山东省专用2018_2019学年高中物理第十六章动量守恒定律第4节碰撞讲义含解析新人教版选修3.doc

第4节 碰撞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。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、弹性碰撞特例1两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v10，v20，则碰后两球速度分别为v1v1，v2v1。2若m1m2的两球发生弹性正碰，v10，v20，则v10，v2v1，即两者碰后交换速度。3若m1m2，v10，v20，则二者弹性正碰后，v1v1，v20。表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止。4若m1m2，v10，v20，则二者弹性正碰后，v1v1，v22v1。表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。三、散射1定义微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞。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，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方。1自主思考判一判(1)两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起，因而不满足动量守恒定律。()(2)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。()(3)在系统所受合外力为零的条件下，正碰满足动量守恒定律，斜碰不满足动量守恒定律。()(4)微观粒子碰撞时并不接触，但仍属于碰撞。()2合作探究议一议(1)如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总动能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。(2)如图所示是金原子核对粒子的散射，当粒子接近金原子核时动量守恒吗？提示：动量守恒。因为微观粒子相互接近时，它们之间的作用力属于内力，满足动量守恒的条件，故动量守恒。对碰撞问题的理解1碰撞的广义理解物理学里所研究的碰撞，包括的范围很广，只要通过短时间作用，物体的动量发生了明显的变化，都可视为碰撞。例如：两个小球的撞击，子弹射入木块，系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直，铁锤打击钉子，列车车厢的挂接，中子轰击原子核等均可视为碰撞问题。需注意的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中，才能对该系统应用动量守恒定律。2碰撞过程的五个特点(1)时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短。(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。(3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。(4)位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek满足：EkEk。3碰撞中系统的能量(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。(2)非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统的内能。(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘合在一起以相同的速度运动。典例如图所示，一质量M2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h0.3 m处由静止释放一质量mA1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g10 m/s2。求小球B的质量。思路点拨(1)所有接触面均光滑，可知小球下滑过程中弧形轨道与小球组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒。(2)A球与B球发生弹性碰撞，说明两球碰撞过程中动量、动能均守恒。(3)A球与B球碰后恰好追不上平台，说明A球最终速度水平向左，且与平台速度相等。解析设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0mAv1Mv由能量守恒定律有mAghmAv12Mv2联立解得v12 m/s，v1 m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v11 m/s由动量守恒定律得mAv1mAv1mBv2由能量守恒定律有mAv12mAv12mBv22联立解得mB3 kg。答案3 kg对碰撞问题的三点提醒(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律。(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取。(3)而对于斜碰，要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律。1在2018冬残奥会上中国队以65战胜挪威队，实现了中国代表团冬残奥会金牌零的突破。图为队长王海涛的最后致胜一投，假设他将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的挪威冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是()A挪威队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B挪威队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C挪威队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D挪威队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞解析：选B两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1mv2mv3，代入数据得：m0.4m0.1mv3解得：v30.3 m/s。动能减小量：Emv12mv22mv32m(0.420.120.32)>0故系统动能减小，是非弹性碰撞，B正确。2如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()A4 JB8 JC16 J D32 J解析：选BA、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。由碰撞过程中动量守恒得mAvA(mAmB)v代入数据解得v2 m/s所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mAmB)v28 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J。碰撞问题的分析和判断1判断碰撞类问题的三个依据(1)系统动量守恒，即p1p2p1p2。(2)系统动能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2或。(3)速度要合理2爆炸问题的三个特点动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动典例多选如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为10 kgm/s，B球动量为12 kgm/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kgm/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为()A0.5 B0.6C0.65 D0.75解析A、B两球同向运动，A球要追上B球应满足条件：vA>vB。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增加，碰撞结束满足条件：vBvA。由vA>vB得，>，即<0.83，由碰撞过程动量守恒得：pApBpApB解得pB14 kgm/s由碰撞过程的动能关系得：，0.69由vBvA得，0.57所以0.570.69选项B、C正确。答案BC(1)只考虑碰撞前后的速度大小关系，没有考虑两球碰撞过程中动能不增加的能量关系时易错选D项。(2)只考虑碰撞过程中动量守恒和动能不增加，则易错选A项。 1甲、乙两铁球质量分别是m11 kg，m22 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v16 m/s、v22 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是()Av17 m/s，v21.5 m/sBv12 m/s，v24 m/sCv13.5 m/s，v23 m/sDv14 m/s，v23 m/s解析：选B选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误、B正确；选项C不满足动量守恒条件，错误；选项D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项D错误。2在光滑的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射向它们，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()Av1v2v3v0Bv10，v2v3v0Cv10，v2v3v0 Dv1v20，v3v0解析：选D由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv02。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mv02，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。假如选项D正确的话，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，故选项D正确。3一炮弹质量为m，相对水平方向以一定的倾角斜向上发射，发射速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块以原速率沿原轨道返回，质量为，求：(1)另一块爆炸后瞬时的速度大小；(2)爆炸过程系统增加的机械能。解析：(1)炮弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1vcos ，设v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1(v1)v2，解得v23vcos 。(2)爆炸过程中系统增加的机械能Ekv12v22mv12，将v1vcos 、v23vcos 代入得Ek2m(vcos )2。答案：(1)3vcos (2)2m(vcos )21关于散射，下列说法正确的是()A散射就是乱反射，毫无规律可言B散射中没有对心碰撞C散射时仍遵守动量守恒定律D散射时不遵守动量守恒定律解析：选C由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。2冰壶运动深受观众喜爱，图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图(b)所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图()解析：选B碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由题图可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，图C是不可能出现的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误。3如图所示，一个质量为m的物块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x0.5 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()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s解析：选C碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得2mgx02mv2，代入数据得v1 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mv0mv12mv，由于没有机械能的损失，则有mv02mv122mv2，联立解得v01.5 m/s，选项C正确。4多选如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m10.1 kg。图乙为它们碰撞前后两个小球的st图像。由此可以判断()A碰前小球B静止，小球A向右运动B碰后小球A和B都向右运动C小球B的质量为m20.2 kgD小球B的质量为m20.3 kg解析：选AD由st(位移时间)图像的斜率得到，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止，A速度大小为v1 m/s4 m/s，方向只有向右才能与B相撞，故A正确；由图示图像可知，碰后B的速度为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动，两小球运动方向相反，故B错误；由图示图像可知，碰后B和A的速度分别为v22 m/s，v12 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1m2v2m1v1，代入解得，m20.3 kg，故C错误，D正确。5甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是5 kgm/s和7 kgm/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 kgm/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是()Am乙m甲Bm乙2m甲C4m甲m乙Dm乙6m甲解析：选C碰撞前，v甲>v乙，即>，可得<；碰撞后，v甲v乙，即，可得；综合可得<，选项A、D错误。由碰撞过程动能不增加可知，E碰前E碰后，由B得到E碰前<E碰后，所以排除B，答案选C。6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的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。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v、V，碰后乙的速度大小为V。由动量守恒定律有mvMVMV 代入数据得V1.0 m/s。(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有mv2MV2MV2E联立式，代入数据得E1 400 J 。答案：(1)1.0 m/s(2)1 400 J7.多选如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是()A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：(Mm0)uMv1mv2m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：MuMv1mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足：Mu(Mm)vD小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(Mm0)u(Mm0)v1mv2解析：选BC因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即单摆没有参与这个碰撞过程，单摆的速度不发生变化，因此排除A、D。因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：MuMv1mv2，故B正确。由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，故C正确。8.如图所示，一根劲度系数足够大的轻质弹簧端固定在墙上O点，另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连，物块质量为M，第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后，每当物块向左经过A点时，都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m，子弹与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，则()A随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量将不断增加B当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0C当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为v0D从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中，子弹、物块和弹簧系统机械能守恒解析：选B第一颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(Mm)v1，解得v1，之后弹簧的最大弹性势能为Ep1(Mm)v12，根据机械能守恒可知，物块返回A点时速度大小为v1。第二颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(Mm)v1(M2m)v2，解得v20，第三颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(M3m)v3，解得v3，之后弹簧的最大弹性势能为Ep3(M3m)v32，第四颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(M3m)v3(M4m)v4，解得v40，可知，随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量并不是不断增加，A错误。由上分析知，当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0，所以当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0，B正确，C错误。在第一颗子弹射入物块的过程中，机械能有一部分转化为内能，所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小，D错误。9.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0解析：选D小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv0，mm0，解得，小车的位移：xR，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mgWf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，故D正确。10.用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑，半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且相互接触。若将小球1移至左侧离容器底高h处无初速释放，如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后，小球1停在O点正下方，小球2上升的最大高度为R，小球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为()A221 B331C441 D321解析：选B碰撞前对小球1的下滑过程，由机械能守恒定律得m1ghm1v02，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0m2v2m3v3，由机械能守恒定律得m1v02m2v22m3v32，碰撞后，对小球2，根据机械能守恒定律有m2gRm2v22，对小球3，根据机械能守恒定律有m3gRm3v32，联立解得m1m2m3331，选项B正确。11.如图所示，光滑水平面上静止放置质量M2 kg的长木板C；离板右端x0.72 m处静止放置质量mA1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数0.4；在木板右端静止放置质量mB1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2。现在木板上加一水平向右的力F3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问：(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？解析：(1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为：FAmAg4 N>F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为aa1 m/s2由xat2有：t1.2 s。(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mAmB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律：v01.2 m/sv0.8 m/s由能量守恒：mAgxMv02(MmA)v2x0.12 m故木板C的长度L至少为：Lxx0.84 m。答案：(1)1.2 s(2)0.84 m12.如图，车厢的质量为M，长度为L，静止在光滑水平面上，质量为m的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动，木块与前车壁碰撞后以速度向左运动，求：(1)木块与前车壁碰撞过程中，木块对车厢的冲量。(2)再经过多长时间，木块将与后车壁相碰？解析：(1)木块和车厢组成的系统动量守恒，设向右为正方向，碰后车厢的速度为v，mv0Mvm，解得v，方向向右，对车厢，根据动量定理得，木块对车厢的冲量IMv，方向向右。(2)设t时间后木块将与后车壁相碰，则：vttL，解得t。答案：(1)，方向向右(2)