資源簡介

5．碰撞
1．了解碰撞的分類，知道彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。
2．能根據實際情況合理選取彈性碰撞或非彈性碰撞規律解決一維碰撞問題。
3．通過演示實驗探究彈性碰撞特點和規律。
4．感受不同碰撞類型的區別，培養學生的探究精神，體會用守恒定律分析物理問題的方法。
知識點一　碰撞的分類
1．彈性碰撞：如果系統在碰撞過程中，系統總機械能不變，這類碰撞叫作彈性碰撞。
2．非彈性碰撞：如果系統在碰撞后總機械能減少，這類碰撞叫作非彈性碰撞。
　在非彈性碰撞中，如果兩物體碰后粘在一起，以相同的速度運動，這種碰撞機械能損失最大，稱為完全非彈性碰撞。
知識點二　中子的發現
1．發現過程
中性粒子與質量已知的氫核和氮核分別發生碰撞，利用動量守恒定律和能量守恒定律，求出了中性粒子的質量，從而發現了中子。
2．正碰
一個運動的球與一個靜止的球碰撞，碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度仍會沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰，也叫作對心碰撞或一維碰撞。如圖所示。
3．彈性正碰特點
(1)碰撞前兩物體的質量分別為m1、m2，速度分別為v1、v2，且v1≠0，v2＝0，碰撞后兩個物體的速度分別為v1′和v2′，則v1′＝v1，v2′＝v1。
(2)若m1＝m2的兩球發生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則v1′＝0，v2′＝v1，即兩者碰撞后交換速度。
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0。表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止。
(4)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1。表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。
　質量相等的兩小球碰撞后一定交換速度嗎？
提示：不一定。
1：思考辨析(正確的打√，錯誤的打×)
(1)發生碰撞的兩個物體，動量是守恒的。 (√)
(2)發生碰撞的兩個物體，機械能是守恒的。 (×)
(3)發生彈性正碰的兩物體，動量和機械能一定都守恒。 (√)
(4)兩物體發生碰撞過程中，機械能可能增加。 (×)
2：填空
如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態是A向______________運動，B向______________運動。
[解析]　選向右為正方向，則A的動量pA＝2mv0，B的動量pB＝－2mv0。碰撞前A、B的動量之和為零，根據動量守恒，發生彈性碰撞后A、B的動量之和也應為零，因兩滑塊發生彈性碰撞，則碰撞后二者的速度不能為零，故碰撞后A、B一定反向運動，則A向左運動，B向右運動。
[答案]　左　右
如圖所示為兩剛性擺球碰撞時的情景。
(1)兩球質量相等，將一球拉到某位置釋放，發現碰撞后，入射球靜止，被碰球上升到與入射球釋放時同樣的高度，說明了什么？
(2)若碰撞后兩球粘在一起，發現兩球上升的高度僅是入射球釋放時的高度的四分之一，說明了什么？
提示：(1)兩球在最低點碰撞時，滿足動量守恒條件，二者組成系統動量守恒，入射球靜止，被碰球上升同樣的高度，說明該碰撞過程中機械能不變。
(2)碰撞中動量守恒，機械能不守恒。
考點1　碰撞的特點和規律
1．碰撞過程的五個特點
(1)時間特點：在碰撞現象中，相互作用的時間很短。
(2)相互作用力的特點：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大。
(3)動量的特點：系統的內力遠遠大于外力，所以系統即使所受合外力不為零，外力也可以忽略，系統的總動量守恒。
(4)位移特點：碰撞過程時間極短，在物體發生碰撞瞬間，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后仍在原位置。
(5)能量特點：碰撞前總動能Ek與碰撞后總動能Ek′滿足Ek≥Ek′。
2．碰撞的規律
(1)碰撞的種類及遵從的規律
種類 遵從的規律
彈性碰撞 動量守恒，機械能守恒
非彈性碰撞 動量守恒，機械能有損失
完全非 彈性碰撞 動量守恒，機械能損失最大 碰后速度相等(或成為一體)
(2)特殊的彈性碰撞——運動物體碰靜止物體
遵從的 規律 動量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′，機械能守恒＝m1v1′2＋m2v2′2
碰后結果 v1′＝v1，v2′＝v1
特殊情況 若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1
若m1 m2，則v1′＝v1，v2′＝2v1
若m1 m2，則v1′＝－v1，v2′＝0
角度1　彈性碰撞的分析與計算
【典例1】　如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質量為m2的小球發生碰撞，碰撞后兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球m2的速度大小v2。(重力加速度為g)
[解析]　設m1碰撞前瞬間的速度為v，根據機械能守恒定律有m1gh＝m1v2，解得v＝ ①
設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據動量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2 ②
由于碰撞過程中無機械能損失，有
m1v2＝ ③
聯立②③式解得v2＝ ④
將①代入④得v2＝。
[答案]　
角度2　非彈性碰撞的分析與計算
【典例2】　如圖所示，在水平面上依次放置小物塊C和A以及曲面劈B，其中A與C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M＝3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，各接觸面均光滑。現讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起又滑上劈B。求：
(1)碰撞過程中系統損失的機械能；
(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。
思路點撥：解此題要注意物塊A與C在曲面B的最高點時，三者具有相同的速度。
[解析]　(1)小物塊C與A發生碰撞粘在一起，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝2mv
解得v＝
碰撞過程中系統損失的機械能為
ΔE＝－·2mv2＝。
(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上達到最大高度時三者速度相同，設為v′，最大高度為h。
取水平向右為正方向，由水平方向動量守恒得：
2mv＝(2m＋M)v′
根據系統機械能守恒得：
·2mv2＝(2m＋M)v′2＋2mgh
聯立解得h＝。
[答案]　
　處理碰撞問題的幾個關鍵點
(1)選取動量守恒的系統：若有三個或更多個物體參與碰撞時，要合理選取所研究的系統。
(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。
(3)弄清碰撞過程中存在的關系：能量轉化關系、幾何關系、速度關系等。
[跟進訓練]
1．(2023·北京卷改編)如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經過P點后，其速度大小都增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：
(1)球1第一次經過P點后瞬間向心力的大小；
(2)球2的質量。
[解析]　(1)小球1第一次經過P點后瞬間速度變為2v0，所以
F＝m＝。
(2)小球1與小球2發生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明小球1碰后反彈，則
m·2v0＝－mv＋m′v
m(2v0)2＝mv2＋m′v2
聯立解得
v＝v0，m′＝3m。
[答案]　　(2)3m
2．(角度2)如圖所示，小物塊A、B的質量均為m ＝ 0.10 kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h ＝ 0.45 m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s＝0.30 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)兩物塊在空中運動的時間t；
(2)兩物塊碰前A的速度v0的大小；
(3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。
[解析]　(1)豎直方向為自由落體運動，由h＝ gt2得t ＝ 0.30 s。
(2)設A、B碰后速度為v，水平方向為勻速運動，由s＝vt得v＝1.0 m/s
根據動量守恒定律，由mv0＝2mv得v0＝2.0 m/s。
(3)兩物體碰撞過程中損失的機械能ΔE＝ΔE＝0.10 J。
[答案]　(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J
考點2　碰撞可能性的判斷
判斷碰撞過程是否存在的依據
1．滿足動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．滿足動能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3．速度要符合情景
(1)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，否則無法實現碰撞。碰撞后，若同向運動，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v前′≥v后′。
(2)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。
【典例3】　小球1追碰小球2，碰撞前兩球的動量分別為p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，正碰后小球2的動量p2′＝10 kg·m/s，兩球的質量關系可能是(　　)
A．m2＝m1 B．m2＝2m1
C．m2＝4m1 D．m2＝6m1
C　[由動量守恒定律，很容易知碰后小球1的動量p1′＝2 kg·m/s，這絲毫不能反映出兩球的質量關系，這就要從題中內含的其他關系去尋找。首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即v1>v2，由v＝可得>，即m2>，故A錯誤；按同樣思路，碰后應有v1′≤v2′，，有m2≤5m1，故D錯誤；由動能不增原則可知Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，由動能Ek與動量p的關系Ek＝，可得，即有m2≥，故B錯誤；綜合以上結論得≤m2≤5m1，C正確。]
　碰撞合理性問題的分析思路
(1)若題目為選擇題，可先根據“速度合理性原則”排除掉部分選項。
(2)對一個給定的碰撞，除了看動量是否守恒，還要看總動能是否增加，在驗證動能不增加時，要靈活應用Ek＝、p＝、Ek＝ pv或p＝等關系式。在滿足以上兩種情況下還應注意“速度合理性原則”。
[跟進訓練]
3．(多選)如圖所示，質量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久后A、B兩球發生了對心碰撞。對于該碰撞之后的A、B兩球速度的可能值，某實驗小組的同學們做了很多種猜測，下面的猜測結果可能正確的是(　　)
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
AB　[設每個球的質量為m，碰撞前系統的總動量p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m(kg·m/s)，碰撞前的總動能Ek＝＝20m(J)，若vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s，則碰撞后的總動量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，動量守恒，總動能Ek′＝＋mvB′2＝20m(J)，總動能也守恒，A可能實現，故A正確；若vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s，碰撞后的總動量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，總動能Ek′＝mvA′2＋mvB′2＝4m(J)，動量守恒，總動能不增加，B可能實現，故B正確；若vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s，碰撞后A、B向正方向運動且A的速度大于B的速度，不符合實際，C不可能實現，故C錯誤；若vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s，碰撞后的總動量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，總動能Ek′＝mvA′2＋mvB′2＝29m(J)，動量守恒，總動能增加，違反能量守恒定律，不可能實現，故D錯誤。]
1．甲同學在辦公室外奔跑過程中突然與從辦公室出來的乙同學發生碰撞，碰撞前乙已處于靜止狀態，甲本能的伸直雙手對乙施加推力的同時手向胸口收，手收至胸口時甲乙恰好共速。碰撞過程若能忽略兩者與地面間在水平方向上的相互作用，則(　　)
A．甲的本能反應減少了甲對乙的沖量
B．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同
C．甲的動能減少量等于乙的動能增加量
D．甲對乙做的功小于乙對甲做的功
D　[甲的動量變化量未發生改變，因此甲的本能反應不能減少了甲對乙的沖量，故A錯誤；沖量是矢量，有方向，因此甲對乙的沖量與乙對甲的沖量不相同，故B錯誤；兩者的碰撞屬于完全非彈性碰撞，有能量損失，因此甲的動能減少量大于乙的動能增加量，故C錯誤；從兩人剛接觸到共速過程中，乙對地的位移小于甲對地的位移，因此甲對乙做的功小于乙對甲做的功，故D正確。故選D。]
2．如圖所示，質量為M的小車靜置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長，則木塊的最終速度大小和系統因摩擦產生的熱量分別為(　　)
A．、 B．、
C．、 D．、
A　[木塊滑上小車后，與小車組成的系統動量守恒、能量守恒，設二者的共同速度為v，滑動過程中產生的熱量為Q，則由動量守恒定律和能量守恒有mv0＝＝(M＋m)v2＋Q，聯立以上兩式可得v＝，Q＝，故選A。]
3．(新情境題，以冰壺運動為背景，考查碰撞問題)在冰壺比賽中，紅壺以0.4 m/s的速度正碰靜止的藍壺，然后紅壺以0.1 m/s的速度繼續向前滑向大本營中心。若兩冰壺質量相等，都為19 kg，則下列判斷正確的是(　　)
A．藍壺的速度為0.3 m/s，兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
B．藍壺的速度為0.3 m/s，兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
C．藍壺的速度為0.5 m/s，兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
D．藍壺的速度為0.5 m/s，兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
B　[兩冰壺碰撞的過程中動量守恒，規定向前運動方向為正方向，根據動量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入數據解得v3＝0.3 m/s，動能變化量ΔEk＝＝m(0.42－0.12－0.32)>0，故動能減小，是非彈性碰撞，故B正確，A、C、D錯誤。]
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．碰撞問題具有什么特點？
提示：相互作用時間短，相互作用力大，近似滿足動量守恒。
2．碰撞問題可分哪些類型？
提示：彈性碰撞和非彈性碰撞。
3．彈性碰撞的兩小球在什么情況下可以交換速度？
提示：質量相等的兩小球。
有趣的“牛頓搖籃”
“碰撞”在物理學中表現為兩粒子或物體間極短的相互作用。 碰撞前后參與物發生速度、動量或能量改變。完全彈性碰撞妙趣橫生、耐人尋味，是很特殊的一類碰撞。
“牛頓搖籃”又名牛頓擺，它是由若干個懸掛在框架上的小球組成(如圖所示)，小球之間要無縫隙，剛好接觸。因牛頓搖籃小球碰撞后擺動的樣子很像嬰兒的搖籃在擺動，所以大家把這個實驗道具起了一個有趣的名字叫牛頓搖籃。
牛頓搖籃
牛頓擺是由法國物理學家伊丹·馬略特(Edme Mariotte)最早于1676年提出的。當擺動最右側的球并在回擺時碰撞緊密排列的另外四個球，最左邊的球將被彈出，并僅有最左邊的球被彈出。
1．上述的碰撞現象是哪種類型的碰撞？
提示：彈性碰撞。
2．上述碰撞滿足什么規律？
提示：滿足動量守恒和動能守恒。
3．如圖所示，會出現什么情況？
提示：最外面的小球彈出，其他小球靜止。
課時分層作業(四)　碰撞
?題組一　彈性碰撞和非彈性碰撞
1．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量也為m的小球從槽高h處開始自由下滑，則(　　)
A．在以后的運動過程中，小球和槽的動量始終守恒
B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功
C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
D．被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，小球能回到槽高h處
C　[小球與彈簧接觸前，小球和槽組成的系統水平方向動量守恒，當小球到達底端時有mv球－mv槽＝0，則有v球＝v槽，當小球與彈簧接觸后，小球受外力作用，小球和槽組成的系統所受合外力不為零，動量不守恒，A錯誤；若小球下滑過程槽保持靜止，小球和槽之間的相互作用力始終與運動方向垂直不做功，但地面光滑，小球下滑過程中槽在后退，小球和槽之間的相互作用力與接觸面垂直，但與各自的運動方向不再垂直，故兩力均有做功，B錯誤；小球脫離弧形槽后，槽向左以v槽做勻速直線運動，小球和彈簧作用過程中機械能守恒，故小球被彈回的速度大小仍為v球，向左做勻速直線運動，由于兩物體速度大小相等、方向相同，不會再相遇，即小球不能回到槽內，C正確，D錯誤。故選C。]
2．質量分別為ma＝1 kg、mb＝2 kg 的a、b兩球在光滑的水平面上發生碰撞，碰撞前、后兩球的位移—時間圖像如圖所示，可知該碰撞屬于(　　)
A．彈性碰撞　　　　　　　 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，不能確定
A　[由題x -t圖像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前系統的總動能Ek1＝＝ J，碰撞后系統的總動能Ek2＝＋mbvb′2＝ J，故系統的機械能守恒；碰撞前系統的總動量p1＝mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后系統的總動量p2＝mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故系統的動量守恒，所以該碰撞屬于彈性碰撞，A正確。]
3．(多選)如圖所示，運動的A球在光滑水平面上與一個原來靜止的B球發生彈性碰撞，則(　　)
A．要使B球獲得最大動能，則應讓A、B兩球質量相等
B．要使B球獲得最大速度，則應讓A球質量遠大于B球質量
C．要使B球獲得最大動量，則應讓A球質量遠小于B球質量
D．若A球質量遠大于B球質量，則B球將獲得最大動能、最大速度及最大動量
ABC　[設A球的質量為m1、B球的質量為m2、碰前A球的速度為v0、碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，A球與B球發生彈性碰撞，則m1v0＝＝，解得v1＝v0，v2＝v0。由v1＝v0知，當A、B兩球質量相等時，碰后A球的速度為零，B球獲得了A球碰前的全部動能，即B球獲得了最大動能，A正確；由v2＝v0知，當A球質量遠大于B球質量時，B球獲得最大速度，接近碰前A球速度的2倍，B正確；由v1＝v0知，當A球質量遠小于B球質量時，A球幾乎以原速率反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得的動量接近A球初始動量的2倍，B球獲得最大動量，C正確；由以上三項分析知，D錯誤。]
?題組二　碰撞可能性的判斷
4．(多選)在光滑水平面上動能為Ek0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為Ek1、p1，球2的動能和動量大小分別記為Ek2、p2，則必有 (　　)
A．Ek1p0
C．Ek2>Ek0 D．p1>p0
AB　[因為碰撞前后動能不增加，故有Ek1p0，B正確。]
5．(多選)如圖所示，動量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿同一直線向右運動，經過一段時間后兩球發生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量。則下列選項可能正確的是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
AB　[本題屬于追及碰撞，碰撞前小球A的速度一定要大于小球B的速度(否則無法實現碰撞)。碰撞后，小球B的動量增大，小球A的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，D錯誤；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根據關系式Ek＝可知，小球A的質量和動量大小不變，動能不變，而小球B的質量不變，但動量增大，所以小球B的動能增大，這樣系統的機械能比碰撞前增大了，C錯誤；經檢驗，A、B滿足碰撞遵循的三個原則，故A、B正確。]
6．(多選)如圖所示，足夠長的光滑斜劈固定在光滑水平面上，兩等大的小球甲、乙的質量分別為m1、m2，小球乙靜止在水平面上，小球甲以水平向左的速度運動，經過一段時間后與小球乙發生碰撞，已知碰后小球甲的速率為碰前的，整個過程中兩球剛好只能發生一次碰撞，則m1∶m2可能為(　　)
A．1∶2　 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
CD　[取小球甲的初速度方向為正方向，碰前小球甲的速度大小為v0，整個過程中兩球剛好發生一次碰撞，說明碰后兩球的速度方向相反且乙球的速度大小不大于甲球的速度大小，設碰后乙球速度大小為v′，根據動量守恒定律有m1v0＝m2v′－m1v0，即m1v0＝m2v′≤m2v0，可得m2≥4m1，C、D正確，A、B錯誤。]
?題組三　碰撞的綜合性問題
7．如圖所示，一個質量為m的物體A與另一個質量為2m的物塊B發生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.1，與沙坑的距離x＝0.5 m，g取10 m/s2。物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小為(　　)
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
C　[碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入數據得v＝1 m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統在水平方向上的動量守恒，選取向右為正方向，則有mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機械能的損失，則有＝＋·2mv2，聯立解得v0＝1.5 m/s，C正確。]
8．冰壺比賽觀賞性很高，一次比賽中，藍壺(實心圓)以動能Ek碰撞靜止的紅壺(與藍壺材料相同，質量相等)(空心圓)，某興趣小組將碰撞前后兩壺的位置標記如圖所示，A、B分別為碰前瞬間藍壺、紅壺所在位置，C、D分別為碰撞后藍壺、紅壺停止的位置。則由圖可得碰撞過程中損失的動能約為(　　)
A．0　　B．Ek　　C．Ek　　D．Ek
C　[假設方格邊長為x，則碰撞后，由動能定理可得－f·3x＝0－Ek藍，－f·12x＝0－Ek紅，可知碰撞后紅壺的動能是藍壺的4倍，則＝4，得＝2，假設碰撞后v紅＝2v，v藍＝v，則碰撞過程中由動量守恒可得mv0藍＝m(v紅＋v藍)＝3mv，得v0藍＝3v，由題意知＝mv2＝Ek，碰撞后Ek紅＝mv2＝，Ek藍＝mv2＝Ek，所以碰撞過程中損失的動能約為ΔEk＝Ek－Ek－Ek＝Ek，故C正確，A、B、D錯誤。故選C。]
9．(2023·全國乙卷改編)如圖，一豎直固定的長直圓管內有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質量為m＝M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：
(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離。
[解析]　(1)設小球與圓盤碰撞前瞬間速度大小為v0，碰撞后瞬間小球的速度大小為v1，圓盤的速度大小為v2，取豎直向下為正方向，根據自由落體運動規律可得
＝2gl
解得v0＝
小球與圓盤發生的碰撞為彈性碰撞，根據動量守恒定律可得
mv0＝mv1＋Mv2
根據機械能守恒定律可得
＝
聯立解得v1＝－，v2＝
即第一次碰撞后瞬間小球的速度大小為，方向豎直向上，圓盤的速度大小為。
(2)碰撞后小球做豎直上拋運動，由于圓盤受到的滑動摩擦力與重力大小相等，圓盤做勻速直線運動，當小球速度向下且與圓盤速度相等時，兩者距離最大，設經過時間t，小球與圓盤的速度相同
對小球有v2＝v1＋gt
x球＝t
對圓盤有x盤＝v2t
xmax＝x盤－x球
聯立解得xmax＝l。
[答案]　(1)　(2)l
1．(多選)如圖所示，小車的上面由中間突出的兩個對稱的曲面組成。整個小車的質量為m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一可視為質點的小球，質量也為m，以水平速度v從左端滑上小車，恰好到達小車的最高點后，又從另一個曲面滑下。下列說法正確的是(　　)
A．小球滑離小車時，小車又回到了原來的位置
B．小球在滑上曲面的過程中，小車的動量變化是mv
C．小球和小車作用前后，小車和小球的速度一定變化
D．車上曲面的豎直高度不會大于
BD　[小球滑上曲面的過程，小車向右做加速運動，小球滑下時，小車向右做減速運動，不會回到原位置，故A錯誤；小球恰好到最高點時兩者有共同速度，對于小車和小球組成的系統，取水平向右為正方向，由水平動量守恒得mv＝2mv1，得共同速度為v1＝，小車動量的變化為Δp＝mv1－0＝，故B正確；小球恰好到達小車最高點時，小球與小車的速度是相等的，由于系統水平方向動量守恒，若曲面光滑，則系統機械能守恒，所以相互作用結束后，小車的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C錯誤；如果曲面光滑，則小車和小球組成的系統機械能守恒，有＝mgh，解得h＝，如果曲面粗糙，因摩擦生熱，減少的動能還有一部分轉化成內能，能上升的高度還要更小些，故D正確。故選BD。]
2．“引力彈弓效應”進入了公眾的視野。“引力彈弓效應”是指在太空運動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設行星運動的速度大小為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規律可以與兩個質量不同的鋼球在同一條直線上發生的彈性碰撞規律進行類比。那么下列判斷正確的是(　　)
　(a)　　　　　　　　　(b)　
A．v1＞v0 B．v1＝v0
C．v2＞v0 D．v2＝v0
A　[題圖(a)中，探測器與行星的運動可類比為兩者發生彈性正碰，設探測器的質量為m，行星的質量為M，碰后行星的速度大小為u1，設向右為正方向，根據動量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，由能量守恒定律可得＋Mu2＝，解得v1＝v0＋ u，由于M m，故v1＝v0＋2u＞v0，A正確，B錯誤；題圖(b)中，探測器與行星的運動可類比為探測器追上行星與之正碰，設碰后行星的速度大小為u2，向右為正方向，根據動量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，由能量守恒定律可得＋Mu2＝，解得v2＝ v0－ u，由于M m，故v2＝v0－2u＜v0，C、D錯誤。]
3．如圖所示，三個質量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上。現給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運動，B再與C發生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運動。滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。
[解析]　設滑塊的質量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝，由動量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB，
設碰撞前A克服軌道摩擦力所做的功為WA，由功能關系得WA＝，
設B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道摩擦力所做的功為WB，由功能關系得
WB＝－mvB′2，
根據題意可知WA＝WB，
設B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得
mvB′＝2mv，
聯立并代入數據解得v＝v0。
[答案]　v0
4．如圖所示，光滑水平地面上有一足夠長的木板，左端放置可視為質點的物體，其質量為m1＝1 kg，木板與物體間動摩擦因數μ＝0.1。二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右運動，木板與豎直墻碰撞時間極短，且沒有機械能損失。g取10 m/s2。
(1)如果木板質量m2＝3 kg，求物體相對木板滑動的最大距離；
(2)如果木板質量m2＝0.6 kg，求物體相對木板滑動的最大距離。
[解析]　(1)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，設向左為正方向，由動量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不會與豎直墻再次碰撞
由能量守恒定律
＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m。
(2)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，由動量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，將與豎直墻再次碰撞，最后木板停在豎直墻處
由能量守恒定律
＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m。
[答案]　(1)0.96 m　(2)0.512 m
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5．碰撞
第一章　動量與動量守恒定律
學習任務
1．了解碰撞的分類，知道彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。
2．能根據實際情況合理選取彈性碰撞或非彈性碰撞規律解決一維碰撞問題。
3．通過演示實驗探究彈性碰撞特點和規律。
4．感受不同碰撞類型的區別，培養學生的探究精神，體會用守恒定律分析物理問題的方法。
必備知識·自主預習儲備
知識點一　碰撞的分類
1．彈性碰撞：如果系統在碰撞過程中，系統______________，這類碰撞叫作__________。
2．非彈性碰撞：如果系統在碰撞后______________，這類碰撞叫作____________。
總機械能不變
彈性碰撞
總機械能減少
非彈性碰撞
提醒　在非彈性碰撞中，如果兩物體碰后粘在一起，以相同的速度運動，這種碰撞機械能損失最大，稱為完全非彈性碰撞。
知識點二　中子的發現
1．發現過程
中性粒子與質量已知的氫核和氮核分別發生碰撞，利用__________定律和__________定律，求出了中性粒子的質量，從而發現了中子。
動量守恒
能量守恒
2．正碰
一個運動的球與一個靜止的球碰撞，碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在____________上，碰撞之后兩球的速度仍會沿著這條直線。這種碰撞稱為______，也叫作______碰撞或一維碰撞。如圖所示。
同一條直線
正碰
對心
3．彈性正碰特點
(1)碰撞前兩物體的質量分別為m1、m2，速度分別為v1、v2，且v1≠0，v2＝0，碰撞后兩個物體的速度分別為v1′和v2′，則v1′＝________，v2′＝________。
(2)若m1＝m2的兩球發生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則v1′＝___，v2′＝____，即兩者碰撞后交換速度。
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝______，v2′＝0。表明m1被反向以________彈回，而m2仍靜止。
(4)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝____，v2′＝_____。表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。
0
v1
－v1
原速率
v1
2v1
思考　質量相等的兩小球碰撞后一定交換速度嗎？
提示：不一定。
體驗　1：思考辨析(正確的打√，錯誤的打×)
(1)發生碰撞的兩個物體，動量是守恒的。 (　　)
(2)發生碰撞的兩個物體，機械能是守恒的。 (　　)
(3)發生彈性正碰的兩物體，動量和機械能一定都守恒。 (　　)
(4)兩物體發生碰撞過程中，機械能可能增加。 (　　)
√
×
√
×
2：填空
如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態是A向_______運動，B向_______運動。
左
右
[解析]　選向右為正方向，則A的動量pA＝2mv0，B的動量pB＝
－2mv0。碰撞前A、B的動量之和為零，根據動量守恒，發生彈性碰撞后A、B的動量之和也應為零，因兩滑塊發生彈性碰撞，則碰撞后二者的速度不能為零，故碰撞后A、B一定反向運動，則A向左運動，B向右運動。
關鍵能力·情境探究達成
如圖所示為兩剛性擺球碰撞時的情景。
(1)兩球質量相等，將一球拉到某位置釋放，發現碰撞后，入射球靜止，被碰球上升到與入射球釋放時同樣的高度，說明了什么？
(2)若碰撞后兩球粘在一起，發現兩球上升的高度僅
是入射球釋放時的高度的四分之一，說明了什么？
提示：(1)兩球在最低點碰撞時，滿足動量守恒條件，二者組成系統動量守恒，入射球靜止，被碰球上升同樣的高度，說明該碰撞過程中機械能不變。
(2)碰撞中動量守恒，機械能不守恒。
考點1　碰撞的特點和規律
1．碰撞過程的五個特點
(1)時間特點：在碰撞現象中，相互作用的時間很短。
(2)相互作用力的特點：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大。
(3)動量的特點：系統的內力遠遠大于外力，所以系統即使所受合外力不為零，外力也可以忽略，系統的總動量守恒。
(4)位移特點：碰撞過程時間極短，在物體發生碰撞瞬間，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后仍在原位置。
(5)能量特點：碰撞前總動能Ek與碰撞后總動能Ek′滿足Ek≥Ek′。
2．碰撞的規律
(1)碰撞的種類及遵從的規律
種類 遵從的規律
彈性碰撞 動量守恒，機械能守恒
非彈性碰撞 動量守恒，機械能有損失
完全非
彈性碰撞 動量守恒，機械能損失最大
碰后速度相等(或成為一體)
(2)特殊的彈性碰撞——運動物體碰靜止物體
遵從的
規律
碰后結果
特殊情況 若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1
若m1 m2，則v1′＝v1，v2′＝2v1
若m1 m2，則v1′＝－v1，v2′＝0
角度1　彈性碰撞的分析與計算
【典例1】　如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質量為m2的小球發生碰撞，碰撞后兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球m2的速度大小v2。(重力加速度為g)
角度2　非彈性碰撞的分析與計算
【典例2】　如圖所示，在水平面上依次放置小物塊C和A以及曲面劈B，其中A與C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M＝3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，各接觸面均光滑。現讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起又滑上劈B。求：
(1)碰撞過程中系統損失的機械能；
(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。
思路點撥：解此題要注意物塊A與C在曲面B的最高點時，三者具有相同的速度。
規律方法　處理碰撞問題的幾個關鍵點
(1)選取動量守恒的系統：若有三個或更多個物體參與碰撞時，要合理選取所研究的系統。
(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。
(3)弄清碰撞過程中存在的關系：能量轉化關系、幾何關系、速度關系等。
[跟進訓練]
1．(2023·北京卷改編)如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經過P點后，其速度大小都增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發生第一次
彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。
忽略每次碰撞時間。求：
(1)球1第一次經過P點后瞬間向心力的大小；
(2)球2的質量。
2．(角度2)如圖所示，小物塊A、B的質量均為m ＝ 0.10 kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h ＝ 0.45 m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s＝0.30 m，重力加速度g取
10 m/s2。求：
(1)兩物塊在空中運動的時間t；
(2)兩物塊碰前A的速度v0的大小；
(3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。
[答案]　(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J
考點2　碰撞可能性的判斷
判斷碰撞過程是否存在的依據
1．滿足動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．滿足動能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3．速度要符合情景
(1)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，否則無法實現碰撞。碰撞后，若同向運動，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v前′≥v后′。
(2)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。
【典例3】　小球1追碰小球2，碰撞前兩球的動量分別為p1＝
5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，正碰后小球2的動量p2′＝10 kg·m/s，兩球的質量關系可能是(　　)
A．m2＝m1 B．m2＝2m1
C．m2＝4m1 D．m2＝6m1
√
[跟進訓練]
3．(多選)如圖所示，質量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久后A、B兩球發生了對心碰撞。對于該碰撞之后的A、B兩球速度的可能值，某實驗小組的同學們做了很多種猜測，下面的猜測結果可能正確的是(　　)
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
√
√
學習效果·隨堂評估自測
1．甲同學在辦公室外奔跑過程中突然與從辦公室出來的乙同學發生碰撞，碰撞前乙已處于靜止狀態，甲本能的伸直雙手對乙施加推力的同時手向胸口收，手收至胸口時甲乙恰好共速。碰撞過程若能忽略兩者與地面間在水平方向上的相互作用，則(　　)
A．甲的本能反應減少了甲對乙的沖量
B．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同
C．甲的動能減少量等于乙的動能增加量
D．甲對乙做的功小于乙對甲做的功
√
D　[甲的動量變化量未發生改變，因此甲的本能反應不能減少了甲對乙的沖量，故A錯誤；沖量是矢量，有方向，因此甲對乙的沖量與乙對甲的沖量不相同，故B錯誤；兩者的碰撞屬于完全非彈性碰撞，有能量損失，因此甲的動能減少量大于乙的動能增加量，故C錯誤；從兩人剛接觸到共速過程中，乙對地的位移小于甲對地的位移，因此甲對乙做的功小于乙對甲做的功，故D正確。故選D。]
2．如圖所示，質量為M的小車靜置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長，則木塊的最終速度大小和系統因摩擦產生的熱量分別為
(　　)
√
3．(新情境題，以冰壺運動為背景，考查碰撞問題)在冰壺比賽中，紅壺以0.4 m/s的速度正碰靜止的藍壺，然后紅壺以0.1 m/s的速度繼續向前滑向大本營中心。若兩冰壺質量相等，都為19 kg，則下列判斷正確的是(　　)
A．藍壺的速度為0.3 m/s，兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
B．藍壺的速度為0.3 m/s，兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
C．藍壺的速度為0.5 m/s，兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
D．藍壺的速度為0.5 m/s，兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
√
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．碰撞問題具有什么特點？
提示：相互作用時間短，相互作用力大，近似滿足動量守恒。
2．碰撞問題可分哪些類型？
提示：彈性碰撞和非彈性碰撞。
3．彈性碰撞的兩小球在什么情況下可以交換速度？
提示：質量相等的兩小球。
閱讀材料·拓寬物理視野
有趣的“牛頓搖籃”
“碰撞”在物理學中表現為兩粒子或物體間極短的相互作用。 碰撞前后參與物發生速度、動量或能量改變。完全彈性碰撞妙趣橫生、耐人尋味，是很特殊的一類碰撞。
“牛頓搖籃”又名牛頓擺，它是由若干個懸掛在框架上的小球組成(如圖所示)，小球之間要無縫隙，剛好接觸。因牛頓搖籃小球碰撞后擺動的樣子很像嬰兒的搖籃在擺動，所以大家把這個實驗道具起了一個有趣的名字叫牛頓搖籃。
牛頓搖籃　
牛頓擺是由法國物理學家伊丹·馬略特(Edme Mariotte)最早于1676年提出的。當擺動最右側的球并在回擺時碰撞緊密排列的另外四個球，最左邊的球將被彈出，并僅有最左邊的球被彈出。
問題
1．上述的碰撞現象是哪種類型的碰撞？
提示：彈性碰撞。
2．上述碰撞滿足什么規律？
提示：滿足動量守恒和動能守恒。
3．如圖所示，會出現什么情況？
提示：最外面的小球彈出，其他小球靜止。

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