4 碰撞
[学习目标] 1.知道什么是弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞)．(重点)2.会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题．(难点)3.知道散射和中子的发现过程，体会理论对实践的指导作用，进一步了解动量守恒定律的普适性．(重点)
一、碰撞的分类
1．从能量角度分类
(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．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大．
2．从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类
(1)正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动．
(2)斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线而运动．
二、散射
(1)定义
微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做散射．
(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，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的． (√)
(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的． (×)
(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的． (√)
(4)两球发生弹性正碰时，两者碰后交换速度． (×)
(5)微观粒子发生散射时，并不是微观粒子直接接触碰撞． (√)
2．一颗水平飞来的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋并留在其中和沙袋一起上摆，关于子弹与沙袋组成的系统，下列说法正确的是( )
A．子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都守恒
B．子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都不守恒
C．共同上摆阶段动量守恒，机械能不守恒
D．共同上摆阶段动量不守恒，机械能守恒
[解析] 子弹和沙袋组成的系统，在子弹射入沙袋的过程中，子弹和沙袋在水平方向的动量守恒，但机械能不守恒，共同上摆过程中动量不守恒，机械能守恒，选项D正确．
[答案] D
3．如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向________运动，B向________运动．
[解析] 选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，发生弹性碰撞后A、B的动量之和也应为零．
[答案] 左 右
碰撞过程的特点及分类
1．碰撞过程的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体的全过程可忽略不计．
(2)受力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，外力可以忽略，系统的总动量守恒．
(3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置．
(4)能量的特点：碰撞、打击过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变．
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．
【例1】 (多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t(位移—时间)图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断( )
A．碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
[解析] 由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v′1＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2 m/s，两小球组成的系统动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项AC正确，选项B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v′＋m2v′－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D错误．
[答案] AC
例1中，两球碰后若粘合在一起，则系统损失的机械能为多少？
【提示】 由动量守恒定律m1v1＝(m1＋m2)v共
ΔE＝mv－(m1＋m2)v
解得v共＝1 m/s
ΔE＝0.6 J.
1．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
[解析] 由动量守恒3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能E′k＝mv′2＝2mv2，Ek＝E′k，所以是弹性碰撞，选项A正确．
[答案] A
碰撞问题的“三个原则”
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
【例2】 在光滑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球以速度v0向它们运动，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( )
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
[解析] 由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和机械能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为mv.假如选项A正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能；假如选项B正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能；假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能；假如选项D正确，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，而且合乎情理，不会发生二次碰撞．故选项D正确．
[答案] D
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．
2．(多选)如图所示，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，下面的猜测结果可能实现的是( )
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
[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，mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D中满足①式，但不满足②式．
[答案] ABC
课 堂 小 结
1.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.
2.两小球碰撞前后的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞.
3.微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，这样的碰撞又叫散射.
知 识 脉 络
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
[解析] 选项A为非弹性碰撞，成立；选项B为完全非弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故选项C不成立；总动量守恒，则系统内各物体动量的增量不为零的话，则系统一定受到合外力作用，选项D错误．
[答案] AB
2．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1
[解析] 由图象知，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，选项C正确．
[答案] C
3．在光滑水平面上，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
[解析] 由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvB＞mv，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.
[答案] A
4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为( )
A．h B．2h C．3h D．4h
[解析] 下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1与m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，且m2＝3m1，联立解得v1＝2，v2＝0，反弹后高度H＝＝4h，选项D正确．
[答案] D
课件41张PPT。第十六章 动量守恒定律4 碰撞234守恒 不守恒 最大 5两球心 这条直线 两球心 偏离 6直接接触 很小 四面八方 7√
×
√
×
√8910111213碰撞过程的特点及分类141516171819202122碰撞问题的“三个原则” 232425262728293031323334353637383940点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(三)
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分)
1．(多选)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量守恒
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
[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．一般内力都远大于外力．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极短时间内运动状态发生显著变化的特点，所以仍然是碰撞．
[答案] AB
2．(多选)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1
p0
C．E2>E0 D．p1>p0
[解析] 因为碰撞前后动能不增加，故有E1p0，B正确．
[答案] AB
3．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
[解析] 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv＝mv＋·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确．
[答案] C
4．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( )
A．E0 B． C． D．
[解析] 由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得
v1＝ ①
E0＝mv ②
E′k＝×3mv ③
由①②③式得E′k＝×3m＝×＝，故C正确．
[答案] C
5．(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
[解析] 小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故选项B、C正确．
[答案] BC
6．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′＝7 kg·m/s
[解析] 从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′验证，A、B、C三选项皆有可能．从总动能不增加即＋≥＋来看，只有A可能．
[答案] A
二、非选择题(14分)
7．一个物体静止于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示，现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v-t图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量．
[解析] 设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0＝mv
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞
则Mv＝mv2，解得m＝M.
[答案] M
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分)
1．一中子(质量数为1)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．
[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，故中子前、后速率之比为.
[答案] A
2．如图所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是( )
A．h B．h C．h D．h
[解析] 小球A由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由机械能守恒得mAgh＝mAv，则v1＝.A、B的碰撞过程满足动量守恒定律，则mAv1＝(mA＋mB)v2，又mA＝mB，得v2＝，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得(mA＋mB)v＝(mA＋mB)gh′，则h′＝，故C正确．
[答案] C
3．如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4 kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为( )
A．－2 kg·m/s，3 kg·m/s
B．－8 kg·m/s，8 kg·m/s
C．1 kg·m/s，－1 kg·m/s
D．－2 kg·m/s，2 kg·m/s
[解析] 碰撞过程中动量守恒，即满足p1＋p2＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)，A因为不满足动量守恒，故A错误；碰撞过程中还要满足动能不增加，即＋≥＋，代入数据知B不满足，故B错误；因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后还要满足B球的速度增加，A球的速度减小或反向，而C选项给出的情况是碰撞后A球的速度增加，而B球的速度减小，所以不符合情景，故C错误；D都满足，故D正确．
[答案] D
4．(多选)如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为10 kg·m/s，B球动量为12 kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为( )
A．0.5 B．0.6 C．0.65 D．0.75
[解析] A、B两球同向运动，A球要追上B球要有条件vA>vB.两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束后应符合条件v′B≥v′A。由vA>vB得>，则<＝，由碰撞过程动量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，则pB′＝14 kg·m/s，由碰撞过程的动能关系得＋≥＋，则≤，由v′B≥v′A得≥，则≥＝，所以≤≤，故BC正确，AD错误．
[答案] BC
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(13分)如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数为μ.现让甲物块以速度v0向着静止的乙物块运动并发生正碰，已知碰撞时间极短．
(1)求甲与乙第一次碰撞过程中甲与乙组成的系统的最小动能；
(2)若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞中甲与乙组成的系统损失了多少机械能？
[解析] (1)碰撞过程中系统动能最小时，为两物块速度相等时，设此时两物块速度为v
由系统动量守恒知，2mv0＝3mv，解得v＝v0
此时系统的动能Ek＝×3mv2＝mv
(2)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、v2，之后甲做匀速直线运动，乙以初速度v2做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙并发生碰撞，因此两物块在这段时间内的平均速度相等，有v1＝
而第一次碰撞中系统动量守恒，有2mv0＝2mv1＋mv2
由以上两式可得v1＝，v2＝v0
所以第一次碰撞中损失的机械能为
E＝×2mv－×2mv－mv＝mv
[答案] (1)mv (2)mv
6．(13分)如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
[解析] (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律
(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律
(m1＋m2)v＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.
[答案] (1)0.96 m (2)0.512 m
