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1、碰撞碰撞 1.碰撞 (1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过 程就可称为碰撞. (2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒. (3)碰撞分类 弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失. 非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失. 完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大. 一、碰撞过程的特征： 碰撞双方相互作用的时间t 一般很短； 碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。 二、碰撞的分类： 1.按碰撞方向分类 正碰、斜碰 2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的 叫完全非弹性碰撞；而一般的
2、碰撞其形变不能够完全恢复。 3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫 完全非弹性碰撞 ； 而一般的碰撞其机械能有所损失。 碰撞过程中损失的动能转化为其它能量， 如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。 完全弹性碰撞 动量守恒，动能守恒 非(完全)弹性碰撞动量守恒，动能有损失 完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最大 （外部特征：以共同速度运动） ， 三、碰撞过程遵守的规律应同时遵守三个原则 1. 系统动量守恒的原则 2211202101 vmvmvmvm 2. 物理情景可行性原则位置不超越 3. 不违背能量守恒的原则动能不膨胀 2 22 2 11 2
3、 202 2 101 2 1 2 1 2 1 2 1 vmvmvmvm 四、三种典型的碰撞 1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。 2211202101 vmvmvmvm 2 22 2 11 2 202 2 101 2 1 2 1 2 1 2 1 vmvmvmvm 解以上两式可得： AB v1v2 v10v20 AB 碰前 碰后 21 2021021 1 2 mm vmv )mm( v 21 1012012 2 2 mm vmv )mm( v 对于结果的讨论： 当m1 = m2 时，v1 = v20 ， v2 = v10 ,质量相等的两物体弹性碰撞后, “交换速度” ； 当m1 m2 ，且v
4、20 = 0 时，v1 v10 ，v2 2v10 ， 2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失， 3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度； 外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有 21 202101 21 mm vmvm vv .碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加 Ek1Ek2Ek1Ek2或 p12 2m1 p22 2m2 p12 2m1 p22 2m2 (3)速度要合理 同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). 相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒
5、 Error! 解得v1m 1m2v12m2v2 m1m2 v2m 2m1v22m1v1 m1m2 (2)分析讨论： 当碰前物体 2 的速度不为零时，若m1m2，则v1v2，v2v1，即两物体交换速度. 当碰前物体 2 的速度为零时，v20，则： v1，v2， m1m2v1 m1m2 2m1v1 m1m2 m1m2时，v10，v2v1，碰撞后两物体交换速度. m1m2时，v10，v20，碰撞后两物体沿同方向运动. m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来. 五、“广义碰撞” 物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞 的部分规律仍然适用， 但已
6、不符合 “碰撞的基本特征”（如 ： 位置可能超越、 机械能可能膨胀） 。 此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1=v10 ,v2= v20的解。 2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要结论： E = E 内 = f滑S相 ， 其中S相指相对路程 10一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力 恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是 ( B D ) A木块获得的动能变大 B木块获得的动能变小 C子弹穿过木块的时间变长 D子弹穿过木块的时间变短 11 如图所示， 位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点Q与轻质弹簧相连 设Q
7、静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞，一段时间后P与弹簧分离在这一过程 中，下列说法正确的是 ( A C ) AP与弹簧分离时，Q的动能达到最大 BP与弹簧分离时，P的动能达到最小 CP与Q的速度相等时，P和Q的动能之和达到最小 DP与Q的速度相等时，P的动能达到最小 122（2）（选修 35 ） 质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2 同向运动并发生对心碰撞， 碰后m2被右侧的墙原速弹回， 又与m1相碰， 碰后两球都静止。 求 ： 第一次碰后m1球的速 度. 解：根据动量守恒定律得： 2211 22112211 vmvm vmvmvmvm 解得： 1 22
8、11 1 2m vmvm v 16如图所示，质量为m的滑块，以水平速度v0滑入光滑的圆弧 4 1 的小车上，当滑块达到圆弧上某一高度后又开始下滑，如果小车的 质量M=2m，小车与地面无摩擦，假设圆弧的半径足够大，则滑块最后 滑出圆弧时的速度大 小为 ；方向为 解：由动量守恒和能量守恒 210 Mvmvmv 解得 001 3 1 vv Mm Mm v 滑块最后滑出圆弧时的速度大小为 , 速度的 01 3 1 vv 方向水平向左 14 (选修 3-5) (2)a、b两个小球在一直线上发生碰撞， P Q v1 v2 m1m2 M m v0 它们在碰撞前后的s-t图象如图所示，若a球的质量ma=1kg
9、，则b球的质量mb等于多少? 解：从位移时间图像上可看出，碰前B的速度为 0，A的速度v0=s/t=4m/s （2 分） 碰撞后，A的速度v1=-1m/s，B的速度v2=2m/s， （2 分） 由动量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2， （2 分） mB=2.5kg （2 分） 38、【物理物理 35】 一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图 1 所示现给盒子初速 度v0，此后，盒子运动的vt图象呈周期性变化，如图 2 所示请据此求盒内物体的质量 解：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律 mvMv 0 3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变
10、为v0，说明碰撞是弹性碰撞 22 0 2 1 2 1 mvMv 解得： mM （也可通过图象分析得出v0v，结合动量守恒，得出正确结果） 20如图是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成： 水平直轨AB， 半径分别为R1 =1.0m 和R2 = 3.0m 的弧形轨道， 倾斜直轨CD长为L = 6m 且表面 粗糙，动摩擦因数为=1/6，其它三部分表面光滑， AB、CD与两圆形轨道相切现有甲、 乙两个质量为m=2kg 的小球穿在滑轨上，甲球静止在B点，乙球从AB的中点E处以v0 =10m/s的初速度水平向左运动两球在整个过程中的碰撞均无能量损失。已知 =37，（取 g
11、= 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求： （1）甲球第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力； （2）在整个运动过程中，两球相撞次数； （3）两球分别通过CD段的总路程 解：（1）甲乙两球在发生碰撞过程由动量守恒 和能量守恒可得： 210 mvmvmv 可得： 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv0 1 v 或 （舍去） 02 vv 01 vv 0 2 v 即交换速度。甲球从B点滑到F点的过程中，根据机械能守恒得： 22 2 2 1 2 1 F vmhmgmv P Q A B R1 D C F v0 O2 O1 R2 E v0 3t0t07t09t
12、05t0 v0 v 0 图 2 t 图 1 在F点对滑环分析受力，得 2 2 R v mmgF F N 由上面二式得 ：N 3 500 N F 根据牛顿第三定律得滑环第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力为N（6 分） 3 500 （2） 由几何关系可得倾斜直轨CD的倾角为 37， 甲球或乙球每通过一次克服摩擦力做功为 ： ，得JcosmgLW 克 16 克 W 2 00 2 1 mvEk25. 6 0 克 W E n k 分析可得两球碰撞 7 次（5 分） （3）由题意可知得：滑环最终只能在O2的D点下方来回晃动，即到达D点速度为零， 由能量守恒得： cos)cos1 ( 2 1 2 2
13、0 mgsmgRmv 解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程m（5 分）78s 分析可得乙 3 次通过 CD 段，路程为 18m，所以甲的路程为 60m 20、(16 分)如图所示的轨道由位于竖直平面的圆弧轨道和水平轨道两部分相连而成水平 轨道的右侧有一质量为 2m的滑块C与轻质弹簧的一 端相连，弹簧的另一端固定在竖直的墙M上，弹簧处于 原长时，滑块C在P点处 ； 在水平轨道上方O处，用长 为L的细线悬挂一质量为m的小球B，B球恰好与水平 轨道相切于D点，并可绕D点在竖直平面内摆动质 量为m的滑块A由圆弧轨道上静止释放，进入水平轨道与小球B发生碰撞，A、B碰撞前后 速度发生交换P点左方的轨道光滑
14、、 右方粗糙， 滑块A、 C与PM段的动摩擦因数均为=1/3， 其余各处的摩擦不计，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g (1)若滑块A能以与球B碰前瞬间相同的速度与滑块C相碰，A至少要从距水平轨道多高的 地方开始释放? (2)在(1)中算出的最小值高度处由静止释放A，经一段时间A与C相碰，设碰撞时间极短， 碰后一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为L/3，求弹簧的最大弹性势能 解：(16 分) (1)要使滑块A能以与B碰前瞬间相同的速度与C碰撞，必须使小球B受A撞 击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A，使A继续向右运动。 设A从距水平面高为H的地方释放，与B碰前的速度为v0 对A，
15、由机械能守恒得： (1 分) 2 0 2 1 mvmgH 向心力 (1 分) L v mF 2 设小球B通过最高点的速度为vB，则它通过最高点的条件是： (2 L v mmg B 2 C A B P M D O L 分) 小球B从最低点到最高点机械能守恒： (2 22 0 2 1 2 2 1 B mvmgLmv 分) 联立、得： (2 分)LH 2 5 评价说明：如果式中的“” 、式中的“”写成“” ，又没有用文字表明是极值的， 该式为零分 (2)从这个高度下滑的A与碰撞前瞬间速度 (2 分)gLv5 0 设A与C碰后瞬间的共同速度为v，由动量守恒：mv0(m2m)v (2 分) A、C一起压
16、缩弹簧，由能量守恒定律。有： (3 分)L)mgmg(Ev )mm( P 3 1 22 2 1 2 由、式得： (1 分)mgL.EP50 19、 （16 分）如图（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场，电场强 度E随时间的变化如图（b）所示不带电的绝缘小球P2静止在O点t0 时，带正电的小 球P1以速度v0从A点进入AB区域， 随后与P2发生正碰后反弹， 反弹速度大小是碰前的倍， 3 2 P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量m25m1，A、O间距为L0，O、B间距已知. L L 3 4 0 . t L T , L v m qE 0 0 0 2 0 1 0 3 2 求碰
17、撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间； 讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞 解：(1)P1经t1时间与P2碰撞，则 0 0 1 v L t P1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，由动量守恒： 220101 3 2 vm)v(mvm 解得（水平向左） （水平向右）32 01 /vv 3/ 02 vv 碰撞后小球P1向左运动的最大距离： 又： 1 2 1 2a v Sm 0 2 0 1 0 1 3 2 L v m qE a 解得：3/ 0 LSm LL0 E AO B P1P2 v0 （a） T2T 3T 4T 5T 6T E t E0 0 （b） 所需时间： 0 0 1 1 2 v L a v t （2）设P1、P2碰撞后又经时间在OB区间内再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动t 学公式，以水平向右为正： 则： 21 SS tvtatv 2 2 11 2 1 解得： （故P1受电场力不变）T v L t3 3 0 0 对P2分析： 0 0 0 022 3 3 1 L v L vtvS 0 4 3 L L 所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。