第4节 碰撞
[随堂巩固]
1．(碰撞特点及满足条件)(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′，下面哪些是可能正确的
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
解析 由碰撞前后总动量守恒m1v1＝m1′v1′＋m2v2′和能量不增加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。
答案 AD
2．(弹性碰撞的特点)(多选)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
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。
答案 ABC
3．(非弹性碰撞的特点)如图16－4－5所示，有两个质量都为m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：
图16－4－5
(1)它们一起上升的最大高度为多大？
(2)碰撞中损失的机械能是多少？
解析 (1)A球由静止释放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，
即mgh＝mv，
所以v1＝，
A球对B球碰撞满足动量守恒mv1＝(m＋m)v2，
所以v2＝v1＝；
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′＝。
(2)ΔE＝mv－×2mv＝mgh。
答案 (1) (2)mgh
4．(弹簧类模型)如图16－4－6所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动。在以后的运动中，求：
图16－4－6
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度多大？
(2)弹性势能的最大值是多大？
解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。
A、B、C三者组成的系统动量守恒：
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′①
解得vA′＝3 m/s②
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则：
mBv＝(mB＋mC)v′③
由③式解得：v′＝2 m/s④
设物块A速度为vA′时，弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒：
Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2④
由⑤式解得：Ep＝12 J。
答案 (1)3 m/s (2)12 J。
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题组一 碰撞的特点及可能性分析
1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后两球都静止
解析 若两球质量相等，碰前两球总动量为零，碰后总动量也应该为零，由此分析可得A可能、B不可能，若两球质量不同，碰前两球总动量不为零，碰后总动量也不能为零，D不可能，若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开，则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同，与碰前总动量方向相反，C不可能。
答案 A
2．如图16－4－7，两滑块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可能是
图16－4－7
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
解析 两球碰撞过程动量守恒，取水平向右方向为正方向，碰撞前系统总动量：p＝mAvA＋mBvB＝m×2v0＋2m×(－v0)＝0，则碰撞后系统的总动量也为零，那么A、B应都静止或向相反方向运动，知D正确。
答案 D
3．(多选)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
解析 设A球碰后的速度为vA，由题意有mv＝×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。
答案 AB
4．(多选)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
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＝mAv＋mBv＝27 J
Ek后＝mAvA′2 ＋mBvB′2
由于碰撞过程中总动能不可能增加，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。
答案 AD
题组二 弹性碰撞与非弹性碰撞
5．(多选)下列说法正确的是
A．在弹性碰撞中，系统的动量和动能都守恒
B．在完全非弹性碰撞中，系统损失的动能最大
C．在非弹性碰撞中，系统的动量和动能都不守恒
D．在非弹性碰撞中，系统的动量守恒而动能不守恒
答案 ABD
6．(多选)如图16－4－8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图像。已知m1＝0.1 kg，由此可以判断
图16－4－8
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1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
解析 由x－t(位移－时间)图像的斜率知，碰前m2静止，m1速度大小为v1＝＝ m/s＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，A正确。B错误；碰后m2向右运动v2′＝2 m/s，m1向左运动v1′＝－2 m/s，两球运动方向相反，根据动量守恒定律得，m1v1＝m1v2′＋m1v1′。代入解得，m2＝0.3 kg，C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v－m1v1′2－m2v2′2，代入解得：ΔE＝0，D错误。
答案 AC
7．质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相碰，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是
A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s
B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s
C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J
D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J
解析 甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，解得：v′乙＝1 m/s，方向水平向右；碰撞过程机械能损失：ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v乙′2＝×80×52＋×100×32－×100×12 J＝1 400 J。
答案 D
题组三 动量和能量的综合应用
8．如图16－4－9所示，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。则在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中
图16－4－9
A．子弹A损失的机械能等于木块B增加的机械能
B．子弹A损失的机械能等于系统产生的热量
C．子弹A损失的动量等于木块B增加的动量
D．子弹A损失的动量不等于木块B增加的动量
答案 D
9．如图16－4－10所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99 m和100 m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为
图16－4－10
A. B.
C. D.
解析 子弹射入木块A，根据动量守恒有mv0＝100 mv1＝200 mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100 mv－×200mv＝。
答案 A
10．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图16－4－11所示，现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，设碰撞都是弹性碰撞，则整个过程中，系统损失的动能为
图16－4－11
A.mv2 B.v2
C.NμmgL D．NμmgL
解析 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝v2，所以B正确；根据能量守恒，系统损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝NFfL＝NμmgL，所以D正确。
答案 BD
11．如图16－4－12所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直的墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小孩接住，求整个过程中小孩对木箱做的功。
图16－4－12
解析 取向左为正方向，根据动量守恒，有
推出木箱的过程：0＝(m＋2m)v1－mv
接住木箱的过程：mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2
设人对木箱做的功为W，对木箱由动能定理得：
W＝mv
解得：W＝mv2。
答案 mv2
12．如图16－4－13所示，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16－4－13
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
解析 (1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量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＋2mBv＝(m＋mB)v①
由①式得
mB＝②
(2)从开始到碰后的全过程，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＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④
联立②③④式得
ΔE＝mv。
答案 (1) (2)mv
课件26张PPT。第4节 碰撞[学习目标]
1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。
2．能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题。
3．了解对心碰撞和非对心碰撞的概念。
4．了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性。守恒 不守恒 m1v1′＋m2v2′ 反向 互换 在同一条直线上 不在同一条直线上 接触 很小 √ × √ × × 答案 4∶1 9∶5答案 D答案 B本讲结束
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