1.3 科学探究——一维弹性碰撞 学案 (1)

第5讲　科学探究——一维弹性碰撞
[目标定位]　1.知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点.2.掌握弹性碰撞的规律，会应用动量、能量的观点分析、解决一维碰撞问题.
一、不同类型的碰撞
1．非弹性碰撞：碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒．
2．完全非弹性碰撞：碰撞后物体结合在一起，动能损失最大．
3．弹性碰撞：物体碰撞后，形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失，又称为完全弹性碰撞．
二、弹性碰撞的实验探究
1．质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能守恒，碰撞后两球交换了速度．
2．质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰撞后两球运动方向相同，碰撞前后两球总动能守恒．
3．质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰撞后质量较小的钢球速度方向与原来相反，碰撞过程中两球总动能守恒．
综上可知，在弹性碰撞过程中，系统的动量与动能都守恒．
三、弹性碰撞的规律
质量为m1的小球以速度v1与静止的质量为m2的小球发生弹性碰撞．碰撞过程中动量守恒，动能也守恒．
动量守恒的表达式为：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒的表达式为m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
碰后两个物体的速度分别为
v1′＝v1，v2′＝v1.
想一想　质量相等的两个物体发生正碰时，一定交换速度吗？
答案　不一定．只有质量相等的两个物体发生弹性正碰时，同时满足动量守恒和动能守恒的情况下，两物体才会交换速度.
一、对碰撞问题的理解
1．碰撞
(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．
(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，则有v1′＝v1，v2′＝v1
推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v1′＝0，v2′＝v1
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多
|ΔEk|＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2
例1　大小、形状完全相同，质量分别为300
g和200
g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50
cm/s和100
cm/s.
(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；
(2)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)0.1
m/s　(2)0.135
J
(3)0.7
m/s　0.8
m/s
解析　(1)取v1＝50
cm/s＝0.5
m/s的方向为正方向，
则v2＝－100
cm/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m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1
m/s，负号表示方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2＝×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2
J＝0.135
J.
(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′，
由动能守恒得
m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据解得v1′＝－0.7
m/s，v2′＝0.8
m/s.
二、弹性正碰模型及拓展应用
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′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者发生弹性正碰后，
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，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性正碰．
例2　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．
图1
答案　
解析　设m1碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v102
解得v10＝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m1v10＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失
m1v102＝m1v12＋m2v22③
联立②③式解得v2＝④
将①代入④得v2＝
借题发挥　对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一个过程都适用．
例3　如图2所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则(　　)
图2
A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为mv02
答案　ACD
解析　小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A、C、D都是正确的．
三、碰撞满足的三个条件
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合实际情景：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4　如图3所示质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6
m/s，B球的速度是－2
m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的各种猜测结果一定无法实现的是(　　)
图3
A．vA′＝－2
m/s，vB′＝6
m/s
B．vA′＝2
m/s，vB′＝2
m/s
C．vA′＝1
m/s，vB′＝3
m/s
D．vA′＝－3
m/s，vB′＝7
m/s
答案　D
解析　两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2②，选项D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．
借题发挥　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)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时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.
碰撞特点及满足的条件
1．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球的动量是7
kg·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′＝6
kg·m/s，pB′＝6
kg·m/s
B．pA′＝3
kg·m/s，pB′＝9
kg·m/s
C．pA′＝－2
kg·m/s，pB′＝14
kg·m/s
D．pA′＝－4
kg·m/s，pB′＝17
kg·m/s
答案　A
解析　从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′验证，A、B、C三种皆有可能．从总动能不增加即＋≥＋来看，只有A可能．
弹性碰撞的特点及计算
2．一中子与一质量数为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.
B.
C.
D.
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mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有mv＝mv＋Amv′2.解以上两式得v1＝v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v1′＝v0，故碰撞前、后中子速率之比为.
非弹性碰撞的特点及计算
3.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4
A.
B．h
C.
D.
答案　C
解析　A球由释放点到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh＝mv，所以v1＝，A与B相碰的过程，由动量守恒定律得mv1＝(m＋m)v2，所以v2＝；对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，(m＋m)v＝(m＋m)gh′，整理得h′＝，故C对．
4．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．
答案　(1)1.0
m/s　(2)1
400
J
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v1、v2，碰后乙的速度大小为v2′.由动量守恒定律有
mv1－Mv2＝Mv2′①
代入数据得
v2′＝1.0
m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv12＋Mv22＝Mv2′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1
400
J
(时间：60分钟)
题组一　碰撞的特点及可能性分析
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．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．
2．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．
3．质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A.v
B.v
C.v
D.v
答案　AB
解析　设A球碰后的速度为vA，由题意有mvA2＝×mv2，则vA＝v，碰后A的速度有两种可能，因此由动量守恒有mv＝m×v＋2mvB或mv＝－m×v＋2mvB，解得vB＝v或v.
4．两个小球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＝4
kg，mB＝2
kg，A的速度vA＝3
m/s(设为正)，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＋1
m/s
B．＋4
m/s和－5
m/s
C．＋2
m/s和－1
m/s
D．－1
m/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：Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝27
J
Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然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Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
题组二　碰撞模型的处理
5．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　由动量守恒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．
6．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L.质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图1所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(　　)
图1
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．整个系统最后静止
答案　BCD
解析　AB车与木块C、弹簧整个系统在任何时刻动量都守恒，故B对；木块C与B端碰撞粘合时有机械能损失，故A错；由动量守恒定律：0＝mv－Mv1＝(m＋M)v共，解得v1＝v，v共＝0，故C、D对．
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．
8.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图2所示，下列关系式正确的是(　　)
图2
A．ma>mb
B．maC．ma＝mb
D．无法判断
答案　B
解析　由题图知，a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a球质量小于b球质量．
9.两个完全相同、质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B以v0的初速度向滑块A运动时，如图3所示，碰到A后不再分开，下述说法中正确的是(　　)
图3
A．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒
B．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒
C．弹簧最大弹性势能为mv02
D．弹簧最大弹性势能为mv02
答案　D
解析　B与A碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A项错误；碰撞过程，A、B发生非弹性碰撞，有机械能损失，B项错误；碰撞过程mv0＝2mv，因此碰撞后系统的机械能为×2m2＝mv，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能mv02，C项错误，D项正确．
10.A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA＝4
kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图4所示．则：
图4
(1)由图可知A、B两物体在________时刻发生碰撞，B物体的质量为mB＝____kg.
(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？
答案　(1)2
s末　6　(2)30
J
解析　(1)由题图知，在t＝2
s时刻A、B相撞，碰撞前后，A、B的速度：
vA＝＝－
m/s＝－2
m/s
vB＝＝
m/s＝3
m/s
vAB＝＝
m/s＝1
m/s
由动量守恒定律有：
mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB，解得mB＝6
kg
(2)碰撞过程损失的机械能：
ΔE＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)vAB2＝30
J.
题组三　碰撞模型的综合应用
11．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．
答案　
解析　设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
mv2＝mv12＋(2m)v22①
mv＝mv1＋(2m)v2②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正．由①②式得
v1＝－③
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
μmgd1＝mv12④
μ(2m)gd2＝(2m)v22⑤
按题意有d＝d1＋d2⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理得
μmgd＝mv02－mv2⑦
联立②至⑦式，得
v0＝
12．如图5，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5
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
答案　(1)　(2)mv02
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
m·＋mB·2v＝(m＋mB)v①
由①式得
mB＝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
ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④
联立②③④式得
ΔE＝mv02