珠海一中2019动量 专题四 弹性碰撞和非弹性碰撞

专题四、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．三种碰撞：
(1)完全非弹性碰撞。

两物体碰撞后粘在一起（碰后共速，两物不分开），一点形变都不恢复，损失动能最大，叫完全非弹性碰撞。

（只满足动量守恒，不满足动能守恒）
(2)弹性碰撞。

两物体碰撞后，形变能完全恢复（碰后两物要分开），一点动能都不损失，叫完全弹性碰撞，简称弹性碰撞。

（满足动量守恒，又满足动能守恒）
(3)非弹性碰撞。

两物体碰撞后，能恢复部分形变（碰后两物要分开），损失一部分动能但不是最大，叫非弹性碰撞。

（只满足动量守恒，不满足动能守恒）
总之，在碰撞过程中，系统动能不会增加。

2．弹性碰撞的三种情况：
如图6-2-2所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 0与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞，求碰撞后两球的速度v 1，v 2各自多大。

并讨论：当m 1 ＞ m 2，m 1 ＜ m 2 ，m 1 = m 2三种情况v 1的大小和方向。

解：由动量守恒有：101122m v m v m v =+ 机械能守恒有：
222101122111222m v m v m v =+，解得：121012m m v v m m -=+,12012
2m v v m m =+ 讨论：①当12m m >时，12
10012
m m v v v m m -=
<+，方向与0v 同向；入射球不反弹。

②当12m m =时，10v =；02v v =，即两球质量相等的弹性碰撞交换速度。

③当12m m <时，21
1012
m m v v m m -=-
+，负号表示1v 与0v 反向。

入射球要反弹。

④1
2012
2m v v m m =
+讨论m 1≥m 2，v 2的速度大小。

3．注意三点：
(1)在瞬时碰撞中，内力远大于外力，外力可忽略不计，所以，瞬时碰撞中系统动量守恒。

(2)解碰撞中的选择题问题：通常先抓住两个关系作出判断：（1）动量守恒（2）动能不能增加。

（3）常说正碰，就是碰撞前后速度在同一直线上，碰撞前后速度不在同直线叫斜碰（这种情况不作要求）。

不能说正碰就是弹性碰，它可以是非弹性碰。

在碰撞这类题中，与上一专题一样，基本都是综合性问题，因此要结合动能定理、机械能守恒
定律、圆周运动、平抛运动、牛顿第二定律和运动学公式等知识。

并且都是多过程的。

通常的方法
图 6-2-2
都采用“程序法”，就是按过程的顺序，一一列出方程。

理解题意，分析运动过程为解题的切入点，画出运动过程草图，选取研究对象和选取过程是解题的关键。

例1．在光滑的水平面上动能为E 0，动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量的大小分别记为E 2、p 2，则必有（ ）
A ．E 1＞E 0
B ．1p ＜0p
C ．E 2＞E 0
D ．2p ＞0
p
例2．如图6-2-3所示，长为L 的细绳竖直悬挂着一质量为M = 2 m 的小球A ，恰好紧挨着放置在水平面上质量为m 的物块B 。

现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°的位置，然后释放小球。

小球到达最低点时恰好与物块发生弹性碰撞，碰后物块则向右滑行了L 的距离而静止，（1）求物块与水平面间的动摩擦因数μ。

（2）如果μ符合第（1）问，讨论：m M ，物块B 在水平面滑动距离S 的范围。

（提示：解决范围问题，定要确定上下边界两个量）
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O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图6-2-4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 ＝1.5PO ．假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m 1：m 2．
4．如图6-2-6所示，质量为m 的物体B 静止在光滑水平面上，它有一个位于竖直平面内光滑的1/4圆弧轨道，底端切线水平。

另一质量为m 的小物体A 从左边以水平初速度v 0滑上光滑轨道的底端，设小物块并未冲出轨道。

求：
(1)小物块A 在B 上上升的最大高度； (2)物体B 最终的速度。

图
6-2-4
图6-2-6
图6-2-3
5．如图6-2-7所示，一条滑道由一段半径R = 0.8 m 的1/4圆弧轨道和一段长为L = 3.2 m 水平轨道MN 组成，在M 点处放置一质量为m 的滑块B ，另一个质量也为m 的滑块A 从左侧最高点无初速度释放，A 、B 均可视为质点。

已知圆弧轨道光滑，且A 与B 之间的碰撞无机械能损失（取g=10m/s 2）。

(1)求A 滑块与B 滑块碰撞后的速度v′A 和v′B
(2)若A 滑块与B 滑块碰撞后，B 滑块恰能达到N 点，则MN 段与B 滑块间的摩擦因数μ的大小为多少？
6．如图所示，半径为r =0.4m 的1/4圆形光滑轨道AB 固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B 点，CDE 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE 段被弯成以O 为圆心、半径R =0.2m 的一小段圆弧，管的C 端弯成与地面平滑相接，O 点位于地面，OE 连线竖直．可视为质点的物块b ，从A 点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管（b 横截面略小于管中空部分的横截面），b 滑到E 点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的1/2．已知物块b 的质量m = 0.4kg ，g 取10m/s 2．
（1）求物块b 滑过E 点时的速度大小v E ．
（2）求物块b 滑过地面BC 过程中克服摩擦力做的功W f ．
（3）若将物块b 静止放在B 点，让另一可视为质点的物块a ，从A 点由静止开始沿轨道下滑，滑到B 点时与b 发生弹性正碰，已知a 的质量M ≥m ，求物块b 滑过E 点后在地面的首次落点到O 点的距离范围．
图6-2-7
7．如图所示AB 为光滑的斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC 相连接，质量为m 的小球乙静止于水平轨道上，一个质量大于m 的小球甲以速度v 0与乙球发生弹性正碰，碰后乙球沿水平轨道滑向斜面AB ，求：在甲、乙发生第二次碰撞之前，乙球在斜面上能达到最大高度的范围？（设斜面足够长）
8．如图所示，AB 为倾角θ＝37° 的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC 相连接，质量为2m 的小球乙静止在水平轨道上，质量为m 的小球甲以速度v 0与乙球发生弹性正碰。

若轨道足够长，两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。

（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
9．如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为3
4m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度
v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
专题四、弹性碰撞和非弹性碰撞答案
例1． BD
例2．解析：（1）对小球下摆过程分析，根据机械能守恒：
2022
1
)60cos (2mv L L mg ⨯=
- 得：gL v = 对小球与物块弹性碰撞，动能守恒，
222122
1
221221mV mV mv +⨯，动量守恒：2122mv mv mv +=
对碰后物块分析，根据动能定理：2221mv mgL =
μ ，由上各式解得μ=8
9
（2）因为v m M M v +=
22，当M=m 时，gL v v ==2 ，由2
221mv mgs =μ可解得，.16
91L s = 当m M >>时，gL v v 222==，由2
221mv mgs =
μ可解得，.491L s =所以L s L 4
9169<<。

3．解析：两球碰撞过程有：101122m v m v m v =+
222
101122111222
m v m v m v =+ 又1PO v t =，22PO PQ v t +=，所以，214v v =，解
1
2
2m m = 4．解析：（1）mv 0=(m+m)v ，
mgh v m m mv ++=220)(2
121 ， 解得：g
v h 420
=
（2）mv 0=mv A + mv B ，
2
2202
12121B
A mv mv mv +=， ，解得：0v v
B = 5．解析：（1）设A 与B 相碰前的速度为v A ，A 从圆弧轨道上滑下时机械能守恒，故
A 与
B 相碰时，动量守恒且无机械能损失
解得，v′A =0 v′B =4m/s
（2）B 在碰撞后在摩擦力作用下减速运动，到达N 点速度为0，由动能定理得
其中，
解得，。

6．解析：（1）物块b 滑过E 点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
R
m N m g E 2v =- 又因为 mg N 21= 联立解得 1m /s m /s 22
.0102=⨯==gR E v （2）物块b 从A 点到E ，由动能定理得2
2
1)(E f m W R r mg v =
-- 解得 J 6.0=f W （3）物块a 从A 滑到B 的过程机械能守恒，设物块a 滑到B 点时速度为v ，则有 Mgr M =22
1
v 解得 m /s 22=v 设碰撞后物块a 、b 的速度分别为v a 、v b ，碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得b a m M M v v v += 22
22
12121b
a m M M v v v += 联立解得 M
m m M M b +=+=122v
v v 因为M ≥m ，由上式可知，碰撞后v ≤v b ＜2v ，即22m/s≤v b ＜2
4m/s 物块b 从B 点到E 点的过程中，由动能定理得 2
22
1'21b
E f m m W m g R v v -=-- 物块b 离开E 点后做平抛运动，设时间为t ，首次落点到O 点的距离为x ，则有t x E ⋅='v 221
gt R = 由以上三式联立解得 0.2m≤x ＜1m
7．设甲球质量为M ，甲、乙两球碰撞过程中，动量守恒，则：Mv 0=Mv 1+mv 2（2分）由机械能守
恒定律得：
2221202
12121mv Mv Mv +=（2分） 解得：022v m
M M
v +=（1分）碰后乙上升到最高点时，速度为零，在此过程中，只有重力做功，
由机械能守恒定律得：mgh = 2
221mv 乙球能上升的最大高度：h = g
v 222（2分）
① 当M >> m 时，v 2 = 2 v 0 ，h = g v g v 202222=（1分）② 当M = m 时，v 2 = v 0 ，h = g v g v 22202
2
=
（1 则乙球上升的最大高度范围是：g
v h
g v 20
2022≤ （1分） 8．012v v 2v m m m =+（2分），
222012111
v v 2v 222
m m m =+⋅（1分） 221
2sin 2cos 02v 2mgl mgl m θμθ--⋅=-⋅（2分
2312sin 2cos 2v 02
mgl mgl m θμθ-⋅=
⋅-（1分） v 3＞1v （2分） μ＜0.45（2分）
9．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ① 即μ<v 20
2gl
② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12mv 20＝12mv 2
1
＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有 mv 1＝mv ′1＋
3m 4v ′2 ④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′2
2
⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝8
7
v 1 ⑥
由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22≤μ3m
4gl ⑦
联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20
113gl
⑧
联立②⑧式，a 与b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 20
2gl
⑨。