高中物理 人教版选修3-5：16.4-5 碰撞 、反冲运动、火箭 课件
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A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9 kg·m/s C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
【答案】A
【解析】从碰撞前后动量守恒 pA＋pB＝pA′＋pB′验证， A、B、C 三种皆有可能．从总动能只有守恒或减少来看，即2pm2AA ＋2pm2BB≥p2Am′A2＋p2Bm′B2来看，只有 A 可能．
碰撞的可能性判断
例1 甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已
知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上
乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′＝10 kg·m/s，则两
球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲
B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲
D．m乙＝6m甲
解析：设碰撞后甲球的动量为 p 甲′，由动量守恒定律有 p 甲＋p 乙＝p 甲′＋p 乙′， 即 5 kg·m/s＋7 kg·m/s＝p 甲′＋10 kg·m/s， 则 p 甲′＝2 kg·m/s， 碰后 p 甲′、p 乙′均大于零，表明甲、乙两球同向运动， 应有 v 乙′≥v 甲′，即pm甲′甲 ≤pm乙′乙 ，解得 m 乙≤5m 甲；
【答案】2∶1
【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球 A 和 B 的 速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球 B 和小球 A 在碰撞后的速度大小之比为 4∶1.
设碰撞后小球 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，在碰撞过程 中动量守恒，碰撞前后动能相等．
m1v0＝m1v1＋m2v2 21m1v20＝12m1v21＋12m2v22 利用vv21＝4，解得 m1∶m2＝2∶1.
(3)速度要符合情景：如果碰撞前两物体Biblioteka Baidu向运动，则后面 物体速度必大于前面物体速度；碰撞后，原来在前的物体速度 一定增大；碰撞后两物体若同方向运动，后面物体的速度应小 于或等于前面物体的速度，即 v 后′≤v 前′.
1．(多选)在光滑的水平面上，动能为E0、动量的大小为p0 的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相
2．按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一直线分为： (1)对心碰撞(正碰)：碰撞前后，物体的运动方向与两球心 的连线________________． (2)非对心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物体的运动方向与两球 心连线________________． 【答案】(1)在同一直线上 (2)不在同一直线上
解法二：用动量守恒定律求解． 列车匀速行驶，合外力为零．车厢脱钩后，机车的牵引力 不变，则在脱钩车厢停下前，包括脱钩车厢在内的整段列车所 受合外力为零，因而动量守恒，有：Mv＝(M－m)v′，解得 v′ ＝MM－mv.故脱钩车厢停下时，列车前段的速度为M－M mv. 体会：采用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式解题过程 要繁琐得多，用动量守恒定律求解简捷方便，体现了用它解题 的优越性．
3．(2018 辽宁三模)如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于
光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接．现用完全相同
的小球 B 以水平速度 v0 与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧．不计 空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A
被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小
(1)碰撞前后的状态要符合具体的物理情景； (2)碰撞过程中要遵循动量守恒定律； (3)碰撞前后符合能量关系，即总动能满足Ek前≥Ek后．
1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同 一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是 5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可 能值是( )
一、碰撞的分类 1．按碰撞过程中机械能是否守恒分为： (1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能________，即碰撞前后 系统的总动能________． (2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能________，碰撞后系 统的总动能________碰撞前的总动能． (3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体_______，具有______ 的速度，这种碰撞系统损失动能最多． 【答案】(1)守恒 不变 (2)不守恒 小于 (3)合在一起 相同
(2)当 m1≫m2 时，即第一个物体的质量比第二个物体大得 多时，m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，由①②两式得：v1′＝v1， v2′＝2v1.
(3)当 m1≪m2 时，即第一个物体的质量比第二个物体小得 多时，m1－m2≈－m2，m1＋m2≈m2，m21＋m1m2≈0，由①②两式 得：v1′＝－v1，v2′＝0.
则子弹和 A 获得的共同速度为 v1＝mm＋vm0 A＝mm＋v30m＝v40.
二是A(包括子弹)以v1的速度开始压缩弹簧．在这一过程 中，A(包括子弹)向右做减速运动，B向右做加速运动．当A(包 括子弹)的速度大于B的速度时，它们间的距离缩短，弹簧的压 缩量增大；当A(包括子弹)的速度小于B的速度时，它们间的距 离增大，弹簧的压缩量减小，所以当A(包括子弹)的速度和B的 速度相等时，弹簧被压缩到最短，在这一过程中，系统(A、子
解法一：用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式求解． 设列车的牵引力为 F，列车前段和脱钩车厢所受的阻力分 别为 f1 和 f2，脱钩后它们的加速度大小分别为 a1 和 a2，从脱钩 到脱钩车厢停下所经时间为 t.对列车前段和脱钩车厢分别应用 牛顿第二定律，有：F－f1＝(M－m)a1，f2＝ma2，列车原来做 匀速直线运动，有 F＝f1＋f2，由以上三式可得(M－m)a1＝ma2， 又有 a1＝v′t－v，a2＝vt ，所以(M－m)v′t－v＝mvt .解得脱钩 车厢停下时列车前段的速度为 v′＝MM－mv.
二、散射 1．定义：微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不发 生________而发生的碰撞． 【答案】直接接触 2．散射方向： 由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率________，所以 ________粒子碰撞后飞向四面八方． 【答案】很小 多数
三、类碰撞问题 在实际问题中，有些物体间的相互作用类似于________的 现象．如物体间由不可伸长的绳相连接时，当绳突然绷紧后， 两物体的________相等； 物体间由弹簧相连接时，当弹簧从自由长度到最短或最长 时，两物体的________相等． 【答案】碰撞 速度 速度
(2)在右图中，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑 块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0 向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高 点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度必定相等(方向水 平向右)．
(3)如右图所示，物体A以速度v0滑上静止在光滑水平面上 的小车B，当A在B上滑行的距离最远时(设车足够长)，A、B两 物体相对静止，A、B两物体的速度必相等．
完全弹性碰撞的规律
完全弹性碰撞应该满足动量守恒定律和机械能守恒定律， 联立两方程可解．下面以一运动小球撞击一静止小球为例：质 量为 m1 的物体，以速度 v1 与原来静止的质量为 m2 的物体发生 弹性正碰，如图所示，
设碰撞后它们的速度分别为 v1′和 v2′. 根据动量守恒定律得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′， 根据机械能守恒定律得12m1v21＝21m1v1′2＋12m2v2′2， 由以上两式解得碰撞结束时：v1′＝mm11－＋mm22v1，① v2′＝m21＋m1m2v1.② 讨论：(1)当 m1＝m2 时，即两物体的质量相等时，由①② 两式得：v1′＝0，v2′＝v1，即两者的速度互换．
碰撞的常见模型
相互作用的两个物体在很多情况下皆可当作碰撞处理．对 相互作用中两物体相距恰“最近”“最远”或恰上升到“最高 点”等一类临界问题，求解的临界条件都是“速度相等”，相 当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下：
(1)在右图中，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止 且一端带有弹簧的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速 度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大，弹性势能最大．
为 I，则下列表达式中正确的是( )
A．E＝12mv20，I＝mv0
B．E＝12mv20，I＝2mv0
C．E＝14mv20，I＝mv0
D．E＝14mv20，I＝2mv0
【答案】D
解析：A、B 碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定 律得 mv0＝2mv，碰撞后 AB 一起压缩弹簧，当 AB 的速度减至 零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得最大弹性势能 E ＝12·2mv2，联立解得 E＝14mv20，从球 A 被碰后开始到回到原静 止位置的过程中，取向右为正方向，对 A、B 及弹簧整体，由 动量定理得 I＝2mv－(－2mv)＝4mv＝2mv0.故选 D．
反，将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动
能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1<E0
B．p1<p0
C．E2>E0
D．p2<p0
【答案】AB
【解析】两个钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，设 钢球 1 初动量的方向为正方向，由动量守恒定律得：p0＝－p1 ＋p2，碰后球 2 的动量 p2＝p0＋p1，可见 p2>p0，则选项 D 错误．碰 后系统的机械能不增加，即 E1＋E2≤E0，必有 E1<E0，E2<E0， 则选项 A 正确，选项 C 错误．由 p＝ 2mEk，结合 E1<E0，得 p1<p0，则选项 B 正确．故正确选项为 A、B.
碰撞过程中，动能不增加，则(注意 Ek＝2pm2 ) p2甲 ＋ p2乙 ≥p甲′2＋p乙′2， 2m甲 2m乙 2m甲 2m乙 即25m2甲＋27m2乙≥22m2甲＋21m02乙.
解得 m 乙≥5211m 甲． 综上可得 m 甲与 m 乙的关系为5211m 甲≤m 乙≤5m 甲． 答案：C
反思领悟：碰撞过程受多个物理规律的制约，在判断碰撞 过程中的可能性问题时，应从以下三方面进行分析：
(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对非弹性碰 撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动 能损失最大．
2．分析碰撞问题的几条原则 (1)碰撞前后动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不能增加，即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2pm211＋2pm222 ≥p21m′12＋p22m′22.
碰撞特点的理解与分析
1．碰撞的特点 (1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短， 各物体作用前后各种动量变化显著，物体在作用时间内位移可 忽略． (2)即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，由于内力远 大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系 统在碰撞瞬间动量是守恒的．
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系 统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机械能．
碰撞及类碰撞模型
例2 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B， 放在光滑的水平面上．物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌 在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的3/4，子弹的质量 是物体B的质量的1/4，求：
(1)A物体获得的最大速度； (2)弹簧压缩到最短时B的速度．
解析：本题所研究的过程可分成两个物理过程：一是子弹 射入 A 的过程(从子弹开始射入 A 到它们获得相同速度)，这一 过程时间极短，物体 A 的位移可忽略，故弹簧没有形变，B 没 有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化，所以这个过程中仅 是子弹和 A 发生相互作用(碰撞)．由动量守恒定律得 mv0＝(m ＋mA)v1，
2．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右 运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状 态，如图所示．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m1∶m2.
第十六章 动量守恒定律
16-4 碰撞 16-5 反冲运动 火箭
16-4 碰撞
通过前面的学习，我们已知道可以从牛顿运动定律推导出 动量守恒定律，请用两种方法求解下面的题目，体会用两种观 点解决问题的优缺点．
题目：总质量为M的列车在平直轨道上以速度v匀速行 驶，尾部有一节质量为m的车厢突然脱钩．设机车的牵引力恒 定不变，则脱钩车厢停下时，列车前段的速度v′为多大？
【答案】A
【解析】从碰撞前后动量守恒 pA＋pB＝pA′＋pB′验证， A、B、C 三种皆有可能．从总动能只有守恒或减少来看，即2pm2AA ＋2pm2BB≥p2Am′A2＋p2Bm′B2来看，只有 A 可能．
碰撞的可能性判断
例1 甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已
知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上
乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′＝10 kg·m/s，则两
球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲
B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲
D．m乙＝6m甲
解析：设碰撞后甲球的动量为 p 甲′，由动量守恒定律有 p 甲＋p 乙＝p 甲′＋p 乙′， 即 5 kg·m/s＋7 kg·m/s＝p 甲′＋10 kg·m/s， 则 p 甲′＝2 kg·m/s， 碰后 p 甲′、p 乙′均大于零，表明甲、乙两球同向运动， 应有 v 乙′≥v 甲′，即pm甲′甲 ≤pm乙′乙 ，解得 m 乙≤5m 甲；
【答案】2∶1
【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球 A 和 B 的 速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球 B 和小球 A 在碰撞后的速度大小之比为 4∶1.
设碰撞后小球 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，在碰撞过程 中动量守恒，碰撞前后动能相等．
m1v0＝m1v1＋m2v2 21m1v20＝12m1v21＋12m2v22 利用vv21＝4，解得 m1∶m2＝2∶1.
(3)速度要符合情景：如果碰撞前两物体Biblioteka Baidu向运动，则后面 物体速度必大于前面物体速度；碰撞后，原来在前的物体速度 一定增大；碰撞后两物体若同方向运动，后面物体的速度应小 于或等于前面物体的速度，即 v 后′≤v 前′.
1．(多选)在光滑的水平面上，动能为E0、动量的大小为p0 的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相
2．按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一直线分为： (1)对心碰撞(正碰)：碰撞前后，物体的运动方向与两球心 的连线________________． (2)非对心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物体的运动方向与两球 心连线________________． 【答案】(1)在同一直线上 (2)不在同一直线上
解法二：用动量守恒定律求解． 列车匀速行驶，合外力为零．车厢脱钩后，机车的牵引力 不变，则在脱钩车厢停下前，包括脱钩车厢在内的整段列车所 受合外力为零，因而动量守恒，有：Mv＝(M－m)v′，解得 v′ ＝MM－mv.故脱钩车厢停下时，列车前段的速度为M－M mv. 体会：采用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式解题过程 要繁琐得多，用动量守恒定律求解简捷方便，体现了用它解题 的优越性．
3．(2018 辽宁三模)如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于
光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接．现用完全相同
的小球 B 以水平速度 v0 与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧．不计 空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A
被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小
(1)碰撞前后的状态要符合具体的物理情景； (2)碰撞过程中要遵循动量守恒定律； (3)碰撞前后符合能量关系，即总动能满足Ek前≥Ek后．
1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同 一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是 5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可 能值是( )
一、碰撞的分类 1．按碰撞过程中机械能是否守恒分为： (1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能________，即碰撞前后 系统的总动能________． (2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能________，碰撞后系 统的总动能________碰撞前的总动能． (3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体_______，具有______ 的速度，这种碰撞系统损失动能最多． 【答案】(1)守恒 不变 (2)不守恒 小于 (3)合在一起 相同
(2)当 m1≫m2 时，即第一个物体的质量比第二个物体大得 多时，m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，由①②两式得：v1′＝v1， v2′＝2v1.
(3)当 m1≪m2 时，即第一个物体的质量比第二个物体小得 多时，m1－m2≈－m2，m1＋m2≈m2，m21＋m1m2≈0，由①②两式 得：v1′＝－v1，v2′＝0.
则子弹和 A 获得的共同速度为 v1＝mm＋vm0 A＝mm＋v30m＝v40.
二是A(包括子弹)以v1的速度开始压缩弹簧．在这一过程 中，A(包括子弹)向右做减速运动，B向右做加速运动．当A(包 括子弹)的速度大于B的速度时，它们间的距离缩短，弹簧的压 缩量增大；当A(包括子弹)的速度小于B的速度时，它们间的距 离增大，弹簧的压缩量减小，所以当A(包括子弹)的速度和B的 速度相等时，弹簧被压缩到最短，在这一过程中，系统(A、子
解法一：用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式求解． 设列车的牵引力为 F，列车前段和脱钩车厢所受的阻力分 别为 f1 和 f2，脱钩后它们的加速度大小分别为 a1 和 a2，从脱钩 到脱钩车厢停下所经时间为 t.对列车前段和脱钩车厢分别应用 牛顿第二定律，有：F－f1＝(M－m)a1，f2＝ma2，列车原来做 匀速直线运动，有 F＝f1＋f2，由以上三式可得(M－m)a1＝ma2， 又有 a1＝v′t－v，a2＝vt ，所以(M－m)v′t－v＝mvt .解得脱钩 车厢停下时列车前段的速度为 v′＝MM－mv.
二、散射 1．定义：微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不发 生________而发生的碰撞． 【答案】直接接触 2．散射方向： 由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率________，所以 ________粒子碰撞后飞向四面八方． 【答案】很小 多数
三、类碰撞问题 在实际问题中，有些物体间的相互作用类似于________的 现象．如物体间由不可伸长的绳相连接时，当绳突然绷紧后， 两物体的________相等； 物体间由弹簧相连接时，当弹簧从自由长度到最短或最长 时，两物体的________相等． 【答案】碰撞 速度 速度
(2)在右图中，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑 块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0 向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高 点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度必定相等(方向水 平向右)．
(3)如右图所示，物体A以速度v0滑上静止在光滑水平面上 的小车B，当A在B上滑行的距离最远时(设车足够长)，A、B两 物体相对静止，A、B两物体的速度必相等．
完全弹性碰撞的规律
完全弹性碰撞应该满足动量守恒定律和机械能守恒定律， 联立两方程可解．下面以一运动小球撞击一静止小球为例：质 量为 m1 的物体，以速度 v1 与原来静止的质量为 m2 的物体发生 弹性正碰，如图所示，
设碰撞后它们的速度分别为 v1′和 v2′. 根据动量守恒定律得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′， 根据机械能守恒定律得12m1v21＝21m1v1′2＋12m2v2′2， 由以上两式解得碰撞结束时：v1′＝mm11－＋mm22v1，① v2′＝m21＋m1m2v1.② 讨论：(1)当 m1＝m2 时，即两物体的质量相等时，由①② 两式得：v1′＝0，v2′＝v1，即两者的速度互换．
碰撞的常见模型
相互作用的两个物体在很多情况下皆可当作碰撞处理．对 相互作用中两物体相距恰“最近”“最远”或恰上升到“最高 点”等一类临界问题，求解的临界条件都是“速度相等”，相 当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下：
(1)在右图中，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止 且一端带有弹簧的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速 度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大，弹性势能最大．
为 I，则下列表达式中正确的是( )
A．E＝12mv20，I＝mv0
B．E＝12mv20，I＝2mv0
C．E＝14mv20，I＝mv0
D．E＝14mv20，I＝2mv0
【答案】D
解析：A、B 碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定 律得 mv0＝2mv，碰撞后 AB 一起压缩弹簧，当 AB 的速度减至 零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得最大弹性势能 E ＝12·2mv2，联立解得 E＝14mv20，从球 A 被碰后开始到回到原静 止位置的过程中，取向右为正方向，对 A、B 及弹簧整体，由 动量定理得 I＝2mv－(－2mv)＝4mv＝2mv0.故选 D．
反，将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动
能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1<E0
B．p1<p0
C．E2>E0
D．p2<p0
【答案】AB
【解析】两个钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，设 钢球 1 初动量的方向为正方向，由动量守恒定律得：p0＝－p1 ＋p2，碰后球 2 的动量 p2＝p0＋p1，可见 p2>p0，则选项 D 错误．碰 后系统的机械能不增加，即 E1＋E2≤E0，必有 E1<E0，E2<E0， 则选项 A 正确，选项 C 错误．由 p＝ 2mEk，结合 E1<E0，得 p1<p0，则选项 B 正确．故正确选项为 A、B.
碰撞过程中，动能不增加，则(注意 Ek＝2pm2 ) p2甲 ＋ p2乙 ≥p甲′2＋p乙′2， 2m甲 2m乙 2m甲 2m乙 即25m2甲＋27m2乙≥22m2甲＋21m02乙.
解得 m 乙≥5211m 甲． 综上可得 m 甲与 m 乙的关系为5211m 甲≤m 乙≤5m 甲． 答案：C
反思领悟：碰撞过程受多个物理规律的制约，在判断碰撞 过程中的可能性问题时，应从以下三方面进行分析：
(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对非弹性碰 撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动 能损失最大．
2．分析碰撞问题的几条原则 (1)碰撞前后动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不能增加，即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2pm211＋2pm222 ≥p21m′12＋p22m′22.
碰撞特点的理解与分析
1．碰撞的特点 (1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短， 各物体作用前后各种动量变化显著，物体在作用时间内位移可 忽略． (2)即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，由于内力远 大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系 统在碰撞瞬间动量是守恒的．
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系 统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机械能．
碰撞及类碰撞模型
例2 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B， 放在光滑的水平面上．物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌 在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的3/4，子弹的质量 是物体B的质量的1/4，求：
(1)A物体获得的最大速度； (2)弹簧压缩到最短时B的速度．
解析：本题所研究的过程可分成两个物理过程：一是子弹 射入 A 的过程(从子弹开始射入 A 到它们获得相同速度)，这一 过程时间极短，物体 A 的位移可忽略，故弹簧没有形变，B 没 有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化，所以这个过程中仅 是子弹和 A 发生相互作用(碰撞)．由动量守恒定律得 mv0＝(m ＋mA)v1，
2．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右 运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状 态，如图所示．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m1∶m2.
第十六章 动量守恒定律
16-4 碰撞 16-5 反冲运动 火箭
16-4 碰撞
通过前面的学习，我们已知道可以从牛顿运动定律推导出 动量守恒定律，请用两种方法求解下面的题目，体会用两种观 点解决问题的优缺点．
题目：总质量为M的列车在平直轨道上以速度v匀速行 驶，尾部有一节质量为m的车厢突然脱钩．设机车的牵引力恒 定不变，则脱钩车厢停下时，列车前段的速度v′为多大？