高中物理 第十六章 动量守恒定律 4 碰撞教材梳理素材 新人教版选修3-5（通用） 10页

‎4 碰撞 ‎ 疱丁巧解牛 知识·巧学 一、弹性碰撞和非弹性碰撞 ‎1.碰撞的特点 ‎(1)力的特点：作用时间极短；相互作用力变化很快，平均作用力很大；相互作用力远大于其他外力，其他外力可以忽略不计.‎ 学法一得 碰撞过程是在一瞬间发生的，作用时间极短，所以可以忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞前后仍在同一位置.‎ ‎(2)动量特点：在碰撞现象中，一般相互撞击的内力都远大于外力，因而可以认为碰撞时系统总动量守恒.‎ ‎(3)能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即EK1′+EK2′≤EK1+EK2.‎ ‎2.完全弹性碰撞：任何两个小球碰撞时都会发生形变，若两球碰撞后形变能完全恢复，并没有能量损失，碰撞前后两小球构成的系统的动能相等，我们称这种碰撞为完全弹性碰撞.‎ 学法一得 完全弹性形变仅发生了动能和势能之间的相互转化，没有机械能损失，非弹性碰撞部分机械能转化为内能，有机械能损失.‎ ‎3.非弹性碰撞：若两球碰撞后它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分动能最终会转变为内能，碰撞前后系统的动能不再相等，我们称这种碰撞是非弹性碰撞.‎ 深化升华 ‎ 弹性碰撞和非弹性碰撞可以从形变和动能两个角度进行理解：若两个物体发生碰撞时形变属于弹性的，碰后能够恢复，碰撞过程中只是发生了动能和弹性势能之间的相互转化，碰撞前后两小球构成的系统的动能不可能损失，则两物体间发生了完全弹性碰撞；若两个物体发生碰撞时形变属于非弹性的，碰后不能够恢复原状，碰撞过程中除发生动能和弹性势能之间的相互转化外，碰撞前后系统的动能不再相等，则两物体间的碰撞为非弹性碰撞；若两个物体碰撞后合为一体，形变完全不能恢复，此时损失的动能最大.‎ ‎4.完全非弹性碰撞：如果碰撞后完全并且不反弹两球成为一个整体，这种碰撞则是完全非弹性碰撞.‎ ‎5.解析碰撞问题的三个依据 ‎(1)动量守恒，即p1+p2=p1′+p2′‎ ‎(2)动能不增加，即EK1+EK2≥EK1′+EK2′或+≥‎ ‎(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞，碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度.即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束.如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零.‎ 二、对心碰撞和非对心碰撞 ‎1.碰撞现象在生活中随处可见，两个或两个以上的物体在相遇时发生相互作用时都可看作碰撞.‎ ‎2.正碰：两小球碰撞时的速度沿着连心线方向，称为正碰.也叫对心碰撞.‎ 弹性正碰的特点：‎ 如图‎16-4-2‎所示，在光滑水平面上质量m1的小球以速度v1与质量m2的静止小球发生弹性正碰，讨论碰后两球的速度v1′和v2′，根据动量守恒和动能守恒有：‎ 图‎16-4-2‎ m1v1=m1v1′+m2v2′‎ m1v12=m1v1′2+m2v2′2‎ 解上面两式可得：‎ v1′=v1‎ v2′=v1‎ 若m1＞m2，v1和v2都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向相同.‎ ‎(若m1>>m2，m1-m2≈m1，m1+m2 ≈m1，v1′=v1，v2′=2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)‎ 若m1＜m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回.(若m1＜＜m2，这时m1-m2≈-m2，m1+m2≈m2，v1′=-v1，v2′=0表示m1，被反向以原速率弹回，而m2仍静止)‎ 若m1=m2，则有v1′=0，v2′=v1，即碰后两球速度互换.‎ ‎3.非对心碰撞：两小球碰撞前的相对速度不在连心线上，称为非对心碰撞.‎ 深化升华 系统所受的合外力不为零，即F外≠0，但在某一个方向上合外力为零(即Fx=0或Fy=0)，则系统只在该方向上动量守恒.如炸弹在空中炸裂时，水平方向动量守恒.‎ 三、散射 微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又成为散射.由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数离子碰撞后飞向四面八方.‎ 典题·热题 知识点一 碰撞中的动量守恒 例1 一只质量为‎5.4 kg的保龄球，撞上一只质量为‎1.7 kg，原来静止的球瓶，此后球瓶以‎3.0 m/s的速度向前飞去，而保龄球以‎1.8 m/s的速度继续向前运动，求保龄球碰撞前的运动速度.‎ 解析：保龄球与球瓶碰撞时的相互作用力是内力，它远大于它们所受的水平外力，因此水平外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件.‎ 保龄球的质量m1=‎5.4 kg，球瓶的质量m2=‎1.7 kg.设碰撞前保龄球的速度为v1，球瓶的速度v2=0，两者组成的系统的总动量p=m1v1+m2v2=‎5.4 kg×v1.‎ 碰撞后保龄球的速度v1′=‎1.8 m/s，球瓶的速度v2′=‎3.0 m/s，系统的总动量 p′=m1v1′+m2v2′=5.4×‎1.8 kg·m/s+1.7×‎3.0 kg·m/s=‎14.82 kg·m/s.‎ 根据动量守恒定律有p=p′，所以保龄球碰撞前的运动速度v1=‎2.7 m/s.‎ 方法归纳 由于碰撞过程都是在极短时间内完成的，作用力很大，内力远大于外力，外力可以忽略不计，因此碰撞都可以近似地看作动量守恒.动量守恒定律是解决碰撞类变力作用问题的有效途径和方法.‎ 知识点二 碰撞的合理性判断 例2 两个小球A、B在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为‎5 kg· m/s和‎7 kg· m/s，发生碰撞后小球B的动量大小变为‎10 kg· m/s，由此可知：两小球的质量之比可能为( )‎ A.=1 B.= C.= D.=‎ 解析：将两小球碰撞前后的动量方向间关系作出如下各种假设，然后运用碰撞的三个制约因素进行检验.‎ ‎(1)设A、B两小球相向运动而发生碰撞，并取小球B碰前的运动方向为参考正方向，即 pAO=‎5 kg·m/s pBO=‎7 kg·m/s 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即 pB=‎-10 kg·m/s 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为 pA=‎12 kg·m/s-1，而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”，因为显然有 ‎+＜+‎ ‎(2)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且A球在前，B球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方，即pAB=‎5 kg·m/s,pBO=‎7 kg·m/s 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，‎ 即pB=‎-‎‎10 kg·m/s 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为pA=‎22 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有 ‎+＜+.‎ ‎(3)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方，即pAB=‎5 kg·m/s,pBO=‎7 kg·m/s 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即 pb=‎10 kg·m/s 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必有pA=‎2 kg·m/s，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有 ‎+＜+‎ 仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A不至于超越到小球B的前面，应分别有 ‎＞,≤‎ 即正确答案应选C.‎ 答案：C 方法归纳 在具体的碰撞过程的分析中，往往需要依次检验动量是否守恒、动能不能增加、碰撞符合实际情况三个因素来决定最终的碰撞结果.‎ 知识点 碰撞问题中动量与能量的综合 例3 如图‎16-4-3‎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s-t图线.已知m1=‎0.1 kg，m2=‎0.3 kg，由此可以判断 ‎ ‎ 甲 乙 图‎16-4-3‎ ‎①碰前m2静止，m1向右运动 ‎②碰后m2和m1都向右运动 ‎③碰撞过程中系统机械能守恒 ‎④碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 以上判断正确的是( )‎ A.①③ B.①②③ C.①②④ D.③④‎ 解析：由乙图可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故是①正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即②错误；由乙图可以计算出碰前m1的速度v1=‎4 m/s，碰后速度v1′=-‎2 m/s，m2的速度v2=0，碰后速度v2′=‎2 m/s，m2=‎0.3 kg，碰撞过程中系统损失的机械能ΔEk=m1v12-m1v1′2-m2v2′2=0，因此③正确，④错误.‎ 答案：A 方法点拨 将图象与物体的运动情景联系在一起，是解决图象类题目的关键.‎ 例4 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‎16-4-4‎所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )‎ 图‎16-4-4‎ A.v1=v2=v3=v0‎ B.v1=0，v2=v3=v0‎ C.v1=0，v2=v3=v0‎ D.v1=v2=0，v3=v0‎ 解析：由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒.若各球质量均为m，而碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为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mv0，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能.而选项D既满足机械能守恒定律，也满足动量守恒定律，故选项D正确.‎ 答案：D 巧解提示 可以利用质量相等的两球发生弹性碰撞时的结论直接进行判断.由于质量相等，所以碰撞的结果是速度互换，即1与2碰撞后，1静止，2以1原来的速度v0碰撞3，然后速度互换，2静止，3以2原来的速度v0运动.‎ 知识点 多物体多过程问题 例‎5 A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为分式的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船.设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则( )‎ A.A、B两船的速度大小之比为3∶2‎ B.A、B(包括人)动量大小之比为1∶1‎ C.A、B(包括人)动量之和为零 D.因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定 解析：这里涉及三个物体(A船、B船和人)组成的系统，选这三个物体为一系统，则系统水平方向不受外力作用，系统的总动量守恒.由于动量守恒定律只需考虑过程的始末状态，而不必涉及具体的中间运动过程，也就不必关心人来回跳的次数了，所以此题应以系统的始末状态来进行分析.‎ 答案：选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为零.由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为零.选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：0=(M+)vB+MvA，解得：vB=-vA.‎ 所以，A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确.A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确.由于系统的总动量始终守恒为零，故A和B(包括人)的动量之和始终为零，选项C正确.‎ 答案：C 巧解提示 如果系统是由多个物体组成，则它们间的相互作用将比较复杂.此时应用动量守恒定律正好可以回避这种复杂的中间过程的细节，而只需要考虑系统的始末状态，使复杂问题得以简化.这也就是此例中的结果与人来回跳的次数无关的原因.‎ 问题·探究 方案设计探究 问题 试用硬币探究非对心碰撞.‎ 探究过程:‎ 用碰撞实验验证动量守恒定律，关键在于如何间接测出碰撞前后的速度.如果让质量为m的硬币在水平玻璃板上滑动，初速度为v0，由于摩擦力f的作用，经过s距离后停止下来.fs=mv02又f=μmg，所以μgs=v02,即v0=.当μmg恒定时，v0正比于，若取s=‎1 cm时，速度作为单位，那么速度在数值上就等于(s以厘米为单位)，因此，可通过测量在摩擦力作用下前进的距离来表示速度的大小，这是下面实验的出发点.‎ 所需的器材如下：玻璃台面，硬币(贰分2只，壹分1只)，硬币发射架，直尺等.‎ 硬币发射架的结构如图‎16-4-5‎所示，由底板、支架和打击杆组成.底板上开有一槽，槽宽略大于贰分硬币的直径.‎ 图‎16-4-5‎ 实验一：正碰实验 ‎(1)把硬币发射架放在玻璃台板上，在槽口外中心线上放一只贰分硬币，再把一只贰分硬币放入槽口，将打击杆偏离平衡位置靠在支架的定位横杆上，释放打击杆将硬币发射出去.正碰以后两硬币的速度发生交换.即原来运动的静止了，原来静止的运动了.‎ ‎(2)将贰分硬币放入发射槽口，释放打击杆，重复多次测出硬币中心从槽口外O点到静止点的距离平均值，如图1646(a)所示.再把一只壹分硬币放在O点前，使其圆心O′在发射线上，且OO′=R+r(R、r分别为大小硬币的半径).然后重新发射贰分硬币，碰撞后分别测出两硬币前进的距离和，如图‎16-4-6‎(b)所示.已知贰分硬币的质量m1=‎1.10 g，壹分硬币的质量m2=‎0.65 g,则碰撞前系统的动量m1v1=m1碰撞后系统的动量m1v1+m2v2=m1++m2.将测出的数值代入上两式中，即可验证是否满足动量守恒定律.‎ ‎ ‎ ‎(a) (b)‎ 图‎16-4-6‎ ‎(3)若取两只贰分硬币作为发射和被碰物体，在它们的边缘上涂少许浆糊或乳胶，然后让它们发生正碰，碰撞后两硬币粘合在一起，测量的结果将近似满足OA=4OB.‎ 实验二：斜碰实验 取2只贰分硬币实验，首先与上述方法相似测出，然后把另一只硬币放在O′点，使OO′=2R，且略偏于发射线.重新发射测出两硬币斜碰后静止的位置C、B，然后在OB线上截取OM=，在OC线上截取ON=，以OM和ON为边作平行四边形，如果满足动量守恒定律，则平行四边形的对象线OP与相等，且重合在一条线上，如图‎16-4-7‎.‎ 图‎16-4-7‎ 探究结论:两个硬币在对心碰撞和非对心碰撞中，系统的动量守恒.‎