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碰撞模型
碰撞的可能情況
（智學精選）2020年2月4日，中國選手丁俊暉在2020世界斯諾克國際錦標賽中戰勝對手唐納森晉級下一輪。如圖所示，丁俊暉在比賽中準備擊球。設在丁俊暉這一桿中，白色球（主球）和花色球碰撞前、后都在同一直線上運動，碰前白色球的動量pA＝5 kg·m/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發生碰撞后，花色球B的動量p′B＝4 kg·m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是（　?。?br/>A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA
關鍵信息：碰撞前、后都在同一直線上運動 → 正碰模型
碰前白色球的動量pA＝5 kg·m/s，花色球靜止，碰撞后花色球B的動量pB′＝4 kg·m/s → 確定初末狀態
解題思路：根據碰撞遵循的三條原則，列出相應方程求解
由動量守恒定律，得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入數據解得pA′＝1 kg·m/s；根據碰撞過程中總動能不增加，則有，代入數據解得mB≥mA；碰后兩球同向運動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則，解得mB≤4mA；綜上可得mA≤mB≤4mA，選項A正確。
（智學精選）兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，球2在前，球1在后，m1＝1kg，m2＝3kg，v01＝6m/s，v02＝3m/s，當球1與球2發生碰撞后，兩球的速度分別為v1，v2，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，則v1，v2，E1，p1的可能值為（ ）
A．v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s B．v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s
C．E1＝9J D．p1＝1kg·m/s
A．如果v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s，則碰撞后的系統總動量為：
p′＝m1v1＋m2v2＝(1×1.75＋3×3.75)kg·m/s＝13kg·m/s，系統動量不守恒，A錯誤；
B．如果兩球發生完全彈性碰撞，由動量守恒定律得：m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2
由機械能守恒定律得：m1v012＋m2v022＝m1v12＋m2v22，
代入數據解得：v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，B正確；
CD．兩球碰撞過程中系統動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入數據解得：v＝3.75m/s
則碰撞后球1、球2的速度滿足1.5m/s≤v1≤3.75m/s，3.75m/s≤v2≤4.5m/s
球1的動能E1＝m1v12，滿足1.125J≤E1≤7.03J
球1的動量為p1＝m1v1，滿足1.5kg·m/s≤p1≤3.75kg·m/s，CD錯誤。
故選B。
碰撞合理性分析遵循的原則
（1）碰撞過程時間極短，內力遠大于外力，故碰撞過程滿足動量守恒。
（2）碰撞過程滿足能量守恒定律，動能可能轉化為內能，故碰撞過程中動能不增加
（3）速度的合理性－兩物體碰后不能再發生二次碰撞
①若兩物體同向運動，則碰前應有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。
②若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
彈性碰撞
（智學精選）如圖所示，在水平軌道上靜止放置足夠長的木板A和物塊C，可視為質點的物塊B以初速度從A左端開始向右運動，當A和B的速度相等時，A與C恰好發生第一次碰撞。已知A、B、C的質量分別為m、2m、3m，不計A與水平軌道間的摩擦，B與A上表面間的動摩擦因數為，C與軌道間的動摩擦因數，每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞，重力加速度，忽略空氣阻力。求：
（1）A與C第一次碰撞后瞬間A、C的速度；
（2）A與C第一、二兩次碰撞的時間間隔。
關鍵信息：每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞 → 彈性碰撞模型（A、C發生彈性碰撞且碰撞瞬間，B速度不變）
A板足夠長、忽略A與地面的摩擦 → 碰前碰后A、B運動過程中動量守恒
A和B的速度相等時 → 可求A與C第一次碰撞前A的速度
B與A上表面間的動摩擦因數為，C與軌道間的動摩擦因數
→ 根據運動學公式及牛頓第二定律求時間
解題思路：彈性碰撞過程遵循動量守恒和機械能守恒。
分析碰撞后A、B、C的運動情況和受力情況，據此列方程求解。
（1）A與B共速，有：
解得：
A與C碰撞由動量守恒可得：
由機械能守恒可得：
解得：，
（2）碰后C減速，有：，
A、B再次共速：
解得：
由于A、C第一次碰后A做勻變速直線運動，初速度為，當A、B再次共速時速度為，由勻變速直線運動規律知，A在這段時間內的位移為0；這段時間內對應B速度由v1減小到的過程，由勻變速直線運動規律知：
AC第一次碰后A回到原位置時間：
一起勻速至C處：
兩次碰撞的時間間隔：t＝t1＋t2＝2s
（智學精選）如圖所示，光滑半圓弧軌道豎直固定在水平面上，A、B是半圓弧軌道的兩個端點且AB連線水平，將物塊甲從A上方某一高度處靜止釋放，進入半圓弧軌道后與靜止在軌道最低點的物塊乙發生彈性碰撞，之后兩物塊恰好能運動到A、B兩端點，兩物塊均可視為質點。若將甲、乙初始位置互換，其余條件不變，則碰后甲、乙兩物塊第一次上升的最大高度之比為（ ）
A．9∶1 B．5∶2 C．5∶4 D．6∶1
設甲、乙兩物塊的質量分別為，甲物塊從初始位置運動到半圓弧軌道最低點的速度為v，碰后甲、乙的速度分別為，甲、乙兩物塊發生彈性碰撞，有；；聯立解得；，兩物塊碰后恰好能運動到A、B兩點，由機械能守恒定律可知，碰后兩物塊的速度大小相等，方向相反，解得，若乙物塊從同一高度處靜止釋放，則碰前乙物塊的速度也為v，設甲、乙兩物塊碰后速度分別為，同理可得；，由機械能守恒定律可得，，即，所以碰后甲、乙兩物塊第一次上升的最大高度之比為9∶1。故選A。
（1）彈性碰撞過程遵循動量守恒和機械能守恒。
（2）“動碰靜”模型中，兩物體發生彈性正碰后的速度滿足：
v1′＝v1，v2′＝v1。
（3）彈性正碰的一些常用結論：
當m1＝m2時，兩物體碰撞后交換速度；
當m1 m2，且v2＝0時，碰后質量大的物體速率不變，質量小的物體速率為2v1；
當m1 m2，且v2＝0時，碰后質量小的物體原速率反彈。
非彈性碰撞
（智學精選）下雪天，卡車在筆直的高速公路上勻速行駛。司機突然發現前方停著一輛故障車，他將剎車踩到底，車輪被抱死，但卡車仍向前滑行，并撞上故障車，且推著它共同滑行了一段距離l后停下。事故發生后，經測量，卡車剎車時與故障車距離為L，撞車后共同滑行的距離。假定在滑行過程中兩車輪胎與雪地之間的動摩擦因數相同。設卡車的質量是故障車質量的4倍，且卡車與故障車相撞前的速度為v1，兩車可視為質點。試計算卡車司機至少在距故障車多遠處采取同樣的緊急剎車措施，事故就能避免？
關鍵信息：撞上故障車，且推著它共同滑行了一段距離 → 完全非彈性碰撞模型
兩車碰前速度v1，卡車的質量是故障車質量的4倍 → 確定碰后速度v2
動摩擦因數相同，碰前兩車距離L，碰后滑行距離，至少在距故障車多遠處采取同樣的緊急剎車措施 → 未涉及運動時間應用動能定理處理對應過程較方便
解題思路：將卡車與故障車相撞的過程視為完全非彈性碰撞過程。
根據動摩擦因數關系及速度關系應用牛頓第二定律、運動學公式求解
設卡車的質量為M，故障車的質量為m，碰后共同速度為v2，根據動量守恒定律：
帶入數據解得：
設卡車剎車前的速度為v0，與地面的動摩擦因數為μ，碰撞前對卡車根據動能定理
碰撞后對兩車系統根據動能定理
根據題意：l＝
為了避免相撞，設卡車距故障車x剎車，恰好與故障車相遇時停止，根據動能定理
解得：x＝
（智學精選）如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個質量均為m的小滑塊，相鄰滑塊間的距離為L，每個滑塊均可看成質點．現給第一個滑塊水平向右的初速度v0，滑塊間相碰后均能粘在一起（碰撞時間極短且不計時間），則從第一個滑塊開始運動，到第n－1個滑塊與第n個滑塊相碰時總的時間為（　?。?br/>B． C． D．
由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據動量守恒定律，可知第二個滑塊開始運動的速度大小為，同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為，第(n－1)個滑塊開始滑動的速度大小為，因此運動的總時間為：
。
故選B。
（1）非彈性碰撞：兩物體碰撞時，碰撞前后兩物體的動量守恒，但兩物體的動能之和減小。
（2）完全非彈性碰撞：兩物體在碰撞后以共同的速度運動，且在碰撞后形變無法恢復，系統損失的機械能最大。
碰撞后系統以相同的速度運動：v1＝v2＝v
動量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v →
（3）此類問題往往結合動能定理、牛頓運動定律和運動學公式求解

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