2018年高二物理人教版选修3-5全册各模块要点回眸：第5点

第5点 碰撞过程的分类及碰撞过程的制约
一、碰撞过程的分类
1．弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失． 弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即 12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12
m 2v 2′2 特殊情况：质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰，根据动量守恒
和动能守恒有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12
m 2v 2′2. 碰后两个小球的速度分别为：
v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1
(1)若m 1≫m 2，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．
(2)若m 1≪m 2，v 1′≈－v 1，v 2′≈0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．
(3)若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换．
2．非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失． 非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：
12m 1v 21＋12m 2v 22＞12m 1v 1′2＋12
m 2v 2′2 3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多．此种情况m 1与m 2碰后速度相同，设为v ，则：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 系统损失的动能最多，损失动能为
ΔE
km ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12
(m 1＋m 2)v 2 二、碰撞过程的制约
通常有如下三种因素制约着碰撞过程
1．动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；
2．动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；
3．运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小．再比如，碰撞后，后面的物体速度不能超过前面的物体．
对点例题 如图1所示，质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，设木块对子弹的阻力大小恒为F ，求：
图1
(1)木块至少多长子弹才不会穿出；
(2)子弹在木块中运动了多长时间．
解题指导 从动量的角度看，以子弹和木块组成的系统为研究对象，根据动量守恒 m v 0＝(M ＋m )v
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能．阻力大小为F ，设子弹、木块的位移大小分别为x 1，x 2，如题图所示，显然有x 1－x 2＝L ，
对子弹用动能定理
F ·x 1＝12m v 20－12
m v 2 ① 对木块用动能定理
F ·x 2＝12
M v 2 ②
①②相减得
F ·L ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝Mm 2(M ＋m )
v 20 由上式可得
L ＝Mm 2F (M ＋m )
v 20 (2)以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得t ＝v －v 0－a ＝Mm v 0F (M ＋m )
. 答案 见解题指导
1．(多选)半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )
A ．甲球的速度为零而乙球的速度不为零
B ．乙球的速度为零而甲球的速度不为零
C ．两球的速度均不为零
D ．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
答案 AC
解析 甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒．
碰撞前，由于E k 甲＝E k 乙，而E k ＝p 2
2m
，由题设条件m 甲>m 乙可知p 甲>p 乙，即碰撞前系统的总动量方向应与甲的动量方向相同．碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，A 选项正确．如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B 选项错误．如果碰撞后甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C 选项正确．如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D 选项错误．
2．如图2，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
图2
答案 (5－2)M ≤m ＜M
解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，
由动量守恒定律得
m v 0＝m v 1＋M v 2
由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12
M v 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0
要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M
A 反向向左运动与
B 发生碰撞过程，有
m v 1＝m v 3＋M v 4
12m v 21＝12m v 23＋12
M v 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋M v 1
由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0
整理可得m 2＋4Mm ≥M 2
解方程可得m ≥(5－2)M
另一解m ≤－(5＋2)M 舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
(5－2)M≤m＜M.
3．如图3所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶，一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝179 m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中，如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g＝10 m/s2，不计空气阻力)
图3
答案0.54
解析设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有：
m0v0－m v＝(m＋m0)v1
解得v1＝8 m/s
由它们恰好不从平板小车上掉下来可知，它们相对平板小车滑行距离x＝6 m时它们跟小车具有相同速度v2，则由动量守恒有(m＋m0)v1－M v＝(m＋m0＋M)v2
解得v2＝0.8 m/s
由能量守恒有μ(m0＋m)gx＝1
2(m＋m0)v
2
1
＋
1
2M v
2－1
2(m0＋m＋M)v
2
2
代入数据解得μ＝0.54.。