《高中物理 第十六章 第4節(jié)《碰撞》課件 新人教版物理選修35》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理 第十六章 第4節(jié)《碰撞》課件 新人教版物理選修35（70頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、一、全面系統(tǒng)的理解碰撞問題一、全面系統(tǒng)的理解碰撞問題1.1.碰撞概念的理解：相對運動的物體相遇，在極短時間內，碰撞概念的理解：相對運動的物體相遇，在極短時間內，通過相互作用，運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程叫碰撞通過相互作用，運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程叫碰撞. .2.2.碰撞的廣義理解：物理學里所研究的碰撞，包括的范圍很碰撞的廣義理解：物理學里所研究的碰撞，包括的范圍很廣，只要通過短時間作用，物體的動量發(fā)生了明顯的變化，廣，只要通過短時間作用，物體的動量發(fā)生了明顯的變化，都可視為碰撞都可視為碰撞. .例如：兩個小球的撞擊，子彈射入木塊，系在例如：兩個小球的撞擊，子彈射入木塊，系在繩子兩端的物體將松弛
2、的繩子突然拉直，鐵錘打擊釘子，列繩子兩端的物體將松弛的繩子突然拉直，鐵錘打擊釘子，列車車廂的掛接，中子轟擊原子核等均可視為碰撞問題車車廂的掛接，中子轟擊原子核等均可視為碰撞問題. .需注意需注意的是必須將發(fā)生碰撞的雙方的是必須將發(fā)生碰撞的雙方( (如兩小球、子彈和木塊、鐵錘和如兩小球、子彈和木塊、鐵錘和釘子、中子和原子核等釘子、中子和原子核等) )包括在同一個系統(tǒng)中，才能對該系統(tǒng)包括在同一個系統(tǒng)中，才能對該系統(tǒng)應用動量守恒定律應用動量守恒定律. .3.3.碰撞過程的理解：碰撞過程的理解：(1)(1)碰撞物體間的作用力碰撞物體間的作用力( (系統(tǒng)內力系統(tǒng)內力) )：在極短時間內，作用力：在極短時
3、間內，作用力從零變到很大，又迅速變?yōu)榱?，其平均值很大從零變到很大，又迅速變?yōu)榱悖淦骄岛艽? .(2)(2)碰撞過程受到的外力：即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合力不等碰撞過程受到的外力：即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合力不等于零，比如重力、摩擦力等外力遠小于內力，由于內力遠大于零，比如重力、摩擦力等外力遠小于內力，由于內力遠大于外力，作用時間又很短，所以外力的作用可忽略，認為系于外力，作用時間又很短，所以外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的統(tǒng)的動量是守恒的. .(3)(3)碰撞過程中的機械能：若碰撞過程中沒有其他形式的能轉碰撞過程中的機械能：若碰撞過程中沒有其他形式的能轉化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能
4、不可能大于碰前系統(tǒng)機化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大于碰前系統(tǒng)機械能械能. .(4)(4)碰撞過程對應的時間和位移：碰撞、爆炸過程是在一瞬間碰撞過程對應的時間和位移：碰撞、爆炸過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，各物體作用前后各種動量變化顯著，所發(fā)生的，時間極短，各物體作用前后各種動量變化顯著，所以，在物體發(fā)生碰撞、爆炸的瞬間，為了處理問題方便，可以，在物體發(fā)生碰撞、爆炸的瞬間，為了處理問題方便，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置忽略物體的位移，認為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置以新的速度開始運動以新的速度開始運動. .4.4.碰撞應滿足的條件：這些條件也是列方程的依
5、據碰撞應滿足的條件：這些條件也是列方程的依據. .在所給的條件不足的情況下，碰撞結果有各種可能，但不管在所給的條件不足的情況下，碰撞結果有各種可能，但不管哪種結果必須同時滿足以下三條：哪種結果必須同時滿足以下三條：(1)(1)動量守恒，即動量守恒，即p p1 1+p+p2 2=p=p1 1+p+p2 2.(2)(2)動能不增加，即動能不增加，即E Ek1k1+E+Ek2k2EEk1k1+E+Ek2k2或或222212121212pppp.2m2m2m2m(3)(3)速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運動，則后面物體的速度要符合情景：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，
6、即速度必大于前面物體的速度，即v v后后v v前前，否則無法實現碰撞，否則無法實現碰撞. .碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體碰撞后，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的速度大于或等于原來在后的物體的速度. .即即v v前前vv后后，否，否則碰撞沒有結束則碰撞沒有結束. .如果碰前兩物體是相向運動，則碰后，兩物體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. .5.5.三種碰撞類型的特點：對于彈性碰撞，碰撞前后無動能損三種碰撞類
7、型的特點：對于彈性碰撞，碰撞前后無動能損失；對于非彈性碰撞，碰撞前后有動能損失；對于完全非彈失；對于非彈性碰撞，碰撞前后有動能損失；對于完全非彈性碰撞，碰撞前后動能損失最大性碰撞，碰撞前后動能損失最大. .(1)(1)彈性碰撞：碰撞過程中不僅動量守恒，而且機械能守恒，彈性碰撞：碰撞過程中不僅動量守恒，而且機械能守恒，碰撞前后系統(tǒng)動能相等碰撞前后系統(tǒng)動能相等. .同時，在碰撞問題中常做動量和動能同時，在碰撞問題中常做動量和動能的換算的換算. .(2)(2)非彈性碰撞非彈性碰撞: :碰撞過程中動量守恒，碰撞結束后系統(tǒng)動能碰撞過程中動量守恒，碰撞結束后系統(tǒng)動能小于碰撞前系統(tǒng)動能小于碰撞前系統(tǒng)動能.
8、.減少的動能轉化為其他形式的能量減少的動能轉化為其他形式的能量. .(3)(3)完全非彈性碰撞：完全非彈性碰撞： 碰撞過程中動量守恒，碰撞結束后兩碰撞過程中動量守恒，碰撞結束后兩物體結合為一整體以相同的速度運動，系統(tǒng)動能損失最大物體結合為一整體以相同的速度運動，系統(tǒng)動能損失最大. .(1)(1)當遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題，不管碰撞環(huán)當遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題，不管碰撞環(huán)境如何，要首先想到利用動量守恒定律境如何，要首先想到利用動量守恒定律. .(2)(2)對心碰撞是同一直線上的運動過程，只在一個方向上列動對心碰撞是同一直線上的運動過程，只在一個方向上列動量守恒方程即可，此時應注意速度正、負號的選
9、取量守恒方程即可，此時應注意速度正、負號的選取. .【典例典例1 1】(2010(2010全國高考全國高考)小球小球A A和和B B的質量分別為的質量分別為m mA A和和m mB B且且m mA Am mB B，在某高度處將，在某高度處將A A和和B B先后從靜止釋放先后從靜止釋放. .小球小球A A與水平與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處下方與釋放處距離為地面碰撞后向上彈回，在釋放處下方與釋放處距離為H H的地方的地方恰好與正在下落的小球恰好與正在下落的小球B B發(fā)生正碰，設所有碰撞都是彈性的，發(fā)生正碰，設所有碰撞都是彈性的，碰撞時間極短碰撞時間極短. .求小球求小球A A、B B碰撞后碰
10、撞后B B上升的最大高度上升的最大高度. . 【解題指導解題指導】兩球從同一高度釋放，碰撞時兩球必然處兩球從同一高度釋放，碰撞時兩球必然處于同一位置，根據自由落體的規(guī)律，小球于同一位置，根據自由落體的規(guī)律，小球A A與與B B碰撞前的速度碰撞前的速度大小相等，方向相反，發(fā)生彈性正碰，滿足動量守恒、能量大小相等，方向相反，發(fā)生彈性正碰，滿足動量守恒、能量守恒，碰后的情況可以對小球守恒，碰后的情況可以對小球B B運用運動學公式進行求解運用運動學公式進行求解. .【標準解答標準解答】根據題意，由運動學規(guī)律可知，小球根據題意，由運動學規(guī)律可知，小球A A與與B B碰撞碰撞前的速度大小相等，均設為前的速
11、度大小相等，均設為v v0 0，由機械能守恒有，由機械能守恒有: : 設小球設小球A A與與B B碰撞后的速度分別為碰撞后的速度分別為v v1 1和和v v2 2，以豎直向上方向為，以豎直向上方向為正，據動量守恒定律有：正，據動量守恒定律有：m mA Av v0 0+m+mB B(-v(-v0 0)=m)=mA Av v1 1+m+mB Bv v2 2 由于兩球碰撞過程中能量守恒，故：由于兩球碰撞過程中能量守恒，故：2AA01m gHm v2 聯立式得：聯立式得： 設小球設小球B B能上升的最大高度為能上升的最大高度為h h，由運動學公式有：，由運動學公式有： 由式得：由式得： 答案答案： 2
12、222A0B0A1B21111m vm vm vm v2222AB20AB3mmvvmm22vh2g2ABAB3mmh() Hmm2ABAB3mm() Hmm【規(guī)律方法規(guī)律方法】處理碰撞問題應把握好三個基本原則處理碰撞問題應把握好三個基本原則在碰撞過程中，系統(tǒng)的總動能不可能增加，如果是彈性碰撞，在碰撞過程中，系統(tǒng)的總動能不可能增加，如果是彈性碰撞，碰撞前后總動能不變，如果是非彈性碰撞，則有部分動能轉碰撞前后總動能不變，如果是非彈性碰撞，則有部分動能轉化為內能，系統(tǒng)總動能減少化為內能，系統(tǒng)總動能減少. .其中碰后結合為一體的情形，損其中碰后結合為一體的情形，損失的動能最多失的動能最多. .所以，
13、在處理碰撞問題時，通常要抓住三項基所以，在處理碰撞問題時，通常要抓住三項基本原則：本原則：1.1.碰撞過程中動量守恒原則；碰撞過程中動量守恒原則；2.2.碰撞后總動能不增加原則；碰撞后總動能不增加原則；3.3.碰撞后狀態(tài)的合理性原則碰撞后狀態(tài)的合理性原則( (碰撞過程的發(fā)生必須符合客觀實碰撞過程的發(fā)生必須符合客觀實際際).).比如追及碰撞：碰后在前面運動的物體速度一定增加，比如追及碰撞：碰后在前面運動的物體速度一定增加，若碰后兩物體同向運動，后面的物體速度一定不大于前面物若碰后兩物體同向運動，后面的物體速度一定不大于前面物體的速度體的速度. .【變式訓練變式訓練】甲、乙兩鐵球質量分別是甲、乙兩
14、鐵球質量分別是m m1 1=1 kg=1 kg，m m2 2=2 kg=2 kg，在，在光滑平面上沿同一直線運動光滑平面上沿同一直線運動, ,速度分別是速度分別是v v1 1=6 =6 m/sm/s、v v2 2=2 =2 m/sm/s. .甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是( )( )A.vA.v1 1=7 =7 m/sm/s，vv2 2=1.5 =1.5 m/sm/sB.vB.v1 1=2 =2 m/sm/s，vv2 2=4 =4 m/sm/sC.vC.v1 1=3.5 =3.5 m/sm/s，vv2 2=3 =3 m/sm/sD.vD.v1 1=
15、4 =4 m/sm/s，vv2 2=3 =3 m/sm/s【解析解析】選選B.B.選項選項A A和和B B均滿足動量守恒條件，但選項均滿足動量守恒條件，但選項A A碰后總碰后總動能大于碰前總動能，選項動能大于碰前總動能，選項A A錯誤、錯誤、B B正確；選項正確；選項C C不滿足動量不滿足動量守恒條件，錯誤；選項守恒條件，錯誤；選項D D滿足動量守恒條件，且碰后總動能小滿足動量守恒條件，且碰后總動能小于碰前總動能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，選于碰前總動能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，選項項D D錯誤錯誤. .故應選故應選B.B. 【變式備選變式備選】質量為質量為M M的物塊以
16、速度的物塊以速度v v運動，與質量為運動，與質量為m m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等. .兩者質量兩者質量之比之比M/mM/m可能為可能為( )( )A.2 B.3 C.4 D.5A.2 B.3 C.4 D.5【解析解析】選選A A、B.B.設碰撞后質量為設碰撞后質量為M M的物塊與質量為的物塊與質量為m m的物塊速的物塊速度分別為度分別為v v1 1、v v2 2, ,由動量守恒定律得由動量守恒定律得MvMv=Mv=Mv1 1+mv+mv2 2 由能量關系得由能量關系得 由已知條件得由已知條件得MvMv1 1=mv=mv2 2 22
17、212111MvMvmv222、聯立可得、聯立可得v=2vv=2v1 1、聯立消去、聯立消去v v、v v1 1、v v2 2, ,整理得整理得故選項故選項A A、B B正確正確. .M3m二、正確區(qū)分爆炸與碰撞的異同點二、正確區(qū)分爆炸與碰撞的異同點 (1)(1)在碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒，但機在碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不一定守恒械能不一定守恒.(2).(2)在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒，機械在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒，機械能一定不守恒能一定不守恒.(3).(3)宏觀物體碰撞時一般相互接觸，微觀粒子宏觀物體碰撞時一般相互接觸，微觀粒子的碰撞不一定接觸，但只要符合碰撞的特點，就可
18、認為是發(fā)的碰撞不一定接觸，但只要符合碰撞的特點，就可認為是發(fā)生了碰撞，可以用動量守恒的規(guī)律分析求解生了碰撞，可以用動量守恒的規(guī)律分析求解. .【典例典例2 2】(2011(2011廣州高二檢測廣州高二檢測) )在光滑的水平面上，質量為在光滑的水平面上，質量為m m1 1的小球的小球A A以速度以速度v v0 0向右運動向右運動. .在小球在小球A A的前方的前方O O點有一質量為點有一質量為m m2 2的小球的小球B B處于靜止狀態(tài)處于靜止狀態(tài), ,如圖所示如圖所示. .小球小球A A與小球與小球B B發(fā)生正碰后小發(fā)生正碰后小球球A A、B B均向右運動均向右運動. .小球小球B B被在被在Q
19、 Q點處的墻壁彈回后與小球點處的墻壁彈回后與小球A A在在P P點相遇點相遇,PQ=1.5PO.,PQ=1.5PO.假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞撞都是彈性碰撞, ,求兩小球質量之比求兩小球質量之比m m1 1/m/m2 2 . . 【解題指導解題指導】求解此題應把握以下三點：求解此題應把握以下三點：【標準解答標準解答】從兩小球碰撞后到它們再次相遇從兩小球碰撞后到它們再次相遇, ,小球小球A A和和B B速度速度大小保持不變大小保持不變. .根據它們通過的路程之比為根據它們通過的路程之比為14,14,可知小球可知小球A A和和小球小球B
20、B在碰撞后的速度大小之比為在碰撞后的速度大小之比為14.14.設碰撞后小球設碰撞后小球A A和和B B的的速度分別為速度分別為v v1 1和和v v2 2, ,在碰撞過程中動量守恒在碰撞過程中動量守恒, ,碰撞前后動能相等碰撞前后動能相等: :解得解得m m1 1/m/m2 2=2=2答案：答案：2 2 222101122101122111m vm vm vm vm vm v222，【規(guī)律方法規(guī)律方法】 處理碰撞問題的思路處理碰撞問題的思路(1)(1)對一個給定的碰撞對一個給定的碰撞, ,首先要看動量是否守恒首先要看動量是否守恒, ,其次再看總動其次再看總動能是否增加能是否增加. .(2)(2
21、)一個符合實際的碰撞一個符合實際的碰撞, ,除動量守恒外還要滿足能量守恒除動量守恒外還要滿足能量守恒, ,注注意碰撞完成后不可能發(fā)生二次碰撞的速度關系判定意碰撞完成后不可能發(fā)生二次碰撞的速度關系判定. .(3)(3)要靈活運用要靈活運用 幾個關幾個關系轉換動能、動量系轉換動能、動量. .2kkkk2Ep1Ep2mEEpvp2m2v或；或【變式訓練變式訓練】如圖所示，如圖所示，abcabc是光滑的軌道，其中是光滑的軌道，其中abab是水平是水平的，的，bcbc為與為與abab相切的位于豎直平面內的半圓，半徑相切的位于豎直平面內的半圓，半徑R=0.30 m.R=0.30 m.質量質量m=0.20
22、kgm=0.20 kg的小球的小球A A靜止在軌道上，另一質量靜止在軌道上，另一質量M=0.60 kgM=0.60 kg、速度為速度為v v0 0=5.5 =5.5 m/sm/s的小球的小球B B與小球與小球A A正碰正碰. .已知相碰后小球已知相碰后小球A A經經過半圓的最高點過半圓的最高點c c落到軌道上距落到軌道上距b b點為點為 處，重力加速處，重力加速度度g g取取10 m/s10 m/s2 2，求：碰撞結束時，小球，求：碰撞結束時，小球A A和和B B的速度的大小的速度的大小. .L4 2R【解析解析】A A球平拋，球平拋，故：故：由機械能守恒知：由機械能守恒知：得碰撞結束時，小球
23、得碰撞結束時，小球A A速度：速度：v vA A=6 =6 m/sm/s由動量守恒：由動量守恒：MvMv0 0= =mvmvA A+Mv+MvB B小球小球B B速度：速度：v vB B=3.5 =3.5 m/sm/scc4RLv tvg，cgvL4R22cA11mv2mgRmv22， 【變式備選變式備選】如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B B上，另一端與滑塊上，另一端與滑塊C C接觸但不連接，該整體靜止在光滑水平地接觸但不連接，該整體靜止在光滑水平地面上，并且面上，并且C C被鎖定在地面上被鎖定在地面上. .現有一滑塊現有一滑塊A A從光滑曲面上離地從
24、光滑曲面上離地面面h h高處由靜止開始下滑，與滑塊高處由靜止開始下滑，與滑塊B B發(fā)生碰撞并粘連在一起壓發(fā)生碰撞并粘連在一起壓縮彈簧，當速度減為碰后速度一半時滑塊縮彈簧，當速度減為碰后速度一半時滑塊C C解除鎖定解除鎖定. .已知已知m mA A= =m,mm,mB B=2m,m=2m,mC C=3m.=3m.求：求：(1)(1)滑塊滑塊A A與滑塊與滑塊B B碰撞結束瞬間的速度；碰撞結束瞬間的速度；(2)(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能被壓縮彈簧的最大彈性勢能. .【解析解析】(1)(1)滑塊滑塊A A下滑過程中機械能守恒，設下滑過程中機械能守恒，設A A到達水平面時到達水平面時速度為速度為v
25、 v1 1, ,由機械能守恒定律有由機械能守恒定律有A A、B B碰撞過程中動量守恒，設滑塊碰撞過程中動量守恒，設滑塊A A與滑塊與滑塊B B碰撞結束瞬間的碰撞結束瞬間的速度為速度為v v2 2, ,由動量守恒定律有由動量守恒定律有2AA111m ghm v ,v2gh2解得A1A1AB22ABm v1m vmmv ,v2ghmm3解得(2)(2)滑塊滑塊C C解除鎖定后，滑塊解除鎖定后，滑塊A A、B B繼續(xù)壓縮彈簧，被壓縮彈簧繼續(xù)壓縮彈簧，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊的彈性勢能最大時，滑塊A A、B B、C C速度相等，設為速度速度相等，設為速度v v3 3, ,由由動量守恒定律有：動
26、量守恒定律有： 故故 滑塊滑塊A A、B B發(fā)生碰撞后到彈簧壓縮最大，發(fā)生碰撞后到彈簧壓縮最大，A A、B B、C C及彈簧組成的及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律有：系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律有：答案：答案：(1) (2)(1) (2)2ABABC3vmmmmmv .23211vv2gh.41222pmaxAB2ABC3pmax117Emmvmmmv Emgh.222412gh37mgh24【典例典例】如圖所示，在質量為如圖所示，在質量為M M的小車上掛有一單擺，擺球的的小車上掛有一單擺，擺球的質量為質量為m m0 0，小車，小車( (和單擺和單擺) )以固定的速度以固定的速
27、度v v沿光滑水平地面運動，沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為與位于正對面的質量為m m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短. .在此碰撞過程中，下列哪些說法可能發(fā)生在此碰撞過程中，下列哪些說法可能發(fā)生( )( )A.A.小車、木塊、擺球的速度均發(fā)生變化，分別變?yōu)樾≤?、木塊、擺球的速度均發(fā)生變化，分別變?yōu)関 v1 1、v v2 2、v v3 3滿足滿足(M+m(M+m0 0)v=Mv)v=Mv1 1+mv+mv2 2+m+m0 0v v3 3B.B.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)閿[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関 v1 1、v v2 2，滿足，滿足M
28、vMv=Mv=Mv1 1+mv+mv2 2C.C.擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)閿[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関v，滿足，滿足MvMv=(=(M+m)vM+m)vD.D.小車和擺球的速度均變?yōu)樾≤嚭蛿[球的速度均變?yōu)関 v1 1，木塊的速度變?yōu)椋緣K的速度變?yōu)関 v2 2，滿足，滿足(M+m(M+m0 0)v=(M+m)v=(M+m0 0)v)v1 1+mv+mv2 2【解題指導解題指導】注意題目要求分析的是碰撞過程中的情況，至注意題目要求分析的是碰撞過程中的情況，至于碰撞結束以后的物體間的作用情況不在問題之列，碰撞過于碰撞結束以后的物體間的作用情況不在問題之列，碰撞過程中動量守
29、恒，由于碰撞時間很短，在碰撞瞬間擺球沒有參程中動量守恒，由于碰撞時間很短，在碰撞瞬間擺球沒有參與碰撞與碰撞. .【標準解答標準解答】選選B B、C.C.由題意知，小車與木塊在水平方向發(fā)生由題意知，小車與木塊在水平方向發(fā)生碰撞，從發(fā)生作用到結束是在極短時間內在原位置完成的碰撞，從發(fā)生作用到結束是在極短時間內在原位置完成的. .擺擺球用豎直線與小車相連，在此極短時間內擺線懸點沿水平方球用豎直線與小車相連，在此極短時間內擺線懸點沿水平方向沒有移動，因而擺線此瞬間仍沿豎直方向，小球水平方向向沒有移動，因而擺線此瞬間仍沿豎直方向，小球水平方向速度不受影響速度不受影響( (碰撞之后小球如何參與總體運動，另
30、當別論碰撞之后小球如何參與總體運動，另當別論).).選項選項A A、D D不正確不正確. .小車與木塊在光滑水平面上發(fā)生碰撞，在水小車與木塊在光滑水平面上發(fā)生碰撞，在水平方向不受外力作用，動量守恒，根據動量守恒定律知，選平方向不受外力作用，動量守恒，根據動量守恒定律知，選項項B B、C C所述的兩種情況均有可能發(fā)生：所述的兩種情況均有可能發(fā)生：(1)(1)小車與木塊碰后又小車與木塊碰后又分開，為分開，為B B項所述；項所述；(2)(2)小車與木塊合二為一，為小車與木塊合二為一，為C C項所述項所述. .綜綜上所述，本題正確答案是上所述，本題正確答案是B B、C.C.一、選擇題一、選擇題1.(2
31、0111.(2011海淀區(qū)高二檢測海淀區(qū)高二檢測)A)A、B B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體物體A A、B B都在同一直線上運動，其位移都在同一直線上運動，其位移時間圖象如圖所示時間圖象如圖所示. .由圖可知，物體由圖可知，物體A A、B B的質量之比為的質量之比為( )( )A.11 B.12 C.13 D.31A.11 B.12 C.13 D.31【解析解析】選選C.C.由圖象知：碰前由圖象知：碰前v vA A=4 =4 m/s,vm/s,vB B=0.=0.碰后碰后vvA A= = vvB B=1 =1 m/sm/s, ,由動量守恒可知由動量守恒可知m mA Av
32、 vA A+0=+0=m mA Av vA A+m+mB Bv vB B，解得，解得m mB B=3m=3mA A. .故選項故選項C C正確正確. .2.(20112.(2011淮安高二檢測淮安高二檢測) )質量相等的質量相等的A A、B B兩球在光滑水平面兩球在光滑水平面上沿同一條直線、同一方向運動上沿同一條直線、同一方向運動,A,A球的動量球的動量p pA A=9 =9 kgm/s,Bkgm/s,B 球的動量球的動量p pB B=3 =3 kgm/skgm/s, ,當當A A球追上球追上B B球時發(fā)生碰撞球時發(fā)生碰撞, ,則碰撞后則碰撞后A A、B B 兩球動量的可能值是兩球動量的可能值
33、是( )( )A.pA.pA A=6 =6 kgm/skgm/s，ppB B=6 =6 kgm/skgm/sB.pB.pA A=8 =8 kgm/skgm/s，ppB B=4 =4 kgm/skgm/sC.pC.pA A=-2 =-2 kgm/skgm/s，ppB B=14 =14 kgm/skgm/sD.pD.pA A=-4 =-4 kgm/skgm/s，ppB B=17 =17 kgm/skgm/s【解析解析】選選A.A.由碰撞前后兩球總動量守恒由碰撞前后兩球總動量守恒, ,即即p pA A+p+pB B= = pApA+ +pBpB, ,可排除可排除D D；由碰撞后兩球總動能不可能增加；
34、由碰撞后兩球總動能不可能增加, ,即即 可排除可排除C C；由碰撞后；由碰撞后A A球不可能穿越球不可能穿越B B球球, , 即即 可排除可排除B B；所以四個選項中只有；所以四個選項中只有A A是可能的是可能的. .故正故正確答案為確答案為A.A.22ABpp,2m2mABppmm，22ABpp2m2m3.3.在光滑水平面上停放著兩木塊在光滑水平面上停放著兩木塊A A和和B B，A A的質量大，現同時施的質量大，現同時施加大小相等的恒力加大小相等的恒力F F使它們相向運動，然后又同時撤去外力使它們相向運動，然后又同時撤去外力F F，結果結果A A和和B B迎面相碰后合在一起，問迎面相碰后合在
35、一起，問A A和和B B合在一起后的運動情合在一起后的運動情況將是況將是( )( )A.A.停止運動停止運動 B.B.因因A A的質量大而向右運動的質量大而向右運動C.C.因因B B的速度大而向左運動的速度大而向左運動 D.D.運動方向不能確定運動方向不能確定【解析解析】選選A.A.碰撞問題應該從動量的角度去思考，而不能僅碰撞問題應該從動量的角度去思考，而不能僅看質量或者速度，因為在相互作用過程中，這兩個因素是共看質量或者速度，因為在相互作用過程中，這兩個因素是共同起作用的同起作用的. .由動量定理知，由動量定理知，A A和和B B兩物體在碰撞之前的動量等兩物體在碰撞之前的動量等大反向，碰撞過
36、程中動量守恒，因此碰撞之后合在一起的總大反向，碰撞過程中動量守恒，因此碰撞之后合在一起的總動量為零，故選動量為零，故選A.A.4.4.在光滑水平面上，動能為在光滑水平面上，動能為E E0 0動量大小為動量大小為p p0 0的小鋼球的小鋼球1 1與靜止與靜止的小鋼球的小鋼球2 2發(fā)生碰撞，碰撞前后球發(fā)生碰撞，碰撞前后球1 1的運動方向相反，將碰后的運動方向相反，將碰后球球1 1的動能和動量大小分別記為的動能和動量大小分別記為E E1 1、p p1 1，球，球2 2的動能和動量大小的動能和動量大小分別記為分別記為E E2 2、p p2 2，則必有，則必有( )( )A.EA.E1 1EE0 0 B
37、.pB.p1 1pEE0 0 D.pD.p2 2pp0 0【解析解析】選選A A、B B、D.D.碰撞后的總動能不可能增加，碰撞后的總動能不可能增加，A A選項正選項正確，確，C C選項錯誤；由選項錯誤；由 得選項得選項B B正確；由動量守恒，正確；由動量守恒，p p0 0=p=p1 1+p+p2 2，由于小鋼球，由于小鋼球1 1碰后反向，即碰后反向，即p p1 10.0.所以所以p p2 2p p0 0，故，故D D正確正確. .kp2mE，5.(20145.(2014雙鴨山高二檢測雙鴨山高二檢測) )如圖所示的裝置中，木塊如圖所示的裝置中，木塊B B與水平與水平面間接觸是光滑的，子彈面間接
38、觸是光滑的，子彈A A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短，現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研將彈簧壓縮到最短，現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象究對象( (系統(tǒng)系統(tǒng)) )，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中至最短的整個過程中( )( )A.A.動量守恒，機械能守恒動量守恒，機械能守恒B.B.動量不守恒，機械能不守恒動量不守恒，機械能不守恒C.C.動量守恒，機械能不守恒動量守恒，機械能不守恒D.D.動量不守恒，機械能守恒動量不守恒，機械能守恒【解析解析】選選B.B.合理選取研究對象和
39、運動過程，利用機械能守合理選取研究對象和運動過程，利用機械能守恒和動量守恒的條件分析是解決這道題目的關鍵恒和動量守恒的條件分析是解決這道題目的關鍵. .如果只研究如果只研究子彈子彈A A射入木塊射入木塊B B的短暫過程，并且只選的短暫過程，并且只選A A、B B為研究對象，由為研究對象，由于時間極短，則只需考慮在于時間極短，則只需考慮在A A、B B之間的相互作用，之間的相互作用，A A、B B組成組成的系統(tǒng)動量守恒，但此過程中存在著動能和內能之間的轉化，的系統(tǒng)動量守恒，但此過程中存在著動能和內能之間的轉化，所以所以A A、B B系統(tǒng)機械能不守恒系統(tǒng)機械能不守恒. .本題研究的是從子彈開始射入
40、木本題研究的是從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程，而且將子彈、木塊和彈簧塊到彈簧壓縮至最短的整個過程，而且將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象，在這個過程中有豎直墻壁對系統(tǒng)的合在一起作為研究對象，在這個過程中有豎直墻壁對系統(tǒng)的彈力作用彈力作用( (此力對系統(tǒng)來講是外力此力對系統(tǒng)來講是外力) )，故動量不守恒，故動量不守恒. .綜合上面綜合上面的分析可知，正確選項為的分析可知，正確選項為B.B.6.(20116.(2011撫順高二檢測撫順高二檢測) )質量相等的三個小球質量相等的三個小球a a、b b、c c，在光，在光滑的水平面上以相同的速率運動，它們分別與原來靜止的滑的水平面上以
41、相同的速率運動，它們分別與原來靜止的A A、B B、C C三球發(fā)生碰撞，碰撞后三球發(fā)生碰撞，碰撞后a a繼續(xù)沿原方向運動，繼續(xù)沿原方向運動，b b靜止，靜止，c c沿反方沿反方向彈回，則碰撞后向彈回，則碰撞后A A、B B、C C三球中動量數值最大的是三球中動量數值最大的是( )( )A.AA.A球球 B.BB.B球球C.CC.C球球 D.D.三球一樣大三球一樣大【解析解析】選選C.C.在三小球發(fā)生的碰撞過程中，動量都是守恒的，在三小球發(fā)生的碰撞過程中，動量都是守恒的，根據動量守恒關系式：根據動量守恒關系式：mvmv0 0= =mv+Mvmv+Mv,整理可得：整理可得：MvMv=mv=mv0
42、0-mv,-mv,取初速度方向為正方向，不難得出取初速度方向為正方向，不難得出C C球的動量數值是最大的球的動量數值是最大的. .故故只有選項只有選項C C正確正確. . 【方法技巧方法技巧】動量守恒定律應用中的臨界問題的分析方法動量守恒定律應用中的臨界問題的分析方法在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題. .例如：子彈射例如：子彈射入自由木塊中；兩相對運動物體間的繩子繃緊；物塊在放置于入自由木塊中；兩相對運動物體間的繩子繃緊；物塊在放置于光
43、滑水平面上的木板上運動直至相對靜止；物體沖上放置于光光滑水平面上的木板上運動直至相對靜止；物體沖上放置于光滑水平面上的斜面直至最高點滑水平面上的斜面直至最高點. .在這些情境中，系統(tǒng)動量守恒在這些情境中，系統(tǒng)動量守恒( (或某一方向上動量守恒或某一方向上動量守恒) )，動能轉化為其他形式的能，末狀態(tài)，動能轉化為其他形式的能，末狀態(tài)兩物體相對靜止兩物體相對靜止. .這些過程與完全非彈性碰撞具有相同的特征，這些過程與完全非彈性碰撞具有相同的特征，可應用動量守恒定律，必要時結合能量守恒定律分析求解可應用動量守恒定律，必要時結合能量守恒定律分析求解. .分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)的出現
44、是有分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)的出現是有條件的，這種條件就是臨界條件條件的，這種條件就是臨界條件. .臨界條件往往表現為某個臨界條件往往表現為某個( (或某些或某些) )物理量的特定取值物理量的特定取值. .在與動量相關的臨界問題中，臨在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵. .7.7.如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰. .小球的質小球的質量分別為量分別為m
45、m1 1和和m m2 2. .圖乙為它們碰撞前后的圖乙為它們碰撞前后的s-ts-t( (位移位移時間時間) )圖圖象象. .已知已知m m1 1=0.1 kg.=0.1 kg.由此可以判斷由此可以判斷( )( )A.A.碰前碰前m m2 2靜止，靜止，m m1 1向右運動向右運動 B.B.碰后碰后m m2 2和和m m1 1都向右運動都向右運動C.mC.m2 2=0.3 kg=0.3 kgD.D.碰撞過程中系統(tǒng)損失了碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4 J0.4 J的機械能的機械能【解析解析】選選A A、C.C.分析圖像可知，碰前分析圖像可知，碰前m m2 2處在位移為處在位移為8 m8 m的位的位置靜
46、止，置靜止，m m1 1位移均勻增大，速度位移均勻增大，速度 向右，碰撞以后：向右，碰撞以后：動量守恒：動量守恒：m m1 1v v1 1=m=m1 1vv1 1+m+m2 2v v2 2得：得：m m2 2=0.3 kg=0.3 kg碰撞損失的機械能：碰撞損失的機械能：故正確答案應選故正確答案應選A A、C.C.18v m/s4 m/s2108v2 m/s,62 2168v m/s2 m/s62222k111122111Em v( m vm v )0222二、非選擇題二、非選擇題8.8.手榴彈在離地高手榴彈在離地高h h處時的速度方向恰好沿水平方向向左，速處時的速度方向恰好沿水平方向向左，速
47、度大小為度大小為v v，此時，手榴彈炸裂成質量相等的兩塊，設消耗的，此時，手榴彈炸裂成質量相等的兩塊，設消耗的火藥質量不計，爆炸后前半塊的速度方向仍沿水平向左，速火藥質量不計，爆炸后前半塊的速度方向仍沿水平向左，速度大小為度大小為3v3v，那么兩塊彈片落地點之間的水平距離多大？，那么兩塊彈片落地點之間的水平距離多大？【解析解析】手榴彈在空中爆炸時間極短，且重力遠小于爆炸手榴彈在空中爆炸時間極短，且重力遠小于爆炸力，手榴彈在爆炸的瞬間動量守恒，設爆炸后每塊質量為力，手榴彈在爆炸的瞬間動量守恒，設爆炸后每塊質量為m m，向左為正方向，則由動量守恒定律得：向左為正方向，則由動量守恒定律得：2mv=m
48、2mv=m3v+mv,3v+mv,則后則后半塊速度半塊速度v=-v,v=-v,即即vv方向向右，由平拋運動知，彈片落地方向向右，由平拋運動知，彈片落地時間時間 因此兩塊彈片落地點間的水平距離因此兩塊彈片落地點間的水平距離s=3vs=3vt+ t+ |v|t=|v|t=答案：答案： 2htg，2h4v.g2h4vg9.9.質量是質量是10 g10 g的子彈的子彈, ,以以300 300 m/sm/s的速度射入質量是的速度射入質量是24 g24 g、靜、靜止在光滑水平桌面上的木塊止在光滑水平桌面上的木塊, ,并留在木塊中并留在木塊中, ,子彈留在木塊中子彈留在木塊中以后以后, ,木塊運動的速度是多
49、大木塊運動的速度是多大? ?如果子彈把木塊打穿如果子彈把木塊打穿, ,子彈穿過子彈穿過后的速度為后的速度為100 100 m/sm/s, ,這時木塊的速度又是多大這時木塊的速度又是多大? ?【解析解析】子彈質量子彈質量m=10 g=0.01 kg,m=10 g=0.01 kg,子彈速度子彈速度v v0 0=300 =300 m/sm/s, ,木木塊質量塊質量M=24 g=0.024 kg,M=24 g=0.024 kg,設子彈射入木塊中以后木塊的速度設子彈射入木塊中以后木塊的速度為為v,v,則子彈速度也是則子彈速度也是v,v,以子彈初速度的方向為正方向以子彈初速度的方向為正方向, ,由動量由動
50、量守恒定律得守恒定律得:mv:mv0 0 =( =(m+M)vm+M)v, ,解得解得: :若子彈穿出后速度為若子彈穿出后速度為v v1 1=100 =100 m/sm/s, ,設木塊速度為設木塊速度為v v2 2, ,仍以子彈仍以子彈初速度方向為正方向初速度方向為正方向, ,由動量守恒定律得由動量守恒定律得: :代入數據解得代入數據解得v v2 2=83.3 =83.3 m/sm/s. .答案：答案：88.2 88.2 m/sm/s 83.3 83.3 m/sm/s0mv0.01 300v m/s88.2 m/smM0.010.024012mvmvMv10.(201010.(2010新課標全
51、國卷新課標全國卷) )如圖所示，光滑的水平地面上有一如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻. .重物質量為木重物質量為木板質量的板質量的2 2倍，重物與木板間的動摩擦因數為倍，重物與木板間的動摩擦因數為.使木板與重物使木板與重物以共同的速度以共同的速度v v0 0向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短撞時間極短. .求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間間. .設木板足夠長，重物始終在木板上設木板足夠長，重物始終在木板上.
52、.重力加速度為重力加速度為g.g.【解析解析】解法一：木板第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，解法一：木板第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木板向左做勻減速直線運動，直到靜止，再大小不變，此后木板向左做勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右做勻加速直線運動直到與重物達到共同速度反向向右做勻加速直線運動直到與重物達到共同速度v v，再往，再往后是勻速直線運動，直到第二次碰撞墻后是勻速直線運動，直到第二次碰撞墻. .設木板的質量為設木板的質量為m m，重物的質量為重物的質量為2m2m，取向右為動量的正方向，由動量守恒得，取向右為動量的正方向，由動量守恒得2mv2mv0 0-mv-mv0
53、0=(2m+m)v=(2m+m)v設木板從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度設木板從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v v所用的所用的時間為時間為t t1 1, ,對木板應用動量定理得對木板應用動量定理得2mgt2mgt1 1=mv-m(-v=mv-m(-v0 0) )由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得2mg=ma2mg=ma式中式中a a為木板的加速度為木板的加速度在達到共同速度在達到共同速度v v時，木板離墻的距離為時，木板離墻的距離為開始向右做勻速運動到第二次與墻碰撞的時間為開始向右做勻速運動到第二次與墻碰撞的時間為木板從第一次與墻碰撞到第二次與墻碰撞所經歷的時間為木板從第一次與
54、墻碰撞到第二次與墻碰撞所經歷的時間為t=tt=t1 1+t+t2 2, ,由以上各式得：由以上各式得：20 111v tat2l2tvl04vt3 g解法二：木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到解法二：木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到達到共同速度達到共同速度v v，由動量守恒得：，由動量守恒得：2mv2mv0 0-mv-mv0 0=(2m+m)v=(2m+m)v解得：解得：木板在第一個過程中，由動量定理，有：木板在第一個過程中，由動量定理，有：mv-m(-vmv-m(-v0 0)=2mgt)=2mgt1 1由動能定理，有：由動能定理，有：木板在第二個過程中做勻速直線運動，有：木板在第二個過程中做勻速直線運動，有：s=vts=vt2 2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間答案：答案： 0vv322011mvmv2mgs22 000122v2v4vttt3 g3 g3 g04v3 g
高中物理 第十六章 第4節(jié)《碰撞》課件 新人教版物理選修35
