5 碰撞
学 习 目 标
知 识 脉 络
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)
知识点一| 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．
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． (√)
两小球发生对心碰撞，碰撞过程中，两球的机械能守恒吗？
【提示】 两球发生对心碰撞，动量是守恒的，但机械能不一定守恒，只有发生弹性碰撞时，机械能才守恒．
如图所示，物体A和B放在光滑的水平面上，A、B之间用一轻绳连接，开始时绳是松弛的，现突然给A以水平向右的初速度v0.(作用过程绳未断)
探讨1：物体A和B组成的系统动量是否守恒？机械能是否守恒？
【提示】 动量守恒，机械能不守恒．
探讨2：上述物体A和B之间的作用过程可以视为哪一类碰撞？
【提示】 完全非弹性碰撞．
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．
(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．
2.处理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.
1．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，碰后A、B的动量之和也应为零．
答案：左 右
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
3．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
求解碰撞问题常用的三种方法
(1)解析法：碰撞过程，若从动量角度看，系统的动量守恒；若从能量角度分析，系统的动能在碰撞过程中不会增加；从物理过程考虑，题述的物理情景应符合实际情况，这是用解析法处理问题应遵循的原则．
(2)临界法：相互作用的两个物体在很多情况下，皆可当做碰撞处理，那么对相互作用中两个物体相距“最近”、相距“最远”这一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．
(3)极限法：处理碰撞问题时，有时我们需要将某些未知量设出，然后根据实际情况将未知量推向极端，从而求得碰撞的速度范围．
知识点二| 弹性碰撞的处理
1．弹性碰撞特例
(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.
(2)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v′1＝0，v′2＝v1，即两者碰后交换速度．
(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．
(4)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v′1＝v1，v′2＝2v1．表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
2．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作散射．
(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．与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度． (√)
2．两球发生弹性正碰时，两者碰后交换速度． (×)
3．微观粒子发生散射时，并不是微观粒子直接接触碰撞． (√)
1．如图所示，光滑水平面上并排静止着小球2、3、4，小球1以速度v0射来，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动情况如何？
【提示】 小球1与小球2碰撞后交换速度，小球2与小球3碰撞后交换速度，小球3与小球4碰撞后交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v0运动．
2．微观粒子能否碰撞？动量守恒定律适用于微观粒子吗？
【提示】 宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子碰撞时不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可认为是发生了碰撞，可以用动量守恒的规律分析求解．
如图所示，空中飞行的一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成A、B两块，其中质量较大的A块的速度方向与v0方向相同．
探讨1：在炸裂过程中，A、B所受的爆炸力大小相同吗？系统动量可以认为满足动量守恒定律吗？
【提示】 爆炸力大小相等，可以认为系统动量守恒．
探讨2：爆炸时系统动能的变化规律与碰撞时系统动能的变化规律相同吗？
【提示】 不同．碰撞时动能要么守恒，要么有损失，而爆炸时，有其他形式的能转化为系统的机械能，系统的动能要增加．
1.三类“碰撞”模型
(1)子弹打击木块模型如图所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B，当子弹相对于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此过程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
(2)连接体模型
如图所示，光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．此过程系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能．
(3)板块模型
如图所示，物块A以速度v0在光滑的水平面上的木板B上滑行，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B的速度相等．此过程中，系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
2.爆炸与碰撞的对比
爆炸
碰撞
相同点
过程
特点
都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程
模型
由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始
能量
情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点
动能
情况
有其他形式的能转化为动能，动能会增加
弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少
4．(多选)如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )
A．落地时a的速度大于b的速度
B．落地时a的速度小于b的速度
C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
解析：P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由图va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A正确，B错误．
答案：AC
5．一中子(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
6．如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
解析：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1 ①
mv＝mv＋Mv ②
联立①②式得
vA1＝ v0 ③
vC1＝ v0 ④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m
第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝v0 ⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥式得
m2＋4mM－M2≥0
解得
m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m答案：(－2)M≤m处理爆炸、碰撞问题的四点提醒
(1)在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．
(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒．
(3)在碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不一定守恒，在物体与弹簧相互作用过程中物体与弹簧组成的系统动量、机械能均守恒．
(4)宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可以认为是发生了碰撞．
课件47张PPT。主题1 动量5 碰撞23碰撞的分类4最大守恒不守恒5偏离两球心这条直线两球心6√ √ × 789101112131415161718192021弹性碰撞的处理22023原速率24四面八方直接接触很小25√ √ × 262728293031323334353637383940414243444546点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(三)
(建议用时：45分钟)
[基础达标练]
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，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
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，就叫作弹性碰撞．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Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2，则必有 ( )
A．Ek1Ek0 D．p2＜p0
解析：两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即Ek1＋Ek2≤Ek0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成＜，B正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，D错误．
答案：AB
3．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析：要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞．小球A碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的.两球在光滑水平面上正碰，碰后小球A的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被弹回．
当以小球A原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0
根据两球碰撞前后的总动量守恒得
mv0＋0＝m×＋2mvB′
mv0＋0＝m×＋2mvB″
解得vB′＝v0，vB″＝v0
答案：AB
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
7．如图所示，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(g取10 m/s2)( )
A．h/2 B．h C．h/4 D．h/
解析：A球由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由动能定理得，mgh＝mv，所以v1＝2；A、B的碰撞过程动量守恒：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′，解得h′＝.选项C正确．
答案：C
8．一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]
9．(多选)如图所示，质量为M的小车原来静止在光滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m的物体C，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起，下列说法中正确的是 ( )
A．物体C离开弹簧时，小车向左运动
B．物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比为
C．物体与B端粘在一起后，小车静止下来
D．物体与B端粘在一起后，小车向右运动
解析：系统动量守恒，物体C离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0，所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1之比.当物体C与B粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止．弹性势能转化为内能．
答案：AC
10．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
11．如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl ①
即μ< ②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl ③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′ ④
mv＝mv′＋v′ ⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1 ⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v′≤μmgl ⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥ ⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ< ⑨
答案：≤μ<
