物理碰撞与反冲运动-教师版

1、碰撞和反冲运动编写者：唐文1.知识梳理一 碰撞过程的特点1. 瞬时性.由于物体在发生碰撞时，所用时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把 碰撞时间忽略不计；在碰撞这一极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以 认为物体在碰撞中位移为零。2. 动量守恒性.因碰撞时间极短，相互作用的内力大于外力，所以系统在碰撞过程屮动量 守恒。3. 动能不增.在碰撞过程屮，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背 能量守恒原则。能量情况的不一样，导致产生不同的碰撞类型。二碰撞过程的分类i. 按碰撞过程的动能损失情况，可将碰撞分为弹性和非弹性碰撞。1 弹性碰撞：碰撞时产生弹性形变，碰撞后形变

2、完全消失，碰撞过程系统的动量和动能能均守恒即：ek 1 +ek2 -ek i +ek2公式推导：第一，市动量守恒定理，得加片 + m2v2 =加片 + m2v 第二，由机械能守恒定律，得1917121- 2-m1v1-+-/w2v2-=-miv1 +-m2v2由上述两式可得到： (加 1 m2 )vj + 2m2v2 mx_2m1v1+(m2-mi)v2v mx + m2在上述结论屮，若mi=ni2则有(1)今（2）若 v2=0,则（3）若 mi=m2.并且若 v2=0,贝0有 2非弹性碰撞：碰撞时产生的形变有部分恢复，此时系统动量守恒但机械能有部分损失。9 9ek1 +ek2 veki+ek

3、23完全非弹性碰撞：碰撞后，两个物体合为一体，以共同速度一起运动，即相互碰撞时产生 的形变一点没有恢复，这种碰撞能量损失最多碰撞后系统以相同的速度运动v, = v2 = v动量守恒加|片0 + m2v20 = （“ + m2 ）v所以mx +m2动能损失为f |、772a= -rnxv +-2v20 n + m2)v? =v1 310 - v20)2 2 丿 2 2(“+® 丿ii按碰撞前后速度是否沿同一条直线，可将碰撞分为止碰和斜碰。高中阶段重点研究一维碰撞即正碰。三.反冲运动。1反冲：一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，而另外 一部分必然向相反的方向

4、运动，这个现象叫反冲。2. 讨论反冲运动时的两个细节问题(1) 速度的反向带来的，动量的矢量性。(2) 速度的相对性，统一参考系。2典型例题问题一：碰撞可能性判断例1：在光滑水平而上a、b两球沿同一直线向右运动，a追上b发生碰撞，碰前两球动量分别为匕= 2kg-m/s. pb=3kg-m/s，则碰撞过程中两物体的动量变化可能的是()a pa - -3 kg -ml s ,b> ap = 4kg -mis, pb = -4kg -misc、pa - -5kg 'mis, apb = 5kg - misd、apf = -24kg -m/ s , pb - 24kg -ml sk解析几

5、1.统动量守恒原则：即apa +pb =0o此题abcd选项均符合2. 物理情景可行性原则：(1) 、碰撞前，a追上b发生碰撞，所以有碰前(2) 、碰撞时，两球之间是斥力作用，因此前者受到的冲量向前，动量增加；后者受到的冲量向后，动量减小，既mjvo, pb >0o此题b选项可以排除(3) 、碰撞后，a球位置在后，所以有3. 动能不增：在碰撞中，若没有能量损耗，则系统机械能守恒；若能量有损失，则系统的机 械能减小；而系统的机械能不可能增加。一般而言，碰撞中的重力势能不变，所以有eka + ekb = eka + ekb °此题中d选项可以排除。综上所述，本题正确答案为(a、c)

6、问题二：类完全非碰撞中弹簧模型例题2：如图4所示，光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块a和&一质量为m子弹，以速度冰平击川木块4并留在其小，人的质量为3m,b的质量为4m.（1）求弹簧第一次最短时的弹性势能何时3的速度最大，最大速度是多少？解析从子弹击中木块a到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块&的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块人组成的整体与木块b通过mv0> a wwwww b图4弹簧相互作用的过程，动量守恒，系统机械能守恒， 子弹打入：mv0=4mv1打入后弹簧由原长到最短：4mv1=8mv2机械能守怛：4/wvj2 =8/77

7、 vo + ep 2 2解得e p =o从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程屮，木块b一直作变加速运动，木块人一直 作变减速运动，相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和a组成的整体与b木块交换速度，此时b的速度最大,设弹赞弹开时a、b的速度分别为片*2/ /4m 巾+4mv24-m v.2 = 4/n v.2 + 4/>? v?2 1 2 1 2 2可见,两物体通过弹簧相互作用的过程，其本质弹性碰撞相似。弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，我们应广义地理解“碰撞”模型。这一模 型的关键是抓住系统“碰撞”前后动量守恒、系统机械能守恒（动能不变），具备了这一特 征的物理过程，可理解为“弹性碰

8、撞”。我们对物理过程和遵循的规律就有了较为清楚的认 识，问题就会迎刃而解。问题三：动量与能量的综合运用例题3：如图所示，倾角为的斜面上静止放置三个质量均为/的木箱，相邻两木箱的距 离均为/o工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞。每次碰撞后 木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已 知木箱与斜面间的动摩擦因素为，重力加速度为小 设碰撞时间极短，求（1）工人的推力；（2）三个木箱匀速运动的速度；（3）在第一次碰撞中损失的机械能。解析：（1）设工人的推力为尸，则有（sin +cos ）(2)设第一次碰撞前瞬间木箱速度为“由功能关系得:fl

9、 = mgl sin & + /nmgl cos & + £ inv设碰撞后两木箱的速度为"2,有动量守恒得:设再次碰撞前瞬间速度为几，由功能关系得：fl = 2mgl sin 0 + zpmgl cos 6 +x2/n( 一 u；)设碰撞后三个木箱一起运动的速度为4,由动量守恒得：2/77 3=3/77 乙2 rh以上各式可得q = j2g/(sin& + “cos&)(3) 设在第一次碰撞屮损失的机械能为力上；有：e = mu； 一 mv2 1 2由式可得：£ = mg/(sin4-/zcos &)问题四：物块与平板间的

10、相对滑动例题4：如图所示，一质量为m的平板车b放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小 木块a, m<m, a、b间动摩擦因数为u,现给a和b以大小相等、方向相反的初速度vo,使a 开始向左运动，b开始向右运动，最后八不会滑离b,求：(1) a、b最后的速度大小和方向；(2) 从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。解析：(1)由a、b系统动量守恒定律得:mvomv()= (m m) v 所以 v二方向向右(2) a向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为l，则由动量守恒定律得：m vo-mvo二m v'对板车应用动能定理得

11、：1 丄一 u mgs二 2 mv' $- 2 mvo2 联立解得：s=vo2问题五：反冲运动例题5：某炮车的质量为m,炮弹的质量为m,静止在水平地面上，现将该炮弹沿水平 方向发射11!去，设炮弹水平射出炮口吋相对炮车的速度为u,在发射过程中炮弹与炮车 间的相互作用力远大于炮车所受地面给它的阻力，求由于发射炮弹炮车所获得的反冲速 度。答案：mil/ (m+m)方向与发射方向相反。3.拓展训练1质量为财的物块以速度卩运动，与质量为刃的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好 相等。两者质量之比可能为a. 2b. 3c. 4d. 5答案：ab考查目标：本题属两体碰后可能性问题，考查碰撞中动量

12、守恒、能量关系、及碰后运动 关系。mv解析：由动量守恒定律可知，碰后两物块的动量均为，由于碰后於的速度不可能大于 2mv mv/的速度，故有丄5丄，可得 >1 ,由碰撞前后能塑关系有： m mm(mv 2 mv 21 丿丿m+,可得<3,故选a、b选项。2 2m 2mtn 2.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接,一个质量也为ni的小球从槽高h处开始自由下滑()a. 在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒b. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功c. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动d.被弹簧反弹

13、后，小球和槽的机械能守恒，小球能冋到槽高h处答案 c解析小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，由于小球与槽质量相等，分离后小球和槽 的速度大小相等，小球与弹簧接触后，由能量守恒可知，它将以原速率被反向弹回，故c项正确.3如图，质量为m的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为2的救生员站在 船尾，相对小船静止.若救生员以相对水而速率。水平向左跃入水屮，则救生员跃出后小船 的速率为(填选项前的字母)c. vo+jvo+v) d. vo+jvo-v)c 解析以船原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：(m+m)vq=mvmmv,解得如=“)+%>+%), c正确.4. 如图所示，为一

14、光滑水平横杆，杆上套一质量为m的小圆环，环上系一长为厶质量不 汁的细绳，绳的另一端拴一质量为加的小球，现将绳拉直，且与力3平行，由静止释放小球, 则当线绳与力3成角时，圆环移动的距离是多少？b解析：虽然小球、细绳及圆坏在运动过程中合外力不为零(杆的支持力与两圆坏及小球的重 力之和不相等)系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细 绳与ab成0角吋小球的水平速度为v,圆环的水平速度为v,则由水平动量守恒有：mv=mv且在任意时刻或位置v与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的v和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：md=m (l-lcos。 ) -d解得圆环移动的距

15、离：d=ml (1-cos 0 ) / (m m)点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力易出现的错误：(1)对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法 列出守恒方程.(2)找不出圆环与小球位移之和(i厂leos 8)。5. 如图所示，一辆质量m=3kg的小车/静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m= kg 的光滑小球3,将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为£p=6 j,小球与小车右 壁距离为厶 解除锁定，小球脫离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求:(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小； (2)在整个过程中，

16、小车移动的距离4. (1)3 m/s解析由动量守恒定律有 mvmv2=0市能量守恒定律有 解得：6=3 m/s v2 = 1 m/s(2)整个过程中，由人船模型得x +兀2 =厶解得：x2=f6. 如图所示，两个完全相同的质量为m的木板a、b置于水平地面上，它们的间距s二2. 88 m. 质量为2m、大小可忽略的物块c置于a板的左端.c与a之间的动摩擦因数为产0.22, a、 b与水平地面之间的动摩擦因数为"2=0. 10,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.开始时,9三个物体处于静止状态.现给c施加一个水平向右，大小为土mg的恒力f,假定木板a、b5碰撞时i'可极短且碰撞后粘

17、连在一起要使c最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多 /l>?cf二i岁i/z zz/z/zz/z/z/z/zzzz/答案 0.3 mh5i解析 设八、c之间的滑动摩擦力大小为fi, a与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2*/ i=0. 22,“2二0. 10° f二mg < fi=2 # img52ji f=mg>f2= “2(2m+m)g一开始a和c保持相对静止，在f的作用下向右加速运动，有(ff2) s二丄(2m+m) v/2a、b两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，a、b组成的系统动量守恒， 由动量守恒定律得：mvi= (m+m) v2碰撞结束后

18、三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为xi,选 三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则2mvi+ (m+m) v2= (2m+m+m) v3设a、b系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为仇，对a、b系统，由动能定理 fi si-f3 si= 2mv：2- 2mv222 2f3= d2(2m+m+m)g对c物体，由动能定理f (21+xi) -fi (21+xi)= 2mv32- 2mvi22 2由以上各式、再代入数据可得1=0.3 m 7o如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置u形滑板n,滑板两端为半径r二0.45 m的1/4圆弧面,a和d分别是圆弧的端点,bc段表面粗糙，其余段表面光滑,小滑块p.和p,的质 量均为m,滑板的质量m=4m. pi和p2与bc面的动摩擦因数分别为m=0. 10和2=0. 40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端,p2静止在粗糙面的b点匕以vo=4. 0m/s的初速度从a点沿弧面自由滑下，与p2发生弹性碰撞 后,p】处在粗糙面b点上，当p2滑到c点时,滑板恰好与槽 的右端碰撞并与槽牢固粘连,p2继续滑动，到达d点时速度 为零,pi与p2可视为质点，取g=10 m/sl问:(1)p2在bc段向右滑动时，滑板的加速度