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高中物理教科版 (2019)选择性必修 第一册5 碰撞学案
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这是一份高中物理教科版 (2019)选择性必修 第一册5 碰撞学案，共23页。
3．通过演示实验探究弹性碰撞特点和规律。
4．感受不同碰撞类型的区别，培养学生的探究精神，体会用守恒定律分析物理问题的方法。
知识点一 碰撞的分类
1．弹性碰撞：如果系统在碰撞过程中，系统总机械能不变，这类碰撞叫作弹性碰撞。
2．非弹性碰撞：如果系统在碰撞后总机械能减少，这类碰撞叫作非弹性碰撞。
在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，这种碰撞机械能损失最大，称为完全非弹性碰撞。
知识点二 中子的发现
1．发现过程
中性粒子与质量已知的氢核和氮核分别发生碰撞，利用动量守恒定律和能量守恒定律，求出了中性粒子的质量，从而发现了中子。
2．正碰
一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。如图所示。
3．弹性正碰特点
(1)碰撞前两物体的质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2，且v1≠0，v2＝0，碰撞后两个物体的速度分别为v1′和v2′，则v1′＝m1-m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1。
(2)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即两者碰撞后交换速度。
(3)若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0。表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止。
(4)若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1。表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。
质量相等的两小球碰撞后一定交换速度吗？
提示：不一定。
1：思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。(√)
(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。(×)
(3)发生弹性正碰的两物体，动量和机械能一定都守恒。(√)
(4)两物体发生碰撞过程中，机械能可能增加。(×)
2：填空
如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向______________运动，B向______________运动。
[解析] 选向右为正方向，则A的动量pA＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0。碰撞前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，发生弹性碰撞后A、B的动量之和也应为零，因两滑块发生弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能为零，故碰撞后A、B一定反向运动，则A向左运动，B向右运动。
[答案] 左 右
如图所示为两刚性摆球碰撞时的情景。
(1)两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？
(2)若碰撞后两球粘在一起，发现两球上升的高度仅是入射球释放时的高度的四分之一，说明了什么？
提示：(1)两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变。
(2)碰撞中动量守恒，机械能不守恒。
考点1 碰撞的特点和规律
1．碰撞过程的五个特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
(4)位移特点：碰撞过程时间极短，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置。
(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。
2．碰撞的规律
(1)碰撞的种类及遵从的规律
(2)特殊的弹性碰撞——运动物体碰静止物体
角度1 弹性碰撞的分析与计算
【典例1】 如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2。(重力加速度为g)
[解析] 设m1碰撞前瞬间的速度为v，根据机械能守恒定律有m1gh＝12m1v2，解得v＝2gh①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失，有
12m1v2＝12m1v1 2+12m2v22③
联立②③式解得v2＝2m1vm1+m2④
将①代入④得v2＝2m12ghm1+m2。
[答案] 2m12ghm1+m2
角度2 非弹性碰撞的分析与计算
【典例2】 如图所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
思路点拨：解此题要注意物块A与C在曲面B的最高点时，三者具有相同的速度。
[解析] (1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv
解得v＝v02
碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝12mv02－12·2mv2＝14mv0 2。
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上达到最大高度时三者速度相同，设为v′，最大高度为h。
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
2mv＝(2m＋M)v′
根据系统机械能守恒得：
12·2mv2＝12(2m＋M)v′2＋2mgh
联立解得h＝3v0240g。
[答案] 114mv0 2 23v0240g
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统。
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。
[跟进训练]
1．(2023·北京卷改编)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量。
[解析] (1)小球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以
F＝m2v02R＝4mv02R。
(2)小球1与小球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明小球1碰后反弹，则
m·2v0＝－mv＋m′v
12m(2v0)2＝12mv2＋12m′v2
联立解得
v＝v0，m′＝3m。
[答案] 14mv02R (2)3m
2．(角度2)如图所示，小物块A、B的质量均为m ＝ 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h ＝ 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
[解析] (1)竖直方向为自由落体运动，由h＝12 gt2得t ＝ 0.30 s。
(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s＝vt得v＝1.0 m/s
根据动量守恒定律，由mv0＝2mv得v0＝2.0 m/s。
(3)两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE＝12mv02-12·2mv 2得ΔE＝0.10 J。
[答案] (1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
考点2 碰撞可能性的判断
判断碰撞过程是否存在的依据
1．满足动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．满足动能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3．速度要符合情景
(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，若同向运动，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v前′≥v后′。
(2)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。
【典例3】 小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，正碰后小球2的动量p2′＝10 kg·m/s，两球的质量关系可能是( )
A．m2＝m1B．m2＝2m1
C．m2＝4m1 D．m2＝6m1
C [由动量守恒定律，很容易知碰后小球1的动量p1′＝2 kg·m/s，这丝毫不能反映出两球的质量关系，这就要从题中内含的其他关系去寻找。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＝pm可得p1m1>p2m2，即m2>7m15，故A错误；按同样思路，碰后应有v1′≤v2′，p1'm1≤p2'm2，有m2≤5m1，故D错误；由动能不增原则可知Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，由动能Ek与动量p的关系Ek＝p22m，可得p122m1+p222m2≥p1'22m1+p2'22m2，即有m2≥51m121，故B错误；综合以上结论得51m121≤m2≤5m1，C正确。]
碰撞合理性问题的分析思路
(1)若题目为选择题，可先根据“速度合理性原则”排除掉部分选项。
(2)对一个给定的碰撞，除了看动量是否守恒，还要看总动能是否增加，在验证动能不增加时，要灵活应用Ek＝p22m、p＝2mEk、Ek＝12 pv或p＝2Ekv等关系式。在满足以上两种情况下还应注意“速度合理性原则”。
[跟进训练]
3．(多选)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久后A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球速度的可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能正确的是( )
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 [设每个球的质量为m，碰撞前系统的总动量p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m(kg·m/s)，碰撞前的总动能Ek＝12mvA2+12mvB2＝20m(J)，若vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s，则碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，动量守恒，总动能Ek′＝12mvA '2＋12mvB′2＝20m(J)，总动能也守恒，A可能实现，故A正确；若vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，总动能Ek′＝12mvA′2＋12mvB′2＝4m(J)，动量守恒，总动能不增加，B可能实现，故B正确；若vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s，碰撞后A、B向正方向运动且A的速度大于B的速度，不符合实际，C不可能实现，故C错误；若vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，总动能Ek′＝12mvA′2＋12mvB′2＝29m(J)，动量守恒，总动能增加，违反能量守恒定律，不可能实现，故D错误。]
1．甲同学在办公室外奔跑过程中突然与从办公室出来的乙同学发生碰撞，碰撞前乙已处于静止状态，甲本能的伸直双手对乙施加推力的同时手向胸口收，手收至胸口时甲乙恰好共速。碰撞过程若能忽略两者与地面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲的本能反应减少了甲对乙的冲量
B．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同
C．甲的动能减少量等于乙的动能增加量
D．甲对乙做的功小于乙对甲做的功
D [甲的动量变化量未发生改变，因此甲的本能反应不能减少了甲对乙的冲量，故A错误；冲量是矢量，有方向，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不相同，故B错误；两者的碰撞属于完全非弹性碰撞，有能量损失，因此甲的动能减少量大于乙的动能增加量，故C错误；从两人刚接触到共速过程中，乙对地的位移小于甲对地的位移，因此甲对乙做的功小于乙对甲做的功，故D正确。故选D。]
2．如图所示，质量为M的小车静置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为( )
A．mv0m+M、mMv022m+MB．mv0m+M、mMv02m+M
C．Mv0m+M、mMv022m+M D．Mv0m+M、mMv02m+M
A [木块滑上小车后，与小车组成的系统动量守恒、能量守恒，设二者的共同速度为v，滑动过程中产生的热量为Q，则由动量守恒定律和能量守恒有mv0＝M+mv，12mv02＝12(M＋m)v2＋Q，联立以上两式可得v＝mv0m+M，Q＝mMv022m+M，故选A。]
3．(新情境题，以冰壶运动为背景，考查碰撞问题)在冰壶比赛中，红壶以0.4 m/s的速度正碰静止的蓝壶，然后红壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，都为19 kg，则下列判断正确的是( )
A．蓝壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．蓝壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．蓝壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．蓝壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
B [两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入数据解得v3＝0.3 m/s，动能变化量ΔEk＝12mv12-12mv22-12mv32＝12m(0.42－0.12－0.32)>0，故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确，A、C、D错误。]
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．碰撞问题具有什么特点？
提示：相互作用时间短，相互作用力大，近似满足动量守恒。
2．碰撞问题可分哪些类型？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞。
3．弹性碰撞的两小球在什么情况下可以交换速度？
提示：质量相等的两小球。
有趣的“牛顿摇篮”
“碰撞”在物理学中表现为两粒子或物体间极短的相互作用。 碰撞前后参与物发生速度、动量或能量改变。完全弹性碰撞妙趣横生、耐人寻味，是很特殊的一类碰撞。
“牛顿摇篮”又名牛顿摆，它是由若干个悬挂在框架上的小球组成(如图所示)，小球之间要无缝隙，刚好接触。因牛顿摇篮小球碰撞后摆动的样子很像婴儿的摇篮在摆动，所以大家把这个实验道具起了一个有趣的名字叫牛顿摇篮。
牛顿摇篮
牛顿摆是由法国物理学家伊丹·马略特(Edme Maritte)最早于1676年提出的。当摆动最右侧的球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球，最左边的球将被弹出，并仅有最左边的球被弹出。
1．上述的碰撞现象是哪种类型的碰撞？
提示：弹性碰撞。
2．上述碰撞满足什么规律？
提示：满足动量守恒和动能守恒。
3．如图所示，会出现什么情况？
提示：最外面的小球弹出，其他小球静止。
课时分层作业(四) 碰撞
题组一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
C [小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，当小球到达底端时有mv球－mv槽＝0，则有v球＝v槽，当小球与弹簧接触后，小球受外力作用，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错误；若小球下滑过程槽保持静止，小球和槽之间的相互作用力始终与运动方向垂直不做功，但地面光滑，小球下滑过程中槽在后退，小球和槽之间的相互作用力与接触面垂直，但与各自的运动方向不再垂直，故两力均有做功，B错误；小球脱离弧形槽后，槽向左以v槽做匀速直线运动，小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被弹回的速度大小仍为v球，向左做匀速直线运动，由于两物体速度大小相等、方向相同，不会再相遇，即小球不能回到槽内，C正确，D错误。故选C。]
2．质量分别为ma＝1 kg、mb＝2 kg 的a、b两球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，可知该碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能确定
A [由题x -t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前系统的总动能Ek1＝12mava2+12mbvb2＝92 J，碰撞后系统的总动能Ek2＝12mava'2＋12mbvb′2＝92 J，故系统的机械能守恒；碰撞前系统的总动量p1＝mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后系统的总动量p2＝mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故系统的动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确。]
3．(多选)如图所示，运动的A球在光滑水平面上与一个原来静止的B球发生弹性碰撞，则( )
A．要使B球获得最大动能，则应让A、B两球质量相等
B．要使B球获得最大速度，则应让A球质量远大于B球质量
C．要使B球获得最大动量，则应让A球质量远小于B球质量
D．若A球质量远大于B球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量
ABC [设A球的质量为m1、B球的质量为m2、碰前A球的速度为v0、碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，A球与B球发生弹性碰撞，则m1v0＝m1v1+m2v2，12 m1v02＝12m1v12+12m2v22，解得v1＝m1-m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0。由v1＝m1-m2m1+m2v0知，当A、B两球质量相等时，碰后A球的速度为零，B球获得了A球碰前的全部动能，即B球获得了最大动能，A正确；由v2＝2m1m1+m2v0知，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A球速度的2倍，B正确；由v1＝m1-m2m1+m2v0知，当A球质量远小于B球质量时，A球几乎以原速率反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得的动量接近A球初始动量的2倍，B球获得最大动量，C正确；由以上三项分析知，D错误。]
题组二 碰撞可能性的判断
4．(多选)在光滑水平面上动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量大小分别记为Ek2、p2，则必有 ( )
A．Ek1p0
C．Ek2>Ek0 D．p1>p0
AB [因为碰撞前后动能不增加，故有Ek1p0，B正确。]
5．(多选)如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿同一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项可能正确的是( )
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 [本题属于追及碰撞，碰撞前小球A的速度一定要大于小球B的速度(否则无法实现碰撞)。碰撞后，小球B的动量增大，小球A的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，D错误；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝p22m可知，小球A的质量和动量大小不变，动能不变，而小球B的质量不变，但动量增大，所以小球B的动能增大，这样系统的机械能比碰撞前增大了，C错误；经检验，A、B满足碰撞遵循的三个原则，故A、B正确。]
6．(多选)如图所示，足够长的光滑斜劈固定在光滑水平面上，两等大的小球甲、乙的质量分别为m1、m2，小球乙静止在水平面上，小球甲以水平向左的速度运动，经过一段时间后与小球乙发生碰撞，已知碰后小球甲的速率为碰前的13，整个过程中两球刚好只能发生一次碰撞，则m1∶m2可能为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
CD [取小球甲的初速度方向为正方向，碰前小球甲的速度大小为v0，整个过程中两球刚好发生一次碰撞，说明碰后两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，设碰后乙球速度大小为v′，根据动量守恒定律有m1v0＝m2v′－13m1v0，即43m1v0＝m2v′≤13m2v0，可得m2≥4m1，C、D正确，A、B错误。]
题组三 碰撞的综合性问题
7．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/sB．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
C [碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－12·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向上的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有12mv02＝12mv12＋12·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，C正确。]
8．冰壶比赛观赏性很高，一次比赛中，蓝壶(实心圆)以动能Ek碰撞静止的红壶(与蓝壶材料相同，质量相等)(空心圆)，某兴趣小组将碰撞前后两壶的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间蓝壶、红壶所在位置，C、D分别为碰撞后蓝壶、红壶停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失的动能约为( )
A．0 B．13Ek C．49Ek D．59Ek
C [假设方格边长为x，则碰撞后，由动能定理可得－f·3x＝0－Ek蓝，－f·12x＝0－Ek红，可知碰撞后红壶的动能是蓝壶的4倍，则v红2v蓝2＝4，得v红v蓝＝2，假设碰撞后v红＝2v，v蓝＝v，则碰撞过程中由动量守恒可得mv0蓝＝m(v红＋v蓝)＝3mv，得v0蓝＝3v，由题意知12mv0蓝2＝92mv2＝Ek，碰撞后Ek红＝42mv2＝49Ek，Ek蓝＝12mv2＝19Ek，所以碰撞过程中损失的动能约为ΔEk＝Ek－49Ek－19Ek＝49Ek，故C正确，A、B、D错误。故选C。]
9．(2023·全国乙卷改编)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离。
[解析] (1)设小球与圆盘碰撞前瞬间速度大小为v0，碰撞后瞬间小球的速度大小为v1，圆盘的速度大小为v2，取竖直向下为正方向，根据自由落体运动规律可得
v02＝2gl
解得v0＝2gl
小球与圆盘发生的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv1＋Mv2
根据机械能守恒定律可得
12mv02＝12mv12+12Mv22
联立解得v1＝－122gl，v2＝122gl
即第一次碰撞后瞬间小球的速度大小为122gh，方向竖直向上，圆盘的速度大小为122gl。
(2)碰撞后小球做竖直上抛运动，由于圆盘受到的滑动摩擦力与重力大小相等，圆盘做匀速直线运动，当小球速度向下且与圆盘速度相等时，两者距离最大，设经过时间t，小球与圆盘的速度相同
对小球有v2＝v1＋gt
x球＝v1+v22t
对圆盘有x盘＝v2t
xmax＝x盘－x球
联立解得xmax＝l。
[答案] (1)122gl 122gl (2)l
1．(多选)如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化是12mv
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于v24g
BD [小球滑上曲面的过程，小车向右做加速运动，小球滑下时，小车向右做减速运动，不会回到原位置，故A错误；小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于小车和小球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平动量守恒得mv＝2mv1，得共同速度为v1＝v2，小车动量的变化为Δp＝mv1－0＝mv2，故B正确；小球恰好到达小车最高点时，小球与小车的速度是相等的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误；如果曲面光滑，则小车和小球组成的系统机械能守恒，有12mv2-12·2mv12＝mgh，解得h＝v24g，如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，能上升的高度还要更小些，故D正确。故选BD。]
2．“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律进行类比。那么下列判断正确的是( )
(a) (b)
A．v1＞v0B．v1＝v0
C．v2＞v0 D．v2＝v0
A [题图(a)中，探测器与行星的运动可类比为两者发生弹性正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，由能量守恒定律可得12mv02＋12Mu2＝12mv12+12Mu12，解得v1＝M-mm+Mv0＋2Mm+M u，由于M≫m，故v1＝v0＋2u＞v0，A正确，B错误；题图(b)中，探测器与行星的运动可类比为探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为u2，向右为正方向，根据动量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，由能量守恒定律可得12mv02＋12Mu2＝12mv22+12Mu22，解得v2＝M-mm+M v0－2Mm+M u，由于M≫m，故v2＝v0－2u＜v0，C、D错误。]
3．如图所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
[解析] 设滑块的质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝18v0，B的速度vB＝34v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB，
设碰撞前A克服轨道摩擦力所做的功为WA，由功能关系得WA＝12mv02-12mvA2，
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道摩擦力所做的功为WB，由功能关系得
WB＝12mvB2－12mvB′2，
根据题意可知WA＝WB，
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
mvB′＝2mv，
联立并代入数据解得v＝2116v0。
[答案] 2116v0
4．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1。二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失。g取10 m/s2。
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离。
[解析] (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞
由能量守恒定律
12m1+m2v02＝12(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m。
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律
12m1+m2v02＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m。
[答案] (1)0.96 m (2)0.512 m
种类
遵从的规律
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非
弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
碰后速度相等(或成为一体)
遵从的
规律
动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′，机械能守恒12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2
碰后结果
v1′＝m1-m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1
特殊情况
若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1
若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1
若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0
3．通过演示实验探究弹性碰撞特点和规律。
4．感受不同碰撞类型的区别，培养学生的探究精神，体会用守恒定律分析物理问题的方法。
知识点一 碰撞的分类
1．弹性碰撞：如果系统在碰撞过程中，系统总机械能不变，这类碰撞叫作弹性碰撞。
2．非弹性碰撞：如果系统在碰撞后总机械能减少，这类碰撞叫作非弹性碰撞。
在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，这种碰撞机械能损失最大，称为完全非弹性碰撞。
知识点二 中子的发现
1．发现过程
中性粒子与质量已知的氢核和氮核分别发生碰撞，利用动量守恒定律和能量守恒定律，求出了中性粒子的质量，从而发现了中子。
2．正碰
一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。如图所示。
3．弹性正碰特点
(1)碰撞前两物体的质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2，且v1≠0，v2＝0，碰撞后两个物体的速度分别为v1′和v2′，则v1′＝m1-m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1。
(2)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即两者碰撞后交换速度。
(3)若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0。表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止。
(4)若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1。表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。
质量相等的两小球碰撞后一定交换速度吗？
提示：不一定。
1：思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。(√)
(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。(×)
(3)发生弹性正碰的两物体，动量和机械能一定都守恒。(√)
(4)两物体发生碰撞过程中，机械能可能增加。(×)
2：填空
如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向______________运动，B向______________运动。
[解析] 选向右为正方向，则A的动量pA＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0。碰撞前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，发生弹性碰撞后A、B的动量之和也应为零，因两滑块发生弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能为零，故碰撞后A、B一定反向运动，则A向左运动，B向右运动。
[答案] 左 右
如图所示为两刚性摆球碰撞时的情景。
(1)两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？
(2)若碰撞后两球粘在一起，发现两球上升的高度仅是入射球释放时的高度的四分之一，说明了什么？
提示：(1)两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变。
(2)碰撞中动量守恒，机械能不守恒。
考点1 碰撞的特点和规律
1．碰撞过程的五个特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
(4)位移特点：碰撞过程时间极短，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置。
(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。
2．碰撞的规律
(1)碰撞的种类及遵从的规律
(2)特殊的弹性碰撞——运动物体碰静止物体
角度1 弹性碰撞的分析与计算
【典例1】 如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2。(重力加速度为g)
[解析] 设m1碰撞前瞬间的速度为v，根据机械能守恒定律有m1gh＝12m1v2，解得v＝2gh①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失，有
12m1v2＝12m1v1 2+12m2v22③
联立②③式解得v2＝2m1vm1+m2④
将①代入④得v2＝2m12ghm1+m2。
[答案] 2m12ghm1+m2
角度2 非弹性碰撞的分析与计算
【典例2】 如图所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
思路点拨：解此题要注意物块A与C在曲面B的最高点时，三者具有相同的速度。
[解析] (1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv
解得v＝v02
碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝12mv02－12·2mv2＝14mv0 2。
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上达到最大高度时三者速度相同，设为v′，最大高度为h。
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
2mv＝(2m＋M)v′
根据系统机械能守恒得：
12·2mv2＝12(2m＋M)v′2＋2mgh
联立解得h＝3v0240g。
[答案] 114mv0 2 23v0240g
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统。
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。
[跟进训练]
1．(2023·北京卷改编)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量。
[解析] (1)小球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以
F＝m2v02R＝4mv02R。
(2)小球1与小球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明小球1碰后反弹，则
m·2v0＝－mv＋m′v
12m(2v0)2＝12mv2＋12m′v2
联立解得
v＝v0，m′＝3m。
[答案] 14mv02R (2)3m
2．(角度2)如图所示，小物块A、B的质量均为m ＝ 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h ＝ 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
[解析] (1)竖直方向为自由落体运动，由h＝12 gt2得t ＝ 0.30 s。
(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s＝vt得v＝1.0 m/s
根据动量守恒定律，由mv0＝2mv得v0＝2.0 m/s。
(3)两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE＝12mv02-12·2mv 2得ΔE＝0.10 J。
[答案] (1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
考点2 碰撞可能性的判断
判断碰撞过程是否存在的依据
1．满足动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．满足动能不增加原理：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3．速度要符合情景
(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，若同向运动，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v前′≥v后′。
(2)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。
【典例3】 小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，正碰后小球2的动量p2′＝10 kg·m/s，两球的质量关系可能是( )
A．m2＝m1B．m2＝2m1
C．m2＝4m1 D．m2＝6m1
C [由动量守恒定律，很容易知碰后小球1的动量p1′＝2 kg·m/s，这丝毫不能反映出两球的质量关系，这就要从题中内含的其他关系去寻找。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＝pm可得p1m1>p2m2，即m2>7m15，故A错误；按同样思路，碰后应有v1′≤v2′，p1'm1≤p2'm2，有m2≤5m1，故D错误；由动能不增原则可知Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，由动能Ek与动量p的关系Ek＝p22m，可得p122m1+p222m2≥p1'22m1+p2'22m2，即有m2≥51m121，故B错误；综合以上结论得51m121≤m2≤5m1，C正确。]
碰撞合理性问题的分析思路
(1)若题目为选择题，可先根据“速度合理性原则”排除掉部分选项。
(2)对一个给定的碰撞，除了看动量是否守恒，还要看总动能是否增加，在验证动能不增加时，要灵活应用Ek＝p22m、p＝2mEk、Ek＝12 pv或p＝2Ekv等关系式。在满足以上两种情况下还应注意“速度合理性原则”。
[跟进训练]
3．(多选)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久后A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球速度的可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能正确的是( )
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 [设每个球的质量为m，碰撞前系统的总动量p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m(kg·m/s)，碰撞前的总动能Ek＝12mvA2+12mvB2＝20m(J)，若vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s，则碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，动量守恒，总动能Ek′＝12mvA '2＋12mvB′2＝20m(J)，总动能也守恒，A可能实现，故A正确；若vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，总动能Ek′＝12mvA′2＋12mvB′2＝4m(J)，动量守恒，总动能不增加，B可能实现，故B正确；若vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s，碰撞后A、B向正方向运动且A的速度大于B的速度，不符合实际，C不可能实现，故C错误；若vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，总动能Ek′＝12mvA′2＋12mvB′2＝29m(J)，动量守恒，总动能增加，违反能量守恒定律，不可能实现，故D错误。]
1．甲同学在办公室外奔跑过程中突然与从办公室出来的乙同学发生碰撞，碰撞前乙已处于静止状态，甲本能的伸直双手对乙施加推力的同时手向胸口收，手收至胸口时甲乙恰好共速。碰撞过程若能忽略两者与地面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲的本能反应减少了甲对乙的冲量
B．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同
C．甲的动能减少量等于乙的动能增加量
D．甲对乙做的功小于乙对甲做的功
D [甲的动量变化量未发生改变，因此甲的本能反应不能减少了甲对乙的冲量，故A错误；冲量是矢量，有方向，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不相同，故B错误；两者的碰撞属于完全非弹性碰撞，有能量损失，因此甲的动能减少量大于乙的动能增加量，故C错误；从两人刚接触到共速过程中，乙对地的位移小于甲对地的位移，因此甲对乙做的功小于乙对甲做的功，故D正确。故选D。]
2．如图所示，质量为M的小车静置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为( )
A．mv0m+M、mMv022m+MB．mv0m+M、mMv02m+M
C．Mv0m+M、mMv022m+M D．Mv0m+M、mMv02m+M
A [木块滑上小车后，与小车组成的系统动量守恒、能量守恒，设二者的共同速度为v，滑动过程中产生的热量为Q，则由动量守恒定律和能量守恒有mv0＝M+mv，12mv02＝12(M＋m)v2＋Q，联立以上两式可得v＝mv0m+M，Q＝mMv022m+M，故选A。]
3．(新情境题，以冰壶运动为背景，考查碰撞问题)在冰壶比赛中，红壶以0.4 m/s的速度正碰静止的蓝壶，然后红壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，都为19 kg，则下列判断正确的是( )
A．蓝壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．蓝壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．蓝壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．蓝壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
B [两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入数据解得v3＝0.3 m/s，动能变化量ΔEk＝12mv12-12mv22-12mv32＝12m(0.42－0.12－0.32)>0，故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确，A、C、D错误。]
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．碰撞问题具有什么特点？
提示：相互作用时间短，相互作用力大，近似满足动量守恒。
2．碰撞问题可分哪些类型？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞。
3．弹性碰撞的两小球在什么情况下可以交换速度？
提示：质量相等的两小球。
有趣的“牛顿摇篮”
“碰撞”在物理学中表现为两粒子或物体间极短的相互作用。 碰撞前后参与物发生速度、动量或能量改变。完全弹性碰撞妙趣横生、耐人寻味，是很特殊的一类碰撞。
“牛顿摇篮”又名牛顿摆，它是由若干个悬挂在框架上的小球组成(如图所示)，小球之间要无缝隙，刚好接触。因牛顿摇篮小球碰撞后摆动的样子很像婴儿的摇篮在摆动，所以大家把这个实验道具起了一个有趣的名字叫牛顿摇篮。
牛顿摇篮
牛顿摆是由法国物理学家伊丹·马略特(Edme Maritte)最早于1676年提出的。当摆动最右侧的球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球，最左边的球将被弹出，并仅有最左边的球被弹出。
1．上述的碰撞现象是哪种类型的碰撞？
提示：弹性碰撞。
2．上述碰撞满足什么规律？
提示：满足动量守恒和动能守恒。
3．如图所示，会出现什么情况？
提示：最外面的小球弹出，其他小球静止。
课时分层作业(四) 碰撞
题组一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
C [小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，当小球到达底端时有mv球－mv槽＝0，则有v球＝v槽，当小球与弹簧接触后，小球受外力作用，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错误；若小球下滑过程槽保持静止，小球和槽之间的相互作用力始终与运动方向垂直不做功，但地面光滑，小球下滑过程中槽在后退，小球和槽之间的相互作用力与接触面垂直，但与各自的运动方向不再垂直，故两力均有做功，B错误；小球脱离弧形槽后，槽向左以v槽做匀速直线运动，小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被弹回的速度大小仍为v球，向左做匀速直线运动，由于两物体速度大小相等、方向相同，不会再相遇，即小球不能回到槽内，C正确，D错误。故选C。]
2．质量分别为ma＝1 kg、mb＝2 kg 的a、b两球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，可知该碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能确定
A [由题x -t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前系统的总动能Ek1＝12mava2+12mbvb2＝92 J，碰撞后系统的总动能Ek2＝12mava'2＋12mbvb′2＝92 J，故系统的机械能守恒；碰撞前系统的总动量p1＝mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后系统的总动量p2＝mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故系统的动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确。]
3．(多选)如图所示，运动的A球在光滑水平面上与一个原来静止的B球发生弹性碰撞，则( )
A．要使B球获得最大动能，则应让A、B两球质量相等
B．要使B球获得最大速度，则应让A球质量远大于B球质量
C．要使B球获得最大动量，则应让A球质量远小于B球质量
D．若A球质量远大于B球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量
ABC [设A球的质量为m1、B球的质量为m2、碰前A球的速度为v0、碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，A球与B球发生弹性碰撞，则m1v0＝m1v1+m2v2，12 m1v02＝12m1v12+12m2v22，解得v1＝m1-m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0。由v1＝m1-m2m1+m2v0知，当A、B两球质量相等时，碰后A球的速度为零，B球获得了A球碰前的全部动能，即B球获得了最大动能，A正确；由v2＝2m1m1+m2v0知，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A球速度的2倍，B正确；由v1＝m1-m2m1+m2v0知，当A球质量远小于B球质量时，A球几乎以原速率反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得的动量接近A球初始动量的2倍，B球获得最大动量，C正确；由以上三项分析知，D错误。]
题组二 碰撞可能性的判断
4．(多选)在光滑水平面上动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量大小分别记为Ek2、p2，则必有 ( )
A．Ek1
C．Ek2>Ek0 D．p1>p0
AB [因为碰撞前后动能不增加，故有Ek1
5．(多选)如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿同一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项可能正确的是( )
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 [本题属于追及碰撞，碰撞前小球A的速度一定要大于小球B的速度(否则无法实现碰撞)。碰撞后，小球B的动量增大，小球A的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，D错误；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝p22m可知，小球A的质量和动量大小不变，动能不变，而小球B的质量不变，但动量增大，所以小球B的动能增大，这样系统的机械能比碰撞前增大了，C错误；经检验，A、B满足碰撞遵循的三个原则，故A、B正确。]
6．(多选)如图所示，足够长的光滑斜劈固定在光滑水平面上，两等大的小球甲、乙的质量分别为m1、m2，小球乙静止在水平面上，小球甲以水平向左的速度运动，经过一段时间后与小球乙发生碰撞，已知碰后小球甲的速率为碰前的13，整个过程中两球刚好只能发生一次碰撞，则m1∶m2可能为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
CD [取小球甲的初速度方向为正方向，碰前小球甲的速度大小为v0，整个过程中两球刚好发生一次碰撞，说明碰后两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，设碰后乙球速度大小为v′，根据动量守恒定律有m1v0＝m2v′－13m1v0，即43m1v0＝m2v′≤13m2v0，可得m2≥4m1，C、D正确，A、B错误。]
题组三 碰撞的综合性问题
7．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/sB．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
C [碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－12·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向上的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有12mv02＝12mv12＋12·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，C正确。]
8．冰壶比赛观赏性很高，一次比赛中，蓝壶(实心圆)以动能Ek碰撞静止的红壶(与蓝壶材料相同，质量相等)(空心圆)，某兴趣小组将碰撞前后两壶的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间蓝壶、红壶所在位置，C、D分别为碰撞后蓝壶、红壶停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失的动能约为( )
A．0 B．13Ek C．49Ek D．59Ek
C [假设方格边长为x，则碰撞后，由动能定理可得－f·3x＝0－Ek蓝，－f·12x＝0－Ek红，可知碰撞后红壶的动能是蓝壶的4倍，则v红2v蓝2＝4，得v红v蓝＝2，假设碰撞后v红＝2v，v蓝＝v，则碰撞过程中由动量守恒可得mv0蓝＝m(v红＋v蓝)＝3mv，得v0蓝＝3v，由题意知12mv0蓝2＝92mv2＝Ek，碰撞后Ek红＝42mv2＝49Ek，Ek蓝＝12mv2＝19Ek，所以碰撞过程中损失的动能约为ΔEk＝Ek－49Ek－19Ek＝49Ek，故C正确，A、B、D错误。故选C。]
9．(2023·全国乙卷改编)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离。
[解析] (1)设小球与圆盘碰撞前瞬间速度大小为v0，碰撞后瞬间小球的速度大小为v1，圆盘的速度大小为v2，取竖直向下为正方向，根据自由落体运动规律可得
v02＝2gl
解得v0＝2gl
小球与圆盘发生的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv1＋Mv2
根据机械能守恒定律可得
12mv02＝12mv12+12Mv22
联立解得v1＝－122gl，v2＝122gl
即第一次碰撞后瞬间小球的速度大小为122gh，方向竖直向上，圆盘的速度大小为122gl。
(2)碰撞后小球做竖直上抛运动，由于圆盘受到的滑动摩擦力与重力大小相等，圆盘做匀速直线运动，当小球速度向下且与圆盘速度相等时，两者距离最大，设经过时间t，小球与圆盘的速度相同
对小球有v2＝v1＋gt
x球＝v1+v22t
对圆盘有x盘＝v2t
xmax＝x盘－x球
联立解得xmax＝l。
[答案] (1)122gl 122gl (2)l
1．(多选)如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化是12mv
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于v24g
BD [小球滑上曲面的过程，小车向右做加速运动，小球滑下时，小车向右做减速运动，不会回到原位置，故A错误；小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于小车和小球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平动量守恒得mv＝2mv1，得共同速度为v1＝v2，小车动量的变化为Δp＝mv1－0＝mv2，故B正确；小球恰好到达小车最高点时，小球与小车的速度是相等的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误；如果曲面光滑，则小车和小球组成的系统机械能守恒，有12mv2-12·2mv12＝mgh，解得h＝v24g，如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，能上升的高度还要更小些，故D正确。故选BD。]
2．“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律进行类比。那么下列判断正确的是( )
(a) (b)
A．v1＞v0B．v1＝v0
C．v2＞v0 D．v2＝v0
A [题图(a)中，探测器与行星的运动可类比为两者发生弹性正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，由能量守恒定律可得12mv02＋12Mu2＝12mv12+12Mu12，解得v1＝M-mm+Mv0＋2Mm+M u，由于M≫m，故v1＝v0＋2u＞v0，A正确，B错误；题图(b)中，探测器与行星的运动可类比为探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为u2，向右为正方向，根据动量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，由能量守恒定律可得12mv02＋12Mu2＝12mv22+12Mu22，解得v2＝M-mm+M v0－2Mm+M u，由于M≫m，故v2＝v0－2u＜v0，C、D错误。]
3．如图所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
[解析] 设滑块的质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝18v0，B的速度vB＝34v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB，
设碰撞前A克服轨道摩擦力所做的功为WA，由功能关系得WA＝12mv02-12mvA2，
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道摩擦力所做的功为WB，由功能关系得
WB＝12mvB2－12mvB′2，
根据题意可知WA＝WB，
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
mvB′＝2mv，
联立并代入数据解得v＝2116v0。
[答案] 2116v0
4．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1。二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失。g取10 m/s2。
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离。
[解析] (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞
由能量守恒定律
12m1+m2v02＝12(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m。
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律
12m1+m2v02＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m。
[答案] (1)0.96 m (2)0.512 m
种类
遵从的规律
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非
弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
碰后速度相等(或成为一体)
遵从的
规律
动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′，机械能守恒12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2
碰后结果
v1′＝m1-m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1
特殊情况
若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1
若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1
若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0
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