能量与动量碰撞模型讲义

碰撞模型编审教师：高级教师成树明本专题主要涉及碰撞的特点、碰撞过程中遵循的物理规律、碰撞的分类等问题。高考常常结合能量关系、牛顿运动定律及运动学规律综合考查。同时考查学生模型建构的能力，应用动量、能量观点解决综合问题的能力。碰撞的可能情况（智学精选）2020年2月4日，中国选手丁俊晖在2020世界斯诺克国际锦标赛中战胜对手唐纳森晋级下一轮。如图所示，丁俊晖在比赛中准备击球。设在丁俊晖这一杆中，白色球（主球）和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量p′B＝4kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（）A．mB＝mA B．mB＝eq\f(1,4)mA C．mB＝eq\f(1,6)mA D．mB＝6mA关键信息：碰撞前、后都在同一直线上运动→正碰模型碰前白色球的动量pA＝5kg·m/s，花色球静止，碰撞后花色球B的动量pB′＝4kg·m/s→确定初末状态解题思路：根据碰撞遵循的三条原则，列出相应方程求解由动量守恒定律，得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入数据解得pA′＝1kg·m/s；根据碰撞过程中总动能不增加，则有，代入数据解得mB≥eq\f(2,3)mA；碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则，解得mB≤4mA；综上可得eq\f(2,3)mA≤mB≤4mA，选项A正确。（智学精选）两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m1＝1kg，m2＝3kg，v01＝6m/s，v02＝3m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v1，v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1，v2，E1，p1的可能值为（）A．v1＝1.75m/s，v2 B．v1＝1.5m/s，v2C．E1＝9J D．p1＝1kg·m/sA．如果v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s，则碰撞后的系统总动量为：p′＝m1v1＋m2v2＝(1×1.75＋3×3.75)kg·m/s＝13kg·m/s，系统动量不守恒，A错误；B．如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得：m1v012＋m2v022＝m1v12＋m2v22，代入数据解得：v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，B正确；CD．两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入数据解得：v≤v1≤≤v2≤球1的动能E1＝m1v12≤E1≤球1的动量为p1＝m1v1，满足1.5kg·m/s≤p1≤3.75kg·m/s，CD错误。故选B。碰撞合理性分析遵循的原则（1）碰撞过程时间极短，内力远大于外力，故碰撞过程满足动量守恒。（2）碰撞过程满足能量守恒定律，动能可能转化为内能，故碰撞过程中动能不增加（3）速度的合理性－两物体碰后不能再发生二次碰撞①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。弹性碰撞（智学精选）如图所示，在水平轨道上静止放置足够长的木板A和物块C，可视为质点的物块B以初速度从A左端开始向右运动，当A和B的速度相等时，A与C恰好发生第一次碰撞。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，不计A与水平轨道间的摩擦，B与A上表面间的动摩擦因数为，C与轨道间的动摩擦因数，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度，忽略空气阻力。求：（1）A与C第一次碰撞后瞬间A、C的速度；（2）A与C第一、二两次碰撞的时间间隔。关键信息：每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞→弹性碰撞模型（A、C发生弹性碰撞且碰撞瞬间，B速度不变）A板足够长、忽略A与地面的摩擦→碰前碰后A、B运动过程中动量守恒A和B的速度相等时→可求A与C第一次碰撞前A的速度B与A上表面间的动摩擦因数为，C与轨道间的动摩擦因数→根据运动学公式及牛顿第二定律求时间解题思路：弹性碰撞过程遵循动量守恒和机械能守恒。分析碰撞后A、B、C的运动情况和受力情况，据此列方程求解。（1）A与B共速，有：解得：A与C碰撞由动量守恒可得：由机械能守恒可得：解得：，（2）碰后C减速，有：，A、B再次共速：解得：由于A、C第一次碰后A做匀变速直线运动，初速度为，当A、B再次共速时速度为，由匀变速直线运动规律知，A在这段时间内的位移为0；这段时间内对应B速度由v1减小到的过程，由匀变速直线运动规律知：AC第一次碰后A回到原位置时间：一起匀速至C处：两次碰撞的时间间隔：t＝t1＋t2＝2s（智学精选）如图所示，光滑半圆弧轨道竖直固定在水平面上，A、B是半圆弧轨道的两个端点且AB连线水平，将物块甲从A上方某一高度处静止释放，进入半圆弧轨道后与静止在轨道最低点的物块乙发生弹性碰撞，之后两物块恰好能运动到A、B两端点，两物块均可视为质点。若将甲、乙初始位置互换，其余条件不变，则碰后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为（）A．9∶1 B．5∶2 C．5∶4 D．6∶1设甲、乙两物块的质量分别为，甲物块从初始位置运动到半圆弧轨道最低点的速度为v，碰后甲、乙的速度分别为，甲、乙两物块发生弹性碰撞，有；；联立解得；，两物块碰后恰好能运动到A、B两点，由机械能守恒定律可知，碰后两物块的速度大小相等，方向相反，解得，若乙物块从同一高度处静止释放，则碰前乙物块的速度也为v，设甲、乙两物块碰后速度分别为，同理可得；，由机械能守恒定律可得，，即，所以碰后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为9∶1。故选A。（1）弹性碰撞过程遵循动量守恒和机械能守恒。（2）“动碰静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。（3）弹性正碰的一些常用结论：当m1＝m2时，两物体碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的物体速率不变，质量小的物体速率为2v1；当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的物体原速率反弹。非弹性碰撞（智学精选）下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶。司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l后停下。事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L，撞车后共同滑行的距离。假定在滑行过程中两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同。设卡车的质量是故障车质量的4倍，且卡车与故障车相撞前的速度为v1，两车可视为质点。试计算卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能避免？关键信息：撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离→完全非弹性碰撞模型两车碰前速度v1，卡车的质量是故障车质量的4倍→确定碰后速度v2动摩擦因数相同，碰前两车距离L，碰后滑行距离，至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施→未涉及运动时间应用动能定理处理对应过程较方便解题思路：将卡车与故障车相撞的过程视为完全非弹性碰撞过程。根据动摩擦因数关系及速度关系应用牛顿第二定律、运动学公式求解设卡车的质量为M，故障车的质量为m，碰后共同速度为v2，根据动量守恒定律：带入数据解得：设卡车刹车前的速度为v0，与地面的动摩擦因数为μ，碰撞前对卡车根据动能定理碰撞后对两车系统根据动能定理根据题意：l＝为了避免相撞，设卡车距故障车x刹车，恰好与故障车相遇时停止，根据动能定理解得：x＝（智学精选）如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块间的距离为L，每个滑块均可看成质点．现给第一个滑块水平向右的初速度v0，滑块间相碰后均能粘在一起（碰撞时间极短且不计时间），则从第一个滑块开始运动，到第n－1个滑块与第n个滑块相碰时总的时间为（） B． C． D．由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律，可知第二个滑块开始运动的速度大小为，同理第三个滑块开始滑动的速度大小为，第(n－1)个滑块开始滑动的速度大小为，因此运