高中物理第十六章动量守恒定律第4节碰撞教学案新人教版选修3 - 5

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，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为

m1－m22m1v1′＝v1，v2′＝v1。

m1＋m2m1＋m2

2．若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝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

1

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，v1′＝v1，v2′＝2v1。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16-4-1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？

图16-4-1

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16-4-2所示是金原子核对α粒子的散射，当α粒子接近金原子核时动量守恒吗？

图16-4-2

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

2

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：Ek≥Ek′。 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16-4-3所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、

B碰撞前、后两球总动能之比为________。

图16-4-3

3

[思路点拨]

(1)B与A碰撞过程A、B组成的系统动量守恒。 (2)B球碰后的速度方向与碰前方向相反。

(3)两球刚好不发生第二次碰撞的条件是B与A碰撞后两球速度大小相等。 [解析] 设B球碰撞前速度为v，则碰后速度为－，根据题意可知，

3

vvB球与A球碰撞后A速度为。

3

由动量守恒定律有mBvB＝mA·＋mB?－?

3?3?解得：mA∶mB＝4∶1

v?v?

A、B碰撞前、后两球总动能之比为

12?1?v?21?v?2?(EkA＋EkB)∶(EkA′＋EkB′)＝mBv∶?mA·??＋mB?－??＝9∶5。 2?3?2?3???2[答案] 4∶1 9∶5

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且静止的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 C．0.3v

B．0.4v D．0.2v

解析：选A 两球在碰撞的过程中动量守恒，有mv＝2mvB－mvA，又vA>0，故vB>0.5v，选项A正确。

2.如图16-4-4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( )

图16-4-4

4

A．4 J C．16 J

B．8 J D．32 J

解析：选B A、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＝(mA＋mB)v

代入数据解得v＝

mAvA＝2 m/s mA＋mB1

所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，

2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。

碰撞与爆炸的对比

判断碰撞类问题的三个依据

(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。

22p p p1′2p2′212

(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。

2m12m22m12m2

??追碰后，原来在前面的物体速度一定

(3)速度要合理?增大，且v′≥v′。

若碰前两物体相向运动，则对碰后两??物体的运动方向不可能都不改变。

前

后

若碰前两物体同向运动，则v后>v前，

[典例] (多选)如图16-4-5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两球质量的比值为( )

图16-4-5

A．0.5 C．0.65

B．0.6 D．0.75

[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：vB′≥vA′。

5

pApBmApA5

由vA>vB得，>，即<＝＝0.83，

mAmBmBpB6

由碰撞过程动量守恒得：pA＋pB＝pA′＋pB′ 解得pB′＝14 kg·m/s 由碰撞过程的动能关系得：

p2p2pA′2pB′2mA36AB＋≥＋，≤＝0.69 2mA2mB2mA2mBmB52

由vB′≥vA′得，

pB′pA′mApA′8

≥，≥＝＝0.57 mBmAmBpB′14

所以0.57≤≤0.69 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m1＝1 kg，m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6 m/s、v2＝2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )

A．v1′＝7 m/s，v2′＝1.5 m/s B．v1′＝2 m/s，v2′＝4 m/s C．v1′＝3.5 m/s，v2′＝3 m/s D．v1′＝4 m/s，v2′＝3 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。故应选B。

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16-4-6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( )

图16-4-6

A．v1＝v2＝v3＝

13

mAmBv0 B．v1＝0，v2＝v3＝

12

v0

6

1

C．v1＝0，v2＝v3＝v0

2

D．v1＝v2＝0，v3＝v0

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12

为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为mv0。

2

假如选项A正确，则碰后总动量为假如选项B正确，则碰后总动量为

332

mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。 mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。

2

12

假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv0，这显然违反机械能守恒定律，

4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．(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比可能为( )

A．2 C．4

B．3 D．5

Mm解析：选AB 由题意知：碰后两物体运动方向相同，动量守恒Mv＝Mv1＋mv2又Mv1＝mv2

1M121212M得出v1＝v，v2＝v，能量关系满足：Mv≥Mv1＋mv2，把v1、v2代入求得≤3，A、B正

22m222m确。

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：选A 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。

2．关于散射，下列说法正确的是( )

7

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。

3.如图1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( )

图1

A．A和B都向左运动 C．A静止，B向右运动

B．A和B都向右运动 D．A向左运动，B向右运动

解析：选D 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，可知四个选项中只有选项D符合题意。

4.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—时间图像如图2所示。由图可知，物体A、B的质量之比为( )

图2

A．1∶1 C．1∶3

B．1∶2 D．3∶1

解析：选C 由图像知：碰前vA＝4 m/s，vB＝0。碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA。故选项C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 kg·m/s和7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )

A．m乙＝m甲 C．4m甲＝m乙

解析：选C 碰撞前，v甲>v乙，即

B．m乙＝2m甲 D．m乙＝6m甲

p甲p乙m甲5p甲′p乙′

>，可得<；碰撞后，v甲≤v乙，即≤，m甲m乙m乙7m甲m乙

8

可得

m甲11m甲5

≥；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，m乙55m乙7

由B得到E碰前

6．(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3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。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )

图3

12

A.mv 21

C.NμmgL 2

mMv2

B. 2(m＋M)

D．NμmgL

解析：选BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝

2

mv，损失的动能ΔEk

M＋m121mMv2＝mv－(M＋m)v′＝，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生222(m＋M)的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确。

7．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

mv－MV＝MV ′ ①

代入数据得V′＝1.0 m/s ②

(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有 12121

mv＋MV＝MV′2＋ΔE ③ 222联立②③式，代入数据得 ΔE＝1 400 J 。

9

答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J

8．如图4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。

图4

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＋MvC1①

121122mv 0＝mv A1＋Mv C1② 222联立①②式得

m－MvA1＝v0③

m＋M2mvC1＝v0④

m＋M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＜M的情况。

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

m－M?m－M?2v⑤ vA2＝vA1＝??0

m＋M?m＋M?

根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有

vA2≤vC1⑥

联立④⑤⑥式得

m2＋4mM－M2≥0⑦

解得

m≥(5＋2)M⑧

另一解m≤－(5＋2)M舍去。 所以，m和M应满足的条件为 (5－2)M≤m＜M。⑨

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答案：(5－2)M≤m＜M

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