝v1，v2′＝v1。
（3）弹性正碰的一些常用结论：
当m1＝m2时，两物体碰撞后交换速度；
当m1 m2，且v2＝0时，碰后质量大的物体速率不变，质量小的物体速率为2v1；
当m1 m2，且v2＝0时，碰后质量小的物体原速率反弹。
非弹性碰撞
（智学精选）下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶。司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l后停下。事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L，撞车后共同滑行的距离。假定在滑行过程中两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同。设卡车的质量是故障车质量的4倍，且卡车与故障车相撞前的速度为v1，两车可视为质点。试计算卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能避免？
关键信息：撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离 → 完全非弹性碰撞模型
两车碰前速度v1，卡车的质量是故障车质量的4倍 → 确定碰后速度v2
动摩擦因数相同，碰前两车距离L，碰后滑行距离，至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施 → 未涉及运动时间应用动能定理处理对应过程较方便
解题思路：将卡车与故障车相撞的过程视为完全非弹性碰撞过程。
根据动摩擦因数关系及速度关系应用牛顿第二定律、运动学公式求解
设卡车的质量为M，故障车的质量为m，碰后共同速度为v2，根据动量守恒定律：
带入数据解得：
设卡车刹车前的速度为v0，与地面的动摩擦因数为μ，碰撞前对卡车根据动能定理
碰撞后对两车系统根据动能定理
根据题意：l＝
为了避免相撞，设卡车距故障车x刹车，恰好与故障车相遇时停止，根据动能定理
解得：x＝
（智学精选）如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块间的距离为L，每个滑块均可看成质点．现给第一个滑块水平向右的初速度v0，滑块间相碰后均能粘在一起（碰撞时间极短且不计时间），则从第一个滑块开始运动，到第n－1个滑块与第n个滑块相碰时总的时间为（　　）
B． C． D．
由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律，可知第二个滑块开始运动的速度大小为，同理第三个滑块开始滑动的速度大小为，第(n－1)个滑块开始滑动的速度大小为，因此运动的总时间为：
。
故选B。
（1）非弹性碰撞：两物体碰撞时，碰撞前后两物体的动量守恒，但两物体的动能之和减小。
（2）完全非弹性碰撞：两物体在碰撞后以共同的速度运动，且在碰撞后形变无法恢复，系统损失的机械能最大。
碰撞后系统以相同的速度运动：v1＝v2＝v
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v →
（3）此类问题往往结合动能定理、牛顿运动定律和运动学公式求解