歡迎進入物理課堂 一 全面系統(tǒng)的理解碰撞問題 1 碰撞概念的理解 相對運動的物體相遇 在極短時間內(nèi) 通過相互作用 運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程叫碰撞 2 碰撞的廣義理解 物理學(xué)里所研究的碰撞 包括的范圍很廣 只要通過短時間作用 物體的動量發(fā)生了明顯的變化 都可視為碰撞 例如 兩個小球的撞擊 子彈射入木塊 系在繩子兩端的物體將松弛的繩子突然拉直 鐵錘打擊釘子 列車車廂的掛接 中子轟擊原子核等均可視為碰撞問題 需注意的是必須將發(fā)生碰撞的雙方 如兩小球 子彈和木塊 鐵錘和釘子 中子和原子核等 包括在同一個系統(tǒng)中 才能對該系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律 3 碰撞過程的理解 1 碰撞物體間的作用力 系統(tǒng)內(nèi)力 在極短時間內(nèi) 作用力從零變到很大 又迅速變?yōu)榱?其平均值很大 2 碰撞過程受到的外力 即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合力不等于零 比如重力 摩擦力等外力遠小于內(nèi)力 由于內(nèi)力遠大于外力 作用時間又很短 所以外力的作用可忽略 認為系統(tǒng)的動量是守恒的 3 碰撞過程中的機械能 若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能 則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大于碰前系統(tǒng)機械能 4 碰撞過程對應(yīng)的時間和位移 碰撞 爆炸過程是在一瞬間發(fā)生的 時間極短 各物體作用前后各種動量變化顯著 所以 在物體發(fā)生碰撞 爆炸的瞬間 為了處理問題方便 可忽略物體的位移 認為物體在碰撞 爆炸前后仍在同一位置以新的速度開始運動 4 碰撞應(yīng)滿足的條件 這些條件也是列方程的依據(jù) 在所給的條件不足的情況下 碰撞結(jié)果有各種可能 但不管哪種結(jié)果必須同時滿足以下三條 1 動量守恒 即p1 p2 p1 p2 2 動能不增加 即Ek1 Ek2 Ek1 Ek2 或 3 速度要符合情景 如果碰前兩物體同向運動 則后面物體的速度必大于前面物體的速度 即v后 v前 否則無法實現(xiàn)碰撞 碰撞后 原來在前的物體的速度一定增大 且原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度 即v前 v后 否則碰撞沒有結(jié)束 如果碰前兩物體是相向運動 則碰后 兩物體的運動方向不可能都不改變 除非兩物體碰撞后速度均為零 5 三種碰撞類型的特點 對于彈性碰撞 碰撞前后無動能損失 對于非彈性碰撞 碰撞前后有動能損失 對于完全非彈性碰撞 碰撞前后動能損失最大 1 彈性碰撞 碰撞過程中不僅動量守恒 而且機械能守恒 碰撞前后系統(tǒng)動能相等 同時 在碰撞問題中常做動量和動能的換算 2 非彈性碰撞 碰撞過程中動量守恒 碰撞結(jié)束后系統(tǒng)動能小于碰撞前系統(tǒng)動能 減少的動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量 3 完全非彈性碰撞 碰撞過程中動量守恒 碰撞結(jié)束后兩物體結(jié)合為一整體以相同的速度運動 系統(tǒng)動能損失最大 1 當遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題 不管碰撞環(huán)境如何 要首先想到利用動量守恒定律 2 對心碰撞是同一直線上的運動過程 只在一個方向上列動量守恒方程即可 此時應(yīng)注意速度正 負號的選取 典例1 2010 全國高考 小球A和B的質(zhì)量分別為mA和mB且mA mB 在某高度處將A和B先后從靜止釋放 小球A與水平地面碰撞后向上彈回 在釋放處下方與釋放處距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正碰 設(shè)所有碰撞都是彈性的 碰撞時間極短 求小球A B碰撞后B上升的最大高度 解題指導(dǎo) 兩球從同一高度釋放 碰撞時兩球必然處于同一位置 根據(jù)自由落體的規(guī)律 小球A與B碰撞前的速度大小相等 方向相反 發(fā)生彈性正碰 滿足動量守恒 能量守恒 碰后的情況可以對小球B運用運動學(xué)公式進行求解 標準解答 根據(jù)題意 由運動學(xué)規(guī)律可知 小球A與B碰撞前的速度大小相等 均設(shè)為v0 由機械能守恒有 設(shè)小球A與B碰撞后的速度分別為v1和v2 以豎直向上方向為正 據(jù)動量守恒定律有 mAv0 mB v0 mAv1 mBv2 由于兩球碰撞過程中能量守恒 故 聯(lián)立 式得 設(shè)小球B能上升的最大高度為h 由運動學(xué)公式有 由 式得 答案 規(guī)律方法 處理碰撞問題應(yīng)把握好三個基本原則在碰撞過程中 系統(tǒng)的總動能不可能增加 如果是彈性碰撞 碰撞前后總動能不變 如果是非彈性碰撞 則有部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 系統(tǒng)總動能減少 其中碰后結(jié)合為一體的情形 損失的動能最多 所以 在處理碰撞問題時 通常要抓住三項基本原則 1 碰撞過程中動量守恒原則 2 碰撞后總動能不增加原則 3 碰撞后狀態(tài)的合理性原則 碰撞過程的發(fā)生必須符合客觀實際 比如追及碰撞 碰后在前面運動的物體速度一定增加 若碰后兩物體同向運動 后面的物體速度一定不大于前面物體的速度 變式訓(xùn)練 甲 乙兩鐵球質(zhì)量分別是m1 1kg m2 2kg 在光滑平面上沿同一直線運動 速度分別是v1 6m s v2 2m s 甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是 A v 1 7m s v 2 1 5m sB v 1 2m s v 2 4m sC v 1 3 5m s v 2 3m sD v 1 4m s v 2 3m s 解析 選B 選項A和B均滿足動量守恒條件 但選項A碰后總動能大于碰前總動能 選項A錯誤 B正確 選項C不滿足動量守恒條件 錯誤 選項D滿足動量守恒條件 且碰后總動能小于碰前總動能 但碰后甲球速度大于乙球速度 不合理 選項D錯誤 故應(yīng)選B 變式備選 質(zhì)量為M的物塊以速度v運動 與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰 碰撞后兩者的動量正好相等 兩者質(zhì)量之比M m可能為 A 2B 3C 4D 5 解析 選A B 設(shè)碰撞后質(zhì)量為M的物塊與質(zhì)量為m的物塊速度分別為v1 v2 由動量守恒定律得Mv Mv1 mv2 由能量關(guān)系得 由已知條件得Mv1 mv2 聯(lián)立可得v 2v1 聯(lián)立消去v v1 v2 整理得故選項A B正確 二 正確區(qū)分爆炸與碰撞的異同點 1 在碰撞過程中 系統(tǒng)的動量守恒 但機械能不一定守恒 2 在爆炸過程中 系統(tǒng)的動量守恒 機械能一定不守恒 3 宏觀物體碰撞時一般相互接觸 微觀粒子的碰撞不一定接觸 但只要符合碰撞的特點 就可認為是發(fā)生了碰撞 可以用動量守恒的規(guī)律分析求解 典例2 2011 廣州高二檢測 在光滑的水平面上 質(zhì)量為m1的小球A以速度v0向右運動 在小球A的前方O點有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài) 如圖所示 小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A B均向右運動 小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇 PQ 1 5PO 假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞 求兩小球質(zhì)量之比m1 m2 解題指導(dǎo) 求解此題應(yīng)把握以下三點 標準解答 從兩小球碰撞后到它們再次相遇 小球A和B速度大小保持不變 根據(jù)它們通過的路程之比為1 4 可知小球A和小球B在碰撞后的速度大小之比為1 4 設(shè)碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2 在碰撞過程中動量守恒 碰撞前后動能相等 解得m1 m2 2答案 2 規(guī)律方法 處理碰撞問題的思路 1 對一個給定的碰撞 首先要看動量是否守恒 其次再看總動能是否增加 2 一個符合實際的碰撞 除動量守恒外還要滿足能量守恒 注意碰撞完成后不可能發(fā)生二次碰撞的速度關(guān)系判定 3 要靈活運用幾個關(guān)系轉(zhuǎn)換動能 動量 變式訓(xùn)練 如圖所示 abc是光滑的軌道 其中ab是水平的 bc為與ab相切的位于豎直平面內(nèi)的半圓 半徑R 0 30m 質(zhì)量m 0 20kg的小球A靜止在軌道上 另一質(zhì)量M 0 60kg 速度為v0 5 5m s的小球B與小球A正碰 已知相碰后小球A經(jīng)過半圓的最高點c落到軌道上距b點為處 重力加速度g取10m s2 求 碰撞結(jié)束時 小球A和B的速度的大小 解析 A球平拋 故 由機械能守恒知 得碰撞結(jié)束時 小球A速度 vA 6m s由動量守恒 Mv0 mvA MvB小球B速度 vB 3 5m s 變式備選 如圖所示 一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上 另一端與滑塊C接觸但不連接 該整體靜止在光滑水平地面上 并且C被鎖定在地面上 現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離地面h高處由靜止開始下滑 與滑塊B發(fā)生碰撞并粘連在一起壓縮彈簧 當速度減為碰后速度一半時滑塊C解除鎖定 已知mA m mB 2m mC 3m 求 1 滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度 2 被壓縮彈簧的最大彈性勢能 解析 1 滑塊A下滑過程中機械能守恒 設(shè)A到達水平面時速度為v1 由機械能守恒定律有A B碰撞過程中動量守恒 設(shè)滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度為v2 由動量守恒定律有 2 滑塊C解除鎖定后 滑塊A B繼續(xù)壓縮彈簧 被壓縮彈簧的彈性勢能最大時 滑塊A B C速度相等 設(shè)為速度v3 由動量守恒定律有 故滑塊A B發(fā)生碰撞后到彈簧壓縮最大 A B C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 由機械能守恒定律有 答案 1 2 典例 如圖所示 在質(zhì)量為M的小車上掛有一單擺 擺球的質(zhì)量為m0 小車 和單擺 以固定的速度v沿光滑水平地面運動 與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞 碰撞時間極短 在此碰撞過程中 下列哪些說法可能發(fā)生 A 小車 木塊 擺球的速度均發(fā)生變化 分別變?yōu)関1 v2 v3滿足 M m0 v Mv1 mv2 m0v3B 擺球的速度不變 小車和木塊的速度變?yōu)関1 v2 滿足Mv Mv1 mv2C 擺球的速度不變 小車和木塊的速度都變?yōu)関 滿足Mv M m v D 小車和擺球的速度均變?yōu)関1 木塊的速度變?yōu)関2 滿足 M m0 v M m0 v1 mv2 解題指導(dǎo) 注意題目要求分析的是碰撞過程中的情況 至于碰撞結(jié)束以后的物體間的作用情況不在問題之列 碰撞過程中動量守恒 由于碰撞時間很短 在碰撞瞬間擺球沒有參與碰撞 標準解答 選B C 由題意知 小車與木塊在水平方向發(fā)生碰撞 從發(fā)生作用到結(jié)束是在極短時間內(nèi)在原位置完成的 擺球用豎直線與小車相連 在此極短時間內(nèi)擺線懸點沿水平方向沒有移動 因而擺線此瞬間仍沿豎直方向 小球水平方向速度不受影響 碰撞之后小球如何參與總體運動 另當別論 選項A D不正確 小車與木塊在光滑水平面上發(fā)生碰撞 在水平方向不受外力作用 動量守恒 根據(jù)動量守恒定律知 選項B C所述的兩種情況均有可能發(fā)生 1 小車與木塊碰后又分開 為B項所述 2 小車與木塊合二為一 為C項所述 綜上所述 本題正確答案是B C 一 選擇題1 2011 海淀區(qū)高二檢測 A B兩物體發(fā)生正碰 碰撞前后物體A B都在同一直線上運動 其位移 時間圖象如圖所示 由圖可知 物體A B的質(zhì)量之比為 A 1 1B 1 2C 1 3D 3 1 解析 選C 由圖象知 碰前vA 4m s vB 0 碰后v A v B 1m s 由動量守恒可知mAvA 0 mAvA mBvB 解得mB 3mA 故選項C正確 2 2011 淮安高二檢測 質(zhì)量相等的A B兩球在光滑水平面上沿同一條直線 同一方向運動 A球的動量pA 9kg m s B球的動量pB 3kg m s 當A球追上B球時發(fā)生碰撞 則碰撞后A B兩球動量的可能值是 A p A 6kg m s p B 6kg m sB p A 8kg m s p B 4kg m sC p A 2kg m s p B 14kg m sD p A 4kg m s p B 17kg m s 解析 選A 由碰撞前后兩球總動量守恒 即pA pB p A p B 可排除D 由碰撞后兩球總動能不可能增加 即可排除C 由碰撞后A球不可能穿越B球 即可排除B 所以四個選項中只有A是可能的 故正確答案為A 3 在光滑水平面上停放著兩木塊A和B A的質(zhì)量大 現(xiàn)同時施加大小相等的恒力F使它們相向運動 然后又同時撤去外力F 結(jié)果A和B迎面相碰后合在一起 問A和B合在一起后的運動情況將是 A 停止運動B 因A的質(zhì)量大而向右運動C 因B的速度大而向左運動D 運動方向不能確定 解析 選A 碰撞問題應(yīng)該從動量的角度去思考 而不能僅看質(zhì)量或者速度 因為在相互作用過程中 這兩個因素是共同起作用的 由動量定理知 A和B兩物體在碰撞之前的動量等大反向 碰撞過程中動量守恒 因此碰撞之后合在一起的總動量為零 故選A 4 在光滑水平面上 動能為E0動量大小為p0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞 碰撞前后球1的運動方向相反 將碰后球1的動能和動量大小分別記為E1 p1 球2的動能和動量大小分別記為E2 p2 則必有 A E1E0D p2 p0 解析 選A B D 碰撞后的總動能不可能增加 A選項正確 C選項錯誤 由得選項B正確 由動量守恒 p0 p1 p2 由于小鋼球1碰后反向 即p1 0 所以p2 p0 故D正確 5 2011 雙鴨山高二檢測 如圖所示的裝置中 木塊B與水平面間接觸是光滑的 子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi) 將彈簧壓縮到最短 現(xiàn)將子彈 木塊和彈簧合在一起作為研究對象 系統(tǒng) 則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中 A 動量守恒 機械能守恒B 動量不守恒 機械能不守恒C 動量守恒 機械能不守恒D 動量不守恒 機械能守恒 解析 選B 合理選取研究對象和運動過程 利用機械能守恒和動量守恒的條件分析是解決這道題目的關(guān)鍵 如果只研究子彈A射入木塊B的短暫過程 并且只選A B為研究對象 由于時間極短 則只需考慮在A B之間的相互作用 A B組成的系統(tǒng)動量守恒 但此過程中存在著動能和內(nèi)能之間的轉(zhuǎn)化 所以A B系統(tǒng)機械能不守恒 本題研究的是從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程 而且將子彈 木塊和彈簧合在一起作為研究對象 在這個過程中有豎直墻壁對系統(tǒng)的彈力作用 此力對系統(tǒng)來講是外力 故動量不守恒 綜合上面的分析可知 正確選項為B 6 2011 撫順高二檢測 質(zhì)量相等的三個小球a b c 在光滑的水平面上以相同的速率運動 它們分別與原來靜止的A B C三球發(fā)生碰撞 碰撞后a繼續(xù)沿原方向運動 b靜止 c沿反方向彈回 則碰撞后A B C三球中動量數(shù)值最大的是 A A球B B球C C球D 三球一樣大 解析 選C 在三小球發(fā)生的碰撞過程中 動量都是守恒的 根據(jù)動量守恒關(guān)系式 mv0 mv Mv 整理可得 Mv mv0 mv 取初速度方向為正方向 不難得出C球的動量數(shù)值是最大的 故只有選項C正確 方法技巧 動量守恒定律應(yīng)用中的臨界問題的分析方法在動量守恒定律的應(yīng)用中 常常會遇到相互作用的兩物體相距最近 避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題 例如 子彈射入自由木塊中 兩相對運動物體間的繩子繃緊 物塊在放置于光滑水平面上的木板上運動直至相對靜止 物體沖上放置于光滑水平面上的斜面直至最高點 在這些情境中 系統(tǒng)動量守恒 或某一方向上動量守恒 動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能 末狀態(tài)兩物體相對靜止 這些過程與完全非彈性碰撞具有相同的特征 可應(yīng)用動量守恒定律 必要時結(jié)合能量守恒定律分析求解 分析臨界問題的關(guān)鍵是尋找臨界狀態(tài) 臨界狀態(tài)的出現(xiàn)是有條件的 這種條件就是臨界條件 臨界條件往往表現(xiàn)為某個 或某些 物理量的特定取值 在與動量相關(guān)的臨界問題中 臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系 這些特定關(guān)系的判斷是求解這類問題的關(guān)鍵 7 如圖甲所示 在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰 小球的質(zhì)量分別為m1和m2 圖乙為它們碰撞前后的s t 位移 時間 圖象 已知m1 0 1kg 由此可以判斷 A 碰前m2靜止 m1向右運動B 碰后m2和m1都向右運動C m2 0 3kgD 碰撞過程中系統(tǒng)損失了0 4J的機械能 解析 選A C 分析圖像可知 碰前m2處在位移為8m的位置靜止 m1位移均勻增大 速度向右 碰撞以后 動量守恒 m1v1 m1v 1 m2v2得 m2 0 3kg碰撞損失的機械能 故正確答案應(yīng)選A C 二 非選擇題8 手榴彈在離地高h處時的速度方向恰好沿水平方向向左 速度大小為v 此時 手榴彈炸裂成質(zhì)量相等的兩塊 設(shè)消耗的火藥質(zhì)量不計 爆炸后前半塊的速度方向仍沿水平向左 速度大小為3v 那么兩塊彈片落地點之間的水平距離多大 解析 手榴彈在空中爆炸時間極短 且重力遠小于爆炸力 手榴彈在爆炸的瞬間動量守恒 設(shè)爆炸后每塊質(zhì)量為m 向左為正方向 則由動量守恒定律得 2mv m 3v mv 則后半塊速度v v 即v 方向向右 由平拋運動知 彈片落地時間因此兩塊彈片落地點間的水平距離s 3v t v t 答案 9 質(zhì)量是10g的子彈 以300m s的速度射入質(zhì)量是24g 靜止在光滑水平桌面上的木塊 并留在木塊中 子彈留在木塊中以后 木塊運動的速度是多大 如果子彈把木塊打穿 子彈穿過后的速度為100m s 這時木塊的速度又是多大 解析 子彈質(zhì)量m 10g 0 01kg 子彈速度v0 300m s 木塊質(zhì)量M 24g 0 024kg 設(shè)子彈射入木塊中以后木塊的速度為v 則子彈速度也是v 以子彈初速度的方向為正方向 由動量守恒定律得 mv0 m M v 解得 若子彈穿出后速度為v1 100m s 設(shè)木塊速度為v2 仍以子彈初速度方向為正方向 由動量守恒定律得 代入數(shù)據(jù)解得v2 83 3m s 答案 88 2m s83 3m s 10 2010 新課標全國卷 如圖所示 光滑的水平地面上有一木板 其左端放有一重物 右方有一豎直的墻 重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍 重物與木板間的動摩擦因數(shù)為 使木板與重物以共同的速度v0向右運動 某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞 碰撞時間極短 求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間 設(shè)木板足夠長 重物始終在木板上 重力加速度為g 解析 解法一 木板第一次與墻碰撞后 木板的速度反向 大小不變 此后木板向左做勻減速直線運動 直到靜止 再反向向右做勻加速直線運動直到與重物達到共同速度v 再往后是勻速直線運動 直到第二次碰撞墻 設(shè)木板的質(zhì)量為m 重物的質(zhì)量為2m 取向右為動量的正方向 由動量守恒得2mv0 mv0 2m m v設(shè)木板從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的時間為t1 對木板應(yīng)用動量定理得 2 mgt1 mv m v0 由牛頓第二定律得2 mg ma式中a為木板的加速度在達到共同速度v時 木板離墻的距離為開始向右做勻速運動到第二次與墻碰撞的時間為木板從第一次與墻碰撞到第二次與墻碰撞所經(jīng)歷的時間為t t1 t2 由以上各式得 解法二 木板第一次與墻碰撞后 重物與木板相互作用直到達到共同速度v 由動量守恒得 2mv0 mv0 2m m v解得 木板在第一個過程中 由動量定理 有 mv m v0 2mgt1由動能定理 有 木板在第二個過程中做勻速直線運動 有 s vt2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間答案 Thankyou 同學(xué)們 來學(xué)校和回家的路上要注意安全 同學(xué)們 來學(xué)校和回家的路上要注意安全