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第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 知识点归纳 知识点一、碰撞 1．碰撞的特点 (1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短． (2)相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理． (3)在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能． (4)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变． 2．碰撞过程应满足的条件 (1)系统的总动量守恒． (2)系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2. (3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有 v前>v后，若不满足，则该碰撞过程不可能． 3．碰撞与爆炸的异同点
知识点二、对心碰撞和非对心碰撞 1．对心碰撞：如图所示，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，也叫对心碰撞．
2．非对心碰撞：如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．这种碰撞称为非对心碰撞．
知识点三、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如图所示碰撞中，由动量守恒得 m1v1 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1； (2)若m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1； (3)若m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0. 2．非弹性碰撞： (1)如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞． (2)若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，如图所示发生完全非弹性碰撞，则有动量守恒 m1v1＝(m1＋m2)v；碰撞损失机械能ΔE＝v，此时动能损失最大． 知识点四、碰撞中的临界问题 相互作用的两个物体在很多情况下可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，相当于完全非弹性碰撞模型．具体分析如下： (1)如图所示，光滑水平面上的 A 物体以速度 v 去撞击静止的 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．
(2)如图所示，光滑水平面上有两个带同种电荷的物体 A、B，当其中一个 A 以速度 v 向静止的另一个 B 靠近的过程中(设 A、B 不会接触)，当两者相距最近时，二者速度必定相等．
(3)如图所示，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，A、B 相对静止，A、B 两物体的速度必定相等．
(4)如图所示，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(方向为水平向右)．
(5)如图所示，光滑水平杆上有一质量为 m 的环，通过一长为 L 的轻绳与 M 相连，现给 M 以瞬时水平速度 v0.(设M 上升最高不超过水平杆)，则 M 上升最高时，m、M 速度必定相等．
典例分析 一、动量守恒和能量守恒
(1) 碰后乙的速度的大小； (2) 碰撞中总机械能的损失． 解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M.碰前速度大小分别为v1和v2，碰后乙的速度为v3，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝Mv3 代入数据得：v3＝1.0 m/s. (2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有： mv＋Mv＝Mv＋ΔE 答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J 归纳总结：本题考查了动量守恒和能量守恒的综合，难度不大，在运用动量守恒定律解题时，知道动量守恒的表达式是矢量式，需注意速度的方向． 二、对心碰撞
A．甲球速度为零，乙球速度不为零 B．两球速度都不为零 C．乙球速度为零，甲球速度不为零 D．两球都以各自原来的速率反向运动 解析 首先根据两球动能相等，m甲v＝m乙v得出两球碰前动量大小之比为：＝，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的． 答案 AB 三、碰撞中的极值问题
(1)A 物体获得的最大速度； (2)弹簧压缩最大时 B 物体的速度． 解析 (1)对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋mA)v1，解得它们的共同速度，即A的最大速度v1＝＝. (2)以子弹及A、B组成的系统作为研究对象，整个作用过程中总动量守恒，弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋mA＋mB)v2，解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B物体的速度v2＝＝v0. 答案 (1) (2) 自我检测 1．下列对于碰撞的理解正确的是( ) A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程 B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒 C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞 D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解 解析 碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错．动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错． 答案 AB 2．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么该碰撞是( ) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 解析 由动量守恒定律有：3mv＋mv＝0＋mv′，得v′＝2v.碰前总动能：Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，则Ek′＝Ek，选项A正确． 答案 A 3．在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( )
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒 C．作用前后总动能为零，而总动量不为零 D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零 解析 选项A为非弹性碰撞，成立；选项B为完全非弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故选项C不成立；总动量守恒，则系统内各物体动量的增量不为零的话，则系统一定受到合外力作用，选项D错误． 答案 AB 4．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( ) A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v 解析 A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2， 原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2① 假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝0.5v 由题意知球A被反弹，所以球B的速度有v2＞0.5v② AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：mv2≥mv＋mv③ ①③两式联立得：v2≤v④ 由②④两式可得：0.5v＜v2≤v，符合条件的只有0.6v， 所以选项A正确，B、C、D错误． 答案 A 5．质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )
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 解析 由x－t图象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前动能mav＋mbv＝J，碰撞后动能mava′2＋mbvb′2＝J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。 答案 A 6．如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动( )
A．一定沿v0的方向飞去 B．一定沿v0的反方向飞去 C．可能做自由落体运动 D．以上说法都不对 解析 根据动量守恒得v′＝。mv可能大于、小于或等于Mv0，所以v′可能小于、大于或等于零。 答案 C 7．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 解析 由动量守恒3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v 碰前总动能：Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2 碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2， Ek＝Ek′，所以A对。 答案 A 8．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 解析 由图象知，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，选项C正确． 答案 C 9．在光滑水平面上，动能为E0、动量为p0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，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为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 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，又由动量守恒定律得：p0＝p2－p1，可见p2>p0，故选项D正确。单从动量方面分析，p1可以大于p0，若如此必有碰后系统的动能增加，但对于碰撞问题碰撞后系统的动能不可能大于碰前系统的动能，因此E1＋E2≤E0，必有E1<E0，E2<E0，显然选项A正确， 选项C错误。由动量的大小和动能的关系p＝，因为E1<E0，得p1<p0，选项B正确。 答案 ABD 10．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。
解析 设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律得：Mv0＝mv ① 3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明物体速度变为零，且碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有：Mv＝mv2 ② 联立①②解得m＝M 答案 M 11．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率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Q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。
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，m1v＝m1v＋m2v 利用v2/v1＝4，可解出＝2 答案 ＝2 12．如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.3 m．质量m＝0.20 kg的小球A静止在轨道上，另一质量M＝0.60 kg、速度为v0＝5.5 m/s的小球B与小球A正碰．已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为L＝4处，重力加速度g＝10 m/s2，求：碰撞结束时，小球A和B的速度的大小．
解析 A球平抛，则：水平方向：L＝vct；竖直方向：2R＝gt2， A球从b点到c点由机械能守恒知：mv＋2mgR＝mv， A、B碰撞过程由动量守恒：Mv0＝mvA＋MvB， 由以上各式带入数据解得碰撞结束时，小球A、B速的度分别为：vA＝6 m/s, vB＝3.5 m/s. 答案 3.5 m/s 13．如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出．重力加速度为g.求：
(1)子弹穿过物块后物块的速度v1； (2)此过程中系统损失的机械能； (3)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离． 解析 (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v1，由动量守恒得： mv0＝m＋Mv1① 解得：v1＝v0② ( ΔE＝mv－③ 由②③式得ΔE＝mv④ (3)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则： h＝gt2⑤； s＝v1t⑥ 解得：s＝⑦ 答案 (1)v1＝v0 (2)ΔE＝mv (3)s＝
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