碰撞(教案)

碰撞

一、碰撞的特点和分类 1．碰撞的特点

(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒． 2．碰撞的分类

(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．

(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．

(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 3．爆炸：一种特殊的“碰撞” 特点1：系统动量守恒． 特点2：系统动能增加． 二、弹性正碰模型

1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，同时满足动量守恒和机械能守恒，即m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋1

2m 2v 2′2，得出v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′

＝2m 1

m 1＋m 2v 1

. (1)若m 1＝m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．

(2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．

(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．

2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰． 三、判断一个碰撞过程是否存在的依据 1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.

2．总动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 1 22m 1＋p 2 22m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2

.

3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.

例1 大小与形状完全相同、质量分别为300g 和200g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50cm /s 和100 cm/s ，某一时刻发生碰撞． (1)如果两物体碰撞后粘合在一起，求它们碰撞后共同的速度大小； (2)在问题(1)的条件下，求碰撞后损失的动能； (3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小． 答案 (1)0.1m /s (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8m/s 解析 (1)令v 1＝50cm /s ＝0.5 m/s ， v 2＝－100cm /s ＝－1 m/s ，

设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v ，

由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝－0.1m/s ，负号表示方向与v 1的方向相反．

(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－1

2(m 1＋m 2)v 2，代入数据解得ΔE k ＝0.135 J.

(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰撞后两物体的速度分别为v 1′、v 2′， 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 由机械能守恒定律得

12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋1

2m 2v 2′2， 代入数据得v 1′＝－0.7m /s ，v 2′＝0.8 m/s.

例2 一弹丸在飞行到距离地面5m 高时仅有向右的水平速度v 0＝2m /s ，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )

答案 B

解析 弹丸爆炸瞬间内力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝

2h g ＝1s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝x

t

知，选项A 中，v 甲＝2.5m /s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5m /s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1m /s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1m /s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v 0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲

＝34m ，m 乙＝1

4

m ，v 0＝2m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 例3 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图4所示．小球A 与小球B 发生弹性碰撞后，小球A 、B 均向右运动．且碰后A 、B 的速度大小之比为1∶4，求两小球质量之比m 1m 2

.

图4

答案 2∶1

解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2

由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋1

2m 2v 22

由题意知：v 1∶v 2＝1∶4 联立解得m 1m 2＝2

1

.

例4 2013年斯诺克上海沃德大师赛于9月16日至22日在上海体育馆举行．如图5为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球A (主球)只与花色球B 碰撞且碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A 的动量为p A ＝5kg·m /s ，花色球B 静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p B ′＝4 kg·m/s ，则两球质量m A 与m B 的关系可能是( )

图5

A ．m

B ＝m A B ．m B ＝1

4m A

C ．m B ＝16m A

D ．m B ＝6m A

答案 A

解析 由动量守恒定律得：p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′，得：p A ′＝1kg·m/s ， 根据碰撞过程总动能不增加，则有： p A

22m A ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B 代入解得：m B ≥23

m A