第43講 碰撞類問題的定性判斷與定量計算1．（2020?新課標Ⅲ）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為（　?。?/span>A．3J B．4J C．5J D．6J【解答】解：令乙的質(zhì)量為M，碰撞前甲、乙的速度大小分別為v1和v2，碰撞后甲、乙的速度大小分別為v3和v4，碰撞過程中動量守恒，則mv1+Mv2＝mv3+Mv4，即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，解得M＝6kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能△E3J，故A正確，BCD錯誤。故選：A。2．（2022?甲卷）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導軌水平。（2）測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為 　0.304　kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復步驟（4）。多次測量的結(jié)果如表所示。 12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝　0.31　（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為 　0.32　（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達式為 　　（用m1和m2表示），本實驗中其值為 　0.34　（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞。【解答】解：（2）兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后兩滑塊運動方向相反，則A滑塊質(zhì)量要小，才有可能反向運動，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）因為位移相等，所以速度之比等于時間之比的倒數(shù)，由表中數(shù)據(jù)可得，k20.31。（7）的平均值為：0.322≈0.32。（8）由機械能守恒定律和動量守恒定律可得：；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)，可得：0.34。  一.知識回顧1.碰撞類別（1）彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動能不變的碰撞。（2）非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞后動能減少的碰撞。（3）對比分析 動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大 2.碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律。(2)動能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，若物體速度仍同向，則前面的物體速度大(或相等)。②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變。3．彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律解得v1′＝v2′＝(2)分析討論當碰前兩物體的速度不為零時，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。當碰前物體2的速度為零時：v1′＝v1，v2′＝v1，①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1>m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿相同方向運動。③m1<m2時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。4.碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝v0、v2＝v0。(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩物體質(zhì)量相等時，兩物體碰撞后交換速度；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的物體速度v0不變，質(zhì)量小的物體速度為2v0；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的物體速度不變(仍靜止)，質(zhì)量小的物體原速率反彈。二.例題精析題型一：碰撞中的臨界問題例1．如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板.A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3：1。A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量比為（　?。?/span>A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1【解答】解：設(shè)開始時B的速度為v0，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A與擋板碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，所以碰撞后A與B的速度方向相反，大小相等，A的速度是，B的速度是，選取向左為正方向，由動量守恒定律得：mBv0＝mAmB整理得：故ABC錯誤，D正確；故選：D。題型二：對多種可能分類討論例2．如圖所示，小球A、B均靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給A球一個向右的初速度，之后與B球發(fā)生對心碰撞。下列關(guān)于碰后情況，說法正確的是（　　）A．碰后小球A、B一定共速 B．若A、B球發(fā)生完全非彈性碰撞，A球質(zhì)量等于B球質(zhì)量，A球?qū)㈧o止 C．若A、B球發(fā)生彈性碰撞，A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，無論A球初速度大小是多少，A球都將反彈 D．若A、B球發(fā)生彈性碰撞，A球質(zhì)量足夠大，B球質(zhì)量足夠小，則碰后B球的速度可以是A球的3倍【解答】解：A、碰后小球A、B可能共速，發(fā)生完全非彈性碰撞，也可能不共速，故A錯誤；B、若A、B球發(fā)生完全非彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v共可知：v共≠0，A球一定運動，故B錯誤；C、若A、B球發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB根據(jù)動能守恒得：mAv02mAvA2mBvB2聯(lián)立解得：vBv0，vAv0，若mA＜mB，則vA＜0，A球?qū)⒎磸?，?/span>C正確；D、若A、B球發(fā)生彈性碰撞，若mA→∞，由vBv0得：vB≈2v0，則碰后B球的速度最大是A球的2倍，故D錯誤。故選：C。三.舉一反三，鞏固練習如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為10kg?m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量為6kg?m/s，則（　　）A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5 B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為6：7 C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為6：7【解答】解：光滑水平面上大小相同A、B兩球在發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由題知A球動量的增量為△pA＝6kg?m/s﹣10kg?m/s＝﹣4kg?m/s由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是A球的；由動量守恒定律可得△pA＝﹣△pB則B球的動量變化量為△pB＝4kg?m/s根據(jù)△pB＝pB﹣10kg?m/s解得碰后B球的動量為：pB＝14kg?m/s兩球質(zhì)量關(guān)系為：mB＝2mA根據(jù)p＝mv可得碰撞后A、B兩球速度大小之比6：7，故B正確，ACD錯誤。故選：B。（多選）向空中發(fā)射一枚炮彈，不計空氣阻力，當此炮彈的速度恰好沿水平方向時，炮彈炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則（　?。?/span>A．b的速度方向一定與原來速度方向相反 B．從炸裂到落地的這段時間內(nèi)，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a、b一定同時到達水平地面 D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等【解答】解：A、在炸裂過程中，由于重力遠小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動量守恒。炸裂前物體的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原來的水平方向，根據(jù)動量守恒定律判斷出來b的速度一定沿水平方向，但不一定與原速度方向相反，取決于a的動量與物體原來動量的大小關(guān)系。故A錯誤。 B、a、b都做平拋運動，飛行時間相同，由于初速度大小關(guān)系無法判斷，所以a飛行的水平距離不一定比b的大。故B錯誤。 C、a、b都做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，由于高度相同，飛行時間一定相同，a，b一定同時到達水平地面。故C正確。 D、在炸裂過程中，a，b受到爆炸力大小相等，方向相反，故D正確。故選：CD。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。【解答】解：兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得：m1v0＝m1v1+m2v2…①已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機械能損失，由機械能守恒定律得：m1v02m1v12m2v22…②從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，由于PQ＝1.5PO，則A和B通過的路程之比為：s1：s2＝1：4，聯(lián)立解得：；答：兩小球質(zhì)量之比為2：1。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（　?。?/span>A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s B．v1′＝2m/s，v2′＝4m/s C．v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s D．v1′＝8m/s，v2′＝1m/s【解答】解：以甲的初速度方向為正方向，碰撞前總動量為：p＝m1v1+m2v2＝（1×6+2×2）kg?m/s＝10kg?m/s，碰撞前的動能為：Ek，代入數(shù)據(jù)解得Ek＝22JA.如果v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s，代入總動量與動能的公式可知，碰撞后動量守恒、機械能增加，故A錯誤；B.如果v1′＝2m/s，v2′＝4m/s，代入總動量與動能的公式可知，碰撞后動量守恒、機械能不增加，碰撞后不能發(fā)生二次碰撞，故B正確；C.如果v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s，代入總動量與動能的公式可知，碰撞過程動量不守恒，故C錯誤；D.如果v1′＝8m/s，v2′＝1m/s，碰撞過程動量守恒、機械能增加，且要發(fā)生二次碰撞，故D錯誤；故選：B。三個相同的木塊A，B，C從同一高度自由下落，其中，木塊A在開始下落的瞬間被水平飛行的子彈擊中，木塊B在下列到一半高度時被水平飛來的子彈擊中，子彈均留在木塊中，則三木塊下落的時間tA，tB，tC的大小關(guān)系是（　?。?/span>A．tA＝tB＝tC B．tA＝tC＜tB C．tA＝tB＞tC D．tA＞tB＞tC【解答】解：木塊C自由落體，木塊A在剛要下落瞬間被子彈射中，并留在其中，木塊A與子彈一起自由落體運動，A、C均做自由落體運動，且下落高度相同，故二者下落時間相同，即tA＝tC木塊B落下一定距離后被水平飛來的子彈水平射中，子彈留在其中。在子彈擊中木塊過程中，水平方向動量守恒，由于子彈進入木塊后總質(zhì)量變大，由動量守恒定律可知，木塊速度變小，木塊落地時間延長，木塊B在空中的運動時間比A、C時間長，則AC同時落地，B最后落地，即tA＝tC＜tB，故B正確。故選：B。一質(zhì)量為m＝5kg的木板放在傾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持著靜止狀態(tài)。木板左端距斜面底端的距離為s＝10.25m，斜面底端固定著一彈性薄擋板，與之相碰的物體會以原速率彈回。若t＝0時刻，一質(zhì)量M＝2m的小物塊從距離木板左端l＝54m處，以沿木板向上的初速度v0＝4m/s滑上木板，并對小物塊施加沿斜面向上的外力F0＝80N（該力在1s時變?yōu)?/span>F0），如圖所示，與此同時撤去作用在木板上的外力。當木板第一次與彈性薄擋板相碰時，撤去施加在小物塊上的外力。已知木板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊可以看作質(zhì)點，且整個過程中小物塊不會從木板右端滑出，取g＝10m/s2。求：（1）0至t0＝1s時間內(nèi)，小物塊和木板的加速度的大小和方向；（2）木板第一次與擋板碰撞時的速度的大??；（3）小物塊從木板左端滑出之前木板與擋板碰撞的次數(shù)，及滑出瞬間小物塊與擋板間的距離。【解答】解：（1）對小物塊，由牛頓第二定律：2mgsinθ+μ×2mgcosθ﹣F0＝2ma1，解得a，方向沿斜面向下，小物塊沿斜面向上做勻減速運動。對木板，由牛頓第二定律：μ×2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2，解得：a，方向沿斜面向上，木板沿斜面向上做勻加速運動。（2）設(shè)經(jīng)過t1 二者共速，由運動學公式：v0﹣a1t1＝a2t1，解得：tt0，此時共速為：v1＝a2t1＝2×1m/s＝2m/s，方向沿斜面向上，此時施加在物塊上的力剛好改變大小。共速前小物塊位移：x3m，木板位移：x，小物塊相對木板位移：Δx＝x1﹣x2＝3m﹣1m＝2m，假設(shè)共速后二者一起運動，對整體由牛頓第二定律：（M+m）gsin，解得：a＝2m/s2，對木板，由牛頓第二定律：mgsinθ﹣f＝ma，解得：f＝0.4mg＜μ×2mgcosθ，故二者一起向上勻減速至零，再向下加速，回到第一次共速位置時，速度仍為2m/s，且方向沿斜面向下。設(shè)剛共速至木板第一次與擋板砰前瞬間所用時間為t2，此時速度為v2，由運動學公式：v，解得：v2＝7m/s（3）第一次碰后，木板向上運動，物塊依然向下，對物塊，由牛頓第二定律：2mgsinθ﹣μ×2mgcosθ＝2ma3，解得：a，方向沿斜面向下，對木板，由牛頓第二定律：mgsinθ+μ×2mgcosθ＝ma4，解得：a，方向沿斜面向下此后，物塊一直沿斜面向下做勻加速直線運動，木板先沿斜面向上做勻減速運動，再反向勻加速，與物塊共速前會再與擋板發(fā)生碰撞，設(shè)木板與擋板相鄰兩次碰撞間隔時間為t3，t，設(shè)第一次碰后木板一直沿斜面向下加速至斜面底端所用時間為t4，由運動學公式：l+Δx＝v，整理得：t，解得：t4＝4.5s故木板和擋板要碰撞5次后，物塊才會從木板左端滑下。設(shè)木板與擋板從第一次碰到第5次碰撞時，物塊相對木板下滑距離為Δx′，此時物塊速度為v3，Δx′＝v2744mv3＝v2+a34t0＝7+2×4×1m/s＝15m/s設(shè)再經(jīng)過t5，物塊會從木板的左端滑下，滑下瞬間距離擋板為x，l+Δx﹣Δx′＝v3t5，整理得：3t，解得：tx＝v7m.答：（1）0至t0＝1s時間內(nèi)，小物塊的加速度大小為2m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度的大小為2m/s2，方向沿斜面向上；（2）木板第一次與擋板碰撞時的速度的大小為7m/s；（3）小物塊從木板左端滑出之前木板與擋板碰撞的次數(shù)為5次，滑出瞬間小物塊與擋板間的距離為A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移﹣時間圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移﹣時間圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移﹣時間圖象，若A球質(zhì)量mA＝2kg，則由圖象判斷下列結(jié)論錯誤的是（　?。?/span>A．A、B碰撞前的總動量為kg?m/s B．碰撞時A對B所施沖量為﹣4N?s C．碰撞前后A的動量變化為4kg?m/s D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J【解答】解：由x﹣t圖象可知，碰撞前有：vA3m/s，vBm/s＝2m/s，碰撞后有：v'A＝v'B＝vm/s＝﹣1m/s，對A、B組成的系統(tǒng)，A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒。A、以碰撞前B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，解得：mBkg，A、B碰前的總動量pA＝mAvA+mBvB，代入數(shù)據(jù)解得：pAkg?m/s，故A錯誤，符合題意；B、由動量定理可知，A對B的沖量為：IB＝mBv﹣mBvB，代入數(shù)據(jù)解得：IB＝﹣4N?s，故B正確，不符合題意；C、碰撞前后A球的動量變化為：△pA＝mAv﹣mAvA＝4kg?m/s，故C正確，不符合題意；D、碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為：△Ek，代入數(shù)據(jù)解得：△Ek＝10J，故D正確，不符合題意；故選：A。如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后（　?。?/span>A．甲木塊的動量守恒 B．乙木塊的動量守恒 C．甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動量守恒 D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒【解答】解：甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動量要發(fā)生變化，但對于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動量守恒，故AB錯誤，C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢能，故系統(tǒng)動能不守恒，故D錯誤。故選：C。如圖所示，A、B是兩個完全相同的小球，用較長的細線將它們懸掛起來，調(diào)整細線的長度和懸點的位置，使兩個小球靜止時重心在同一水平線上，且恰好沒有接觸?，F(xiàn)將小球A拉起至細線與豎直方向夾角為θ＝60°的位置，使其由靜止釋放，小球A運動至最低點與靜止的小球B相碰，碰后兩球粘在一起運動。已知細線的長度為L，每個小球的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，忽略小球半徑和空氣阻力，求：（1）A球運動至最低點時的速度大小v；（2）碰后兩球能夠上升的最大高度△h；（3）碰撞過程中損失的機械能△E。【解答】解：（1）小球A下落到最低點的過程中，根據(jù)動能定理可得：解得v（2）兩球碰撞過程滿足動量守恒定律mv＝2mv′解得：碰后兩球一起運動，根據(jù)動能定理可知：解得：（3）碰撞過程中根據(jù)能量守恒可知：解得答：（1）A球運動至最低點時的速度大小v為；（2）碰后兩球能夠上升的最大高度△h為；（3）碰撞過程中損失的機械能△E為。
 

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