2012届高考一轮复习学案：13.3碰撞与反冲运动

第 3课时 碰撞与反冲运动

基础知识归纳

1.碰撞及其特点

(1)碰撞：碰撞是指物体间相互作用时间 很短 ，而物体间相互作用力 很大 的一类现象.

(2)碰撞、爆炸过程的特点：

①时间短：在碰撞、爆炸现象中相互作用时间很短.

②相互作用力很大：在碰撞、爆炸过程中，物体间的相互作用力先是急剧 增大 ，然后再急剧 减小 ，平均作用力很大.

③动量守恒：在碰撞、爆炸过程中，系统的 内力 远大于 外力 ，外力可忽略，系统的总动量守恒.

2.碰撞的分类

(1)从碰撞过程中能量是否变化的角度分：

①弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变完全恢复，碰撞过程中，系统同时满足 动量守恒 和 机械能守恒 ；

②非弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变只有部分恢复，碰撞过程中，系统满足 动量 守恒，但 机械能 有损失；

③完全非弹性碰撞：碰撞结束后，两物体合二为一，形变完全保留，有共同的速度，碰撞过程中，系统满足 动量守恒，系统的机械能损失最大 .

(2)从碰撞前后两物体(小球)的速度方向关系分：

①对心碰撞：碰撞前后两球的速度方向均与碰前两球心的连线在同一直线上，这种碰撞又叫正碰；

②非对心碰撞：碰撞之前两球的速度方向与两球心的连线不在同一条直线上；碰后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线，这种碰撞又叫斜碰.

中学物理只研究正碰. 3.反冲运动

反冲运动是指系统在 内力 的作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分向 相反方向 发生动量变化的现象，系统遵循动量守恒定律，如水轮机、喷气式飞机、火箭等的运动.

重点难点突破

一、怎样理解弹性碰撞

碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫做弹性碰撞.若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞，动量守恒，同时动能也守恒.

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 121211

m1v1＋m2v2＝m1v1′2＋m2v2′2 2222

若碰撞前，有一个物体是静止的，设v2＝0，则碰撞后的速度分别为 v1′＝(m1－m2)v1/(m1＋m2) v2′＝2m1v1/(m1＋m2) 几种特殊情况：

若m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1，碰后实现了动量和动能的全部转移.

若m1?m2，v1′≈v1，v2′≈2v1，碰后m1几乎仍保持原来速度运动，质量小的m2将以2v1向前运动.

若m1?m2，v1′≈－v1，v2′≈0，碰后m1被按原来速率弹回，m2几乎未动. 二、怎样理解非弹性碰撞和完全非弹性碰撞

1.发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，机械能向内能转化得最多，机械能损失最大.碰后物体粘在一起，以共同速度运动，只有动量守恒.

m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 机械能损失量(转化为内能)为 1121ΔE＝m1v2＋m2v2－(m1＋m2)v2 1

222

2.发生非弹性碰撞时，内力是非弹性力，部分机械能转化为物体的内能，机械能有损失，动量守恒

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 总动能减少

121211

m1v1＋m2v2＞m1v1′2＋m2v2′2 2222三、判断碰撞是否成立的原则 1.动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. 2.动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ p2p2p1′2p2′212或＋≥＋ 2m12m22m12m2

3.速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞.碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束.如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零.

典例精析

1.一维碰撞中可能性的判断

【例1】在光滑的水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，如图所示，已知碰撞前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s，pB＝13 kg·m/s，碰

撞后它们的动量变化量ΔpA、ΔpB有可能的是( )

A.ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s C.ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s

B.ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s D.ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s

【解析】四个选项都遵守动量守恒原则，即ΔpA＋ΔpB＝0，这些选项是否都对呢？由于本题是追碰问题，故必有

vA＞vB，vB′＞vB 所以有ΔpB＞0

因而ΔpA＜0，可将B选项排除. 再考虑动能不能增加原则，即 1111222mAvA＋mBv2B≥mAv′A＋mBv′B 2222112且mBv?＞mBv2B B22

②

①

112由①②式解得mAv′2A＜mAvA 22

2即v′A＜v2A或|vA′|＜|vA|

由此可得：－vA＜vA′＜vA

③

③式各项减去vA，再乘以mA，可得： －2pA＜ΔpA＜0

④

由④可排除D，故只有A、C选项正确. 【答案】AC

【思维提升】根据碰撞过程是否发生的三个原则逐个分析，特别要注意，碰撞后的状态应合乎情理.

【拓展1】在光滑的水平面上，两球沿球心连线以相等的速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( AD )

A.若两球质量相同，碰后以某一相等速率相互分开 B.若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C.若两球质量不同，碰后以某一相等速率相互分开

[来源学科网]

D.若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行

[来源学科网]【解析】两球的质量m1、m2大小关系未知，以相等的速率相向碰撞，碰撞后的状态取决于两个因素，其一是两球的质量关系，如m1＝m2，m1＞m2，m1＜m2；其二是碰撞过程中能量损失情况，如完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，一般的碰撞.若m1＝m2，且是完全弹性碰撞，由动量守恒定律和动能定理可以得到的两球分别以原来的相等的速率反向运动，所以A选择是可能的，在两球发生完全非弹性碰撞时，由动量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v共.若m1＝m2时，则v共＝0，故B不正确.若m1≠m2时，则v共≠0，故D选项是可能的.当m1＞m2时，m1v1－m2v2＞0系统的总动量与m1v1同向，若两球碰撞后以某一相等速率v′分开，则碰后系统的总动量为－m1v′＋m2v′＜0，说明了系统的总动量在碰后改变了方向，这是违反了动量守恒定

律的，因此C选项不可能，故本题正确答案为A、D.

2.内力远大于外力模型的动量守恒

【例2】2007年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛.假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能.求：

(1)烟花上升的最大高度.

(2)烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小； (3)烟花炸裂时消耗的化学能.

v2

【解析】(1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度h＝ 2g

(2)设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得 1

s＝v1t h＝gt2

2sg

联立解得v1＝

v

mm

(3)烟花炸裂时动量守恒有v1－v2＝0，解得另一块的速度为v2＝v1

22由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能 1m

2×·v2

221525ms2g2

E＝＝mv1＝ 80?v2【思维提升】(1)烟花炸裂过程内力远大于外力，动量守恒.

(2)烟花炸裂过程有化学能转化为机械能.

【拓展2】如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M＝9m，不计空气阻力.问：

(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g)

v0(2)如果子弹以水平速度v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，4则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？

【解析】(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，则mv0＝(m＋M)v1

1

因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，则(m＋

2M)v21＝(m＋M)gh

v20h＝ 200g

[来源学_科_网]

(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块速度为v2，

v0则mv0＝m()＋Mv2，在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为

411v021272

ΔE＝mv2－m()－Mv2＝mv0

20242163.动量守恒的综合应用

【例3】如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M＝19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用，金属球将

于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.

【解析】设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn和Vn，由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则

mvn－1＝MVn＋mvn

①

②

12112mvn－1＝MV2＋mv 22n2n

由①②两式及M＝19m解得 9

vn＝－vn－1

101

Vn＝vn－1

10

③ ④

[来源学_科_网Z_X_X_K]第n次碰撞后绝缘球的动能为 1Ekn＝mv2＝(0.81)nE0

2n

⑤

E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量. 绝缘球在θ＝θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为 Emgl(1－cos θ)＝＝0.586 E0mgl(1－cos θ0)式中l为摆长.

En

根据⑤式，经n次碰撞后＝(0.81)n

E0易算出(0.81)2＝0.656 (0.81)3＝0.531

因此经过3次碰撞后θ将小于45°.

【思维提升】(1)由于磁场的阻尼作用，金属球碰撞后会很快停在最低点，使得两球每次碰撞均在最低点.

[来源学&科&网Z&X&X&K] ⑥

⑦

(2)两球发生弹性碰撞，同时满足动量守恒和机械能守恒. (3)掌握解决物理问题的数学方法.

【拓展3】荷兰科学家惠更斯在物体碰撞问题的研究中做出了突出的贡献.惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，彼此相互接触.现把质量为m1的小球拉开，上升到H高度处释放，如图所示.已知各球碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H远小于L，不计空气阻力.求：

(1)若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，此时系统的运动周期为多少？ (2)若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有相同的动量，m1∶m2∶m3应为多少？

【解析】(1)球1与球2、球2与球3碰撞后速度互换，故球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到H高处，然后摆回来与球2碰撞，球2再与球1碰撞，使球1上升到H高处.此后系统做周期性运动，则有

T1＝T3＝2π

L1

，T＝(T1＋T3) g2

L g

由此可知系统的运动周期为T＝2π

(2)由题意知三球碰后的动量均相同，设为p，则有 p2

Ek＝

2m

球2在与球3碰前具有动量2p，根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有 (2p)2p2p2

＝＋，得m2∶m3＝3∶1 2m22m22m3

球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有 (3p)2p2(2p)2

＝＋，得m1∶m2＝2∶1 2m12m12m2

从而可得m1∶m2∶m3＝6∶3∶1 易错门诊

【例4】光滑的水平面上有A、B两辆小车，mB＝1 kg，原来静止.小车A连同支架的质量为mA＝1 kg，现将小球C用长为L＝0.2 m的细线

悬于支架顶端，mC＝0.5 kg.开始时A车与C球以v0＝4 m/s的共同速度冲向B车，如图所示.若A、B发生正碰后粘在一起，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.试求细线所受的最大拉力.

【错解】小车A与小车B相碰的瞬间，A、B组成的系统动量守恒，C保持原来的速度v0

不变.C做圆周运动，在最低点时绳子的拉力最大，由牛顿第二定律可得：

mCv2CF－mCg＝，即

L

mCv20.5×42CF＝mCg＋＝(0.5×10) N＋ N＝45 N

L0.2

【错因】上面的解法中虽然弄清了A、B碰撞的瞬间C保持原来的速度不变，但求拉力时

对C的线速度理解错误，质点相对于圆心(悬点)的速度不是v0，而是v相＝v0－vAB

【正解】小车A与小车B相碰的瞬间，C的速度保持v0不变，A、B组成的系统动量守恒： mAv0＝(mA＋mB)vAB 解得vAB＝

mAv01×4

＝ m/s＝2 m/s

mA＋mB1＋1

方向与v0相同.

A、B结合成整体的瞬间，C的速度仍为v0，所以C相对于A、B整体的相对速度为v＝v0－vAB＝2 m/s

A、B碰后，C相对于悬点做圆周运动，在最低点时绳子的拉力最大，由牛顿第二定律可mCv2相

得F－mCg＝，即

L

mCv2相0.5×22

F＝mCg＋＝(0.5×10) N＋ N＝15 N

L0.2

v2

【思维提升】在用公式F向＝m求解向心力时，对v选取正确的参考系，是解此题的关键.

r

相

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