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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？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′－vt，a2＝vt，所以(M－m)v′－vt＝mvt.解得脱钩车厢停下时列车前段的速度为v′＝MM－mv.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MM－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．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．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．碰撞特点的理解与分析(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．(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p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要符合情景：如果碰撞前两物体同向运动，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．E1E0B．p1p0C．E2E0D．p2p0【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p2p0，则选项D错误．碰后系统的机械能不增加，即E1＋E2≤E0，必有E1E0，E2E0，则选项A正确，选项C错误．由p＝2mEk，结合E1E0，得p1p0，则选项B正确．故正确选项为A、B.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＝12m1v1′2＋12m2v2′2，由以上两式解得碰撞结束时：v1′＝m1－m2m1＋m2v1，①v2′＝2m1m1＋m2v1.②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．(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≈m2，2m1m1＋m2≈0，由①②两式得：v1′＝－v1，v2′＝0.2．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.【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＋m2v212m1v20＝12m1v21＋12m2v22利用v2v1＝4，解得m1∶m2＝2∶1.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：碰撞的常见模型(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．(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．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为I，则下列表达式中正确的是()A．E＝12mv20，I＝mv0B．E＝12mv20，I＝2mv0C．E＝14mv20，I＝mv0D．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．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＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′＝10kg·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甲碰撞的可能性判断解析：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5kg·m/s＋7kg·m/s＝p甲′＋10kg·m/s，则p甲′＝2kg·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p甲′m甲≤p乙′m乙，解得m乙≤5m甲；碰撞过程中，动能不增加，则(注意Ek＝p22m)p2甲2m甲＋p2乙2m乙≥p甲′22m甲＋p乙′22m乙，即522m甲＋722m乙≥222m甲＋1022m乙.解得m乙≥5121m甲．综上可得m甲与m乙的关系为5121m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：(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7kg·m/s，B球的动量是5kg·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()A．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB．pA′＝3kg·m/s，pB′＝9kg·m/sC．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/sD．pA′＝－4kg·m/s，pB′＝17kg·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p2A2mA＋p2B2mB≥pA′22mA＋pB′22mB来看，只有A可能．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．碰撞及类碰撞模型解析：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，则子弹和A获得的共同速度为v1＝mv0m＋mA＝mv0m＋3m＝v04.二是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、子弹、B)所受的外力(重力、支持力)的合力为零，遵守动量守恒定律，由动量守恒定律得(m＋mA)v1＝(m＋mA＋mB)v2，v2＝(m＋mA)v1/(m＋mA＋mB)＝(m＋3m)v1/(m＋3m＋4m)＝v1/2＝v0/8，即弹簧压缩到最短时B的速度为v0/8.答案：(1)v04(2)v082．(2018安徽模拟)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8m