一、碰撞问题: 完全弹性碰撞:碰撞时产生弹性形变,碰撞后形变完全消失,碰撞过程系统的动量和机械能均守恒。 完全非弹性碰撞:碰撞后物体粘结成一体或相对静止,即相互碰撞时产生的形变一点没有恢复,碰撞后相互作用的物体具有共同速度,系统动量守恒,但系统的机械能不守恒,此时损失的最多。 二、两类问题 1、完全非弹性碰撞 在光滑水平面上,质量为m1的物体以初速度v1去碰撞静止的物体m2,碰后两物体粘在一起。 碰撞时间极短,内力很大,故而两物体组成系统动量守恒。 碰后两物体速度相等,由动量守恒定律得: 由能量守恒定律得: 解得: 作用结束后,两物体具有共同的速度,为完全非弹性碰撞,此时系统动能损失最大。 2、完全弹性碰撞 在光滑水平面上,质量为m1的物体以初速度v0去碰撞静止的物体m2,碰后的m1速度是v1,m2的速度是v2,碰撞过程无机械能损失。
据动量守恒定律:
据能量守恒定律得:
解得:
对v1、v2分情况讨论:
①若
②若
③若
④若
⑤若
注意:上面讨论出的结果不能盲目乱搬乱用,应用的前提条件是:一个运动的物体去碰撞一个静止的物体,且是弹性碰撞。
拓展:设在光滑的水平面上质量为m1的小球以速度ν1去碰撞质量为m2、速度为ν2的小球发生弹性正碰,试求碰后两球的速度
根据动量守恒定律和动能守恒有:
可得:
三、碰撞及类碰撞过程的特点
(1)时间特点:在碰撞、爆炸等现象中,相互作用时间很短。
(2)相互作用力特点:在相互作用过程中,相互作用力先是急剧增大,然后再急剧减小,平均作用力很大
(3)动量守恒条件特点:系统的内力远远大于外力,所以系统即使所受外力之和不为零,外力也可以忽略,系统的总动量守恒
(4)位移特点:碰撞、爆炸是在一瞬间发生的,时间极短,所以在物体发生碰撞、爆炸的瞬间,可忽略物体的位移,可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。
(5)能量特点:碰撞过程中,一般伴随着机械能的损失,碰撞后系统的总能量要小于或等于碰撞前系统的总动能,即
(6)速度特点:碰后必须保证不穿透对方。
四、规律方法指导
1.几种碰撞的比较
弹性碰撞 | 非弹性碰撞 | ||
一般非弹性碰撞 | 完全非弹性碰撞 | ||
动量 | 守恒 | 守恒 | 守恒 |
动能 | 无动能损失 | 有动能损失 | 动能损失最大 |
2.解决碰撞问题中的三个依据
(1)动量守恒,即
(2)动能不增加,即
(3)速度要符合场景:
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
即
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。
例题精析
例1、在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,如图所示.小球A与小球B发生正碰后,小球A、B均向右运动.小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇,PQ=1.5 PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞,小球均可看成质点,求:
(1)两小球质量之比
(2)若小球A与小球B碰后的运动方向以及小球B反弹后与A相遇的位置均未知,两小球A、B质量满足什么条件,就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰.
解答:(1)两球发生弹性碰撞
系统动量守恒得:m1v0=m1v1+m2v2
能量守恒定律得:
从两球碰撞后到它们再次相遇
小球A和B通过的路程之比:s1∶s2=v1t∶v2t=1∶4,
联立解得
(2)由(1)中两式解得:v1=
若小球A碰后静止或继续向右运动,此时有v1≥0,即m1≥m2
若小球A碰后反向运动,第一次反弹后相碰需满足|v1|<|v2|
即
解得m1>
综上所述,只要小球A、B质量满足m1>
例2、如图所示,一轻质弹簧两端连着物体A和B,放在光滑的水平面上,物体A被水平速度为v0的子弹射中并且嵌入其中.已知物体B的质量为m,物体A的质量是m,子弹的质量是m.
①求弹簧压缩到最短时B的速度.
②弹簧的最大弹性势能.
解答:①当A、B速度相等时,弹簧的压缩量最大
从子弹射入A到弹簧压缩到最短时系统的动量守恒
由动量守恒定律得:mv0=(m+m+m)v,
解得:v=
②设子弹射入A时,时间很短,内力很大,A与子弹组成系统动量守恒由动量守恒定律得:mv0=(m+m)v1,
解得:v1=
弹簧的压缩量最大时,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律得:
EP=
解得:Ep=
答:①弹簧压缩到最短时B的速度为
②弹簧的最大弹性势能为
例3、如图所示,小球A的质量为mA=5kg,动量大小为pA=4kg·m/s,小球A在光滑水平面上向右运动,与静止的小球B发生弹性碰撞,碰后A的动量大小为pA′=1kg·m/s的,方向水平向右,则( )
A.碰后小球B的动量大小为pB=3kg·m/s
B.碰后小球B的动量大小为pB=5kg·m/s
C.小球B的质量为15kg
D.小球B的质量为5kg
解析:AB、由题意可知,小球A和小球B发生弹性碰撞,则碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:pA=pA′+pB,代入数据解得:pB=3kg·m/s,故A正确,B错误;
CD、两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA=mAvA′+mBvB
由机械能守恒定律得:
故选:A。
例4、质量相等的A、B两球在光滑水平面上,沿同一直线、同一方向运动,A球的动量pA=9kg·m/s,B球的动量pB=3kg·m/s,当A追上B时发生碰撞,则碰后A、B两球的动量可能值是( )
A.pA′=6kg·m/s,pB′=6kg·m/s
B.pA′=4kg·m/s,pB′=6kg·m/s
C.pA′=﹣6kg·m/s,pB′=18kg·m/s
D.pA′=2kg·m/s,pB′=10kg·m/s
解析:设两球质量均为m,碰前总动量p=pA+pB=9kg·m/s+3kg·m/s=12kg·m/s,根据动能与动量的关系可知:碰前总动能Ek=
A、若pA′=6kg·m/s,pB′=6kg·m/s,碰后总动量p'=pA+pB=6kg·m/s+6kg·m/s=12kg·m/s,碰后总动能E'k=
B、若pA′=4kg·m/s,pB′=6kg·m/s,碰后总动量p'=pA+pB=4kg·m/s+6kg·m/s=10kg·m/s,不符合动量守恒,故B错误;
C、若pA′=﹣6kg·m/s,pB′=18kg·m/s,碰后总动量p'=pA+pB=﹣6kg·m/s+18kg·m/s=12kg·m/s,碰后总动能E'k=
D、若pA′=2kg·m/s,pB′=10kg·m/s,碰后总动量p'=pA+pB=2kg·m/s+10kg·m/s=12kg·m/s,碰后总动能E'k=
故选:A。
例5、在光滑水平面上沿一直线运动的甲、乙两小球,动量大小相等,质量之比为1:5,两小球发生正碰后,甲、乙两球的动量大小之比为1:11,则甲球在碰撞前、后的速度大小之比可能是( )
A.7:1
B.5:1
C.10:1
D.11:5
解析:两球发生正碰,碰撞过程系统动量守恒,设碰前甲乙的动量均为p0,则总动量为2p0。
若碰后若甲乙运动方向相同,设碰后甲的动量为p1,以碰撞前动量方向为正方向,由动量守恒定律得:p1+11p1=2p0
解得:
甲球在碰撞前、后的速度大小之比是:
若碰后若甲乙运动方向相反,以碰撞前甲的动量方向为正方向,由动量守恒定律得:﹣p1+11p1=2p0
解得
则此时甲球在碰撞前、后的速度大小之比是
故选:B。
例6、如图所示,两单摆摆长相同,平衡时两摆球刚好接触,现将摆球A、B在两摆球所在平面内向左、右拉起至高度hA、hB后释放,两小球恰在最低点发生弹性碰撞;碰撞后,摆球A摆回到最高点的高度仍然为hA。摆球A、B的质量分别为2m、3m,则hA:hB等于( )
A.9:4
B.3:2
C.1:1
D.9:16
解析:小球下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:
对A球:2mghA=
对B球:3mhB=
两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,
以向右为正方向,由动量守恒定律得:2mvA﹣3mvB=2mvA′+3mvB′
由机械能守恒定律得:
碰撞后A上摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:
解得:hA:hB=9:4,故A正确,BCD错误。
故选:A。
例7、如图所示,五个等大的小球B、C、D、E、F,沿一条直线静放在光滑水平面上,另一等大小球A沿该直线以速度v向B球运动,小球间若发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量均为2m,而A、F两球质量均为m,则所有碰撞结束后,小球F的速度大小为( )
A.v
B.
C.
D.
解析:小球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,
以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv=mvA+2mvB
由机械能守恒定律得:
解得:vA=﹣
两质量相等的球发生弹性碰撞,由动量守恒定律与机械能守恒定律可知,碰撞后两球速度互换,
即B与C碰撞后B的速度为零,C以
E、F碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,
由动量守恒定律得:2mvE=2mvE′+mvF
由机械能守恒定律得:
解得:vF=
故选:D。
例8、如图所示,光滑水平面上有大小相同、质量均为m=3kg的A、B、C三个小球,小球A以速度v0=4m/s向左运动,与静止不动右端有一轻弹簧的小球B发生对心碰撞,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短,碰撞后小球A与弹簧不粘连,则下列说法正确的是( )
A.弹簧最短时,三个小球共同速度的大小为1m/s
B.从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小为4N·s
C.从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为6J
D.小球B与小球C碰撞之前,小球A、B共同速度的大小为3m/s
解析:A、弹簧最短时三个小球速度相等,设大小为v,三个小球组成的系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:mv0=3mv,代入数解得:v=
B、由动量定理可知,从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小I=mv=3×
D、小球B与小球C碰撞前瞬间,设A、B的共同速度为v1,A、B系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:mv0=2mv1,代入数据解得:v1=2m/s,故D错误;
C、从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能等于B、C碰撞过程损失的机械能(设为ΔE),设B和C碰撞后的速度大小为v2,取向左为正方向,根据动量守恒定律可得:mv1=2mv2
由能量守恒定律得:
代入数据解得:ΔE=3J,故C错误。
故选:B。
例9、在光滑水平地面上,有两个质量分别为m1、m2的小物体,运动1s后发生正碰,碰撞时间极短,碰后两物体粘在一起,两物体碰撞前后的x﹣t图像如图所示.以下判断正确的是( )
A.m1:m2=1:1
B.m1:m2=2:1
C.碰撞前后m2的动量不变
D.碰撞前后两物体的总机械能不变
解析:AB、根据x﹣t图象的斜率等于速度,可知碰撞前两物体的速度分别为:v1=
m1v1+m2v2=(m1+m2) v
代入数据解得m1:m2=1:1
故A正确,B错误;
C、碰撞前m2的速度为﹣3m/s,碰撞后m2的速度为1.5m/s,大小和方向都发生了变化,则其动量大小和方向也都发生了变化,故C错误;
D、碰撞前后两物体的总机械能减小量为:ΔE=
代入数据解得:ΔE=37.125m2,故D错误。
故选:A。
例10、甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A.3J
B.4J
C.5J
D.6J
解析:令乙的质量为M,碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2,
碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4,
碰撞过程中动量守恒,则mv1+Mv2=mv3+Mv4,
即1×5.0+M×1.0=1×(﹣1.0)+M×2.0,
解得M=6kg,
则碰撞过程两物块损失的机械能△E=
故选:A。
(多选)例11、如图所示,带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上,斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放,滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动,再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m,斜劈A的圆弧轨道半径为R,重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点,则下列说法正确的是( )
A.滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中,A对D的支持力做功为﹣
B.与滑块B碰撞前瞬间,滑块D的速度大小为
C.滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为
D.滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为
解析:涉及动量守恒定律,取向右为正方向。
A、滑块D在A上滑动时,A与D组成的系统水平方向上动量守恒,且系统机械能守恒。
则当D滑到水平地面上时,根据动量守恒定律可得:mvD﹣mvA=0
根据机械能守恒定律可得:mgR=
两式联立解得A、D分离时的速度大小为:vD=vA=
下滑过程对D由动能定理得:
解得:W=﹣
B、滑块D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小,为
C、滑块B与C碰撞过程中,B、C、D组成的系统动量守恒,有2mvB=3mvC
则B与C碰撞后的速度大小为:vC=
D、滑块D与B碰撞过程动量守恒,有:mvD=2mvB
则碰撞后B、D整体的速度大小为:vB=
损失的机械能ΔE=
计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能ΔE=
故选:AD。
(多选)例12、如图所示,A、B两个小球(可视为质点),间隙极小,两球球心连线竖直,从离地面高度H处以相同的初速度v0=
A.A、B两球的质量之比为1:3
B.A、B两球的质量之比为1:2
C.碰后A球上升的最大高度为8H
D.碰后A球上升的最大高度为16H
解析:AB、设A球的质量为M,B球的质量为m,球下落过程只有重力做功,机械能守恒,应用机械能守恒定律得:
CD、由于m=3M,则碰撞后A球的速度大小vA=4
故选:AC。
(多选)例13、如图所示,形状相同且足够长的木板A、B静止在光滑水平面上,物块C静止在B的右侧。某时刻木板A以水平向右的速度v与木板B发生弹性碰撞。碰撞时间极短可不计。若A、B、C的质量分别为km、m、
A.A、B碰撞后A将水平向左运动
B.A、B、C构成的系统在整个过程中动量守恒,机械能不守恒
C.A、B碰撞后一定不会发生第二次碰撞
D.A、B碰撞后仍可能会再次发生碰撞
解析:A、两木板A、B发生弹性碰撞,碰撞时间极短可不计,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,
以向右为正方向,由动量守恒定律得:kmv=kmvA+mvB,
由机械能守恒定律得:
解得:vA=
B、A、B、C组成的系统所受合外力为零系统动量守恒,由于B、C间粗糙,C相对于B滑动时要克服摩擦力转化为内能,系统机械能不守恒,故B正确;
CD、A、B碰撞后A做匀速直线运动,B做减速直线运动,当B、C速度相等时B、C一起做匀速直线运动,如果碰撞后A向右运动,如果A的速度大于B、C的共同速度时,A、B将发生二次碰撞,因此A、B碰撞后仍有可能发生二次碰撞,故C错误,D正确。
故选:BD。
(多选)例14、如图所示,一块质量为M的木板停在光滑的水平面上,木板的左端有挡板,挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度υ0从木板的右端开始向左运动,与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内),最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量,可以求出( )
A.弹簧的劲度系数
B.弹簧的最大弹性势能
C.木板和小物块之间的动摩擦因数
D.木板和小物块组成的系统最终损失的机械能
解析:小木块m与长木板M构成的系统动量守恒,设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律,
小木块从开始位置滑动到最左端的过程,
mv0=(m+M)v1
小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程,
mv0=(m+M)v2
解得
v1=
v2=
小木块滑动到最左端的过程中,由能量守恒定律,
Epm+Q+
Q=fL④
小木块从开始滑动到最右端的过程中,由能量守恒定律,
Q′+
Q′=f(2L)⑥
由①~⑥式,可以解出Epm、Q′,故BD正确;
由于缺少弹簧的压缩量和木板长度,无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力,故AC错误;
故选:BD。
例15、如图所示,在光滑水平面上有A,B,C三个大小相同的弹性小球静止地排成一直线。已知A球质量是为m,B球质量为3m,C球质量为2m。现使A球沿三球球心连线以速度v0冲向B球。假设三球间的相互作用都是弹性碰撞。试求三球不再发生相互作用时每个球的速度。
解析:设小球A与B发生碰撞后速度分别为vA、vB,
因为是弹性碰撞,
由动量守恒和动能守恒得
mv0=mvA+3mvB
代入数据解得
此后B球以速度vB与C球发生碰撞,
设碰撞后速度分别为vB′、vC,
因为是弹性碰撞,
由动量守恒和动能守恒得
3mvB=﹣3mvB+2mvC
代入数据解得
此后三球不会在碰撞
故三球不再发生相互作用时速度分别为﹣
例16、如图所示,在光滑的水平桌面上有一质量mC=5kg的长木板C,它的两端各有一块挡板。在板的正中央并排放着两个滑块A和B,它们的质量分别为mA=1kg,mB=4kg。A、B间有一个被压缩的轻质弹簧。开始时A、B、C均处于静止,突然松开弹簧,在极短的时间内弹簧将A、B弹出,A以vA=6m/s的速率水平向左滑动。两滑块与挡板碰后都与挡板结成一体,且与挡板碰撞时间极短。不计A、B和C间的摩擦。
求:
(1)B被弹出时的速度vB;
(2)弹簧松开前的弹性势能EP;
(3)当两个滑块都与挡板碰撞后,板C的速度vC。
解:(1)以A、B为研究对象,对其受力分析,合外力为零,动量守恒。
取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得:
0=mAvA+mBvB
代入数据求得:vB=﹣1.5m/s
方向水平向右
(2)弹簧松开的过程中,只有弹簧的弹力做功,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒。
根据机械能守恒定律有:
代入数据,求出弹簧的弹性势能EP=22.5J
(3)以A、B、C为研究对象,经受力分析,系统动量守恒。
根据动量守恒定律有:
0=(mA+mB+mC)vC
代入数据得:vC=0
答:(1)B被弹出时的速度为﹣1.5m/s。
(2)弹簧松开前的弹性势能为22.5J。
(3)当两个滑块都与挡板碰撞后,板C的速度为0。
例17、一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A,另一端挂在光滑水平轴O上,O到小球的距离为L=0.1m,小球跟水平面接触,但无相互作用,在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板,如图所示水平距离s=2m,动摩擦因数为μ=0.25.现有一滑块B,质量也为m=0.05kg,从斜面上高度h=5m处滑下,与小球发生弹性正碰,与挡板碰撞时不损失机械能。若不计空气阻力,并将滑块和小球都视为质点,(g取10m/s2,结果用根号表示),试问:
(1)求滑块B与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度。
(2)求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力。
(3)滑块B与小球碰撞后,小球在竖直平面内做圆周运动,求小球做完整圆周运动的次数。
解析:(1)滑块将要与小球发生碰撞时速度为v1,碰撞后速度为v1′,小球速度为v2。
根据能量守恒定律,得
解得
A、B发生弹性碰撞,由动量守恒,得到:mv1=mv1′+mv2
由能量守恒定律,得到:
解得:
即滑块B与小球第一次碰前的速度为
(2)对A求,碰撞后的瞬间,有
解得T=48N
即滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N。
(3)小球刚能完成一次完整的圆周运动,它到最高点的速度为v0,则有
小球从最低点到最高点的过程机械能守恒,设小球在最低点速度为v,根据机械能守恒有
解得
滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为
解得
s′=19m
小球做完整圆周圆周运动的次数
即小球做完整圆周运动的次数为10次。
例18、质量为M的小车静止于光滑的水平面上,小车的上表面和1/4圆弧的轨道均光滑,如图所示,一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车,当小球返回左端脱离小车时,下列说法中正确的是( )
A. 小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B. 小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C. 小球可能沿水平方向向右做平抛运动
D. 小球可能做自由落体运动
解析:小球滑上小车,又返回,到离开小车的整个过程,系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向.
根据动量守恒定律得:mv0=Mv+mv′
再根据系统机械能守恒有:
联列解得:
如果m<M,v′与v0方向相反,小球离开小车后向左做平抛运动;
如果m=M,v′=0,小球离开小车后做自由落体运动;
如果m>M,v′与v0方向相同,小球离开小车后向右做平抛运动.故A错误,BCD正确.
故选:BCD
例19、如图,质量为M的障碍物静放在水平光滑地面上,一质量
答案:
解析:由于水平方向不受外力作用,系统在水平方向上动量守恒,可以求出两者共同的末速v(因为最后运行到最高点时,两者的速度相同):mv0=(m+M)v 。再用能量守恒定律:初动能=末动能+小球势能变化,可以求出小球上升高度h。
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