挑战动量中的“碰撞次数”问题河南省信阳高级中学陈庆威年的高考的考试范围没有出来之前，我们可以回避、可以假装看不见、还可以不理会动量问题中的“碰撞次数”问题。可是，自从高中物理3-5纳入了必修行列之后，我们似乎已经变的没了选择。这里我整理了动量问题中的9道经典的“碰撞次数”问题，有的是求碰一次的情况，有的是求碰N 次的情况，题目能提升能力，更能激发思维。还等什么，快来挑战吧。题目1：如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点．现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失，小木块最终停在木箱正中央．已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为，木箱内底板长为．求：
①木箱的最终速度的大小；
②小木块与木箱碰撞的次数．
分析：
①由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；
②应用能量守恒定律与功的计算公式可以求出碰撞次数．
解析：①设最终速度为v ，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： Mv-mv=（M+m ）v ′， 代入数据得：v ′=1m/s ；
②对整个过程，由能量守恒定律可得：
()()222
121
共v M m v m M E +-+=
? 设碰撞次数为n ，木箱底板长度为L ， 则有：n （μmgL+）=△E ， 代入数据得：n=6；
答：①木箱的最终速度的大小为1m/s ； ②小木块与木箱碰撞的次数为6次．
点评：本题考查了求木箱的速度、木块与木箱碰撞次数，分析清楚运动过程、应用动量守恒动量与能量守恒定律即可正确解题．
题目2：如图，长为L=、质量为m=的薄壁箱子，放在水平地面上，箱子与水平地面间的动摩擦因数μ=．箱内有一质量也为m=的小滑块，滑块与箱底间无摩擦．开始时箱子静止不动，小滑块以v 0=4m/s 的恒定速度从箱子的A 壁处向B 壁处运动，之后与B 壁碰撞．滑块与箱壁每次碰撞的时间极短，可忽略不计．滑块与箱壁每次碰撞过程中，系统的机械能没有损失．g=10m/s 2．求：
（1）要使滑块与箱子这一系统损耗的总动能不超过其初始动能的 50%，滑块与箱壁最多可碰撞几次
（2）从滑块开始运动到滑块与箱壁刚完成第三次碰撞的期间，箱子克服摩擦力做功的平均功率是多少 分析：
（1）根据题意可知，摩擦力做功导致系统的动能损失，从而即可求； （2）根据做功表达式，结合牛顿第二定律与运动学公式，从而可确定做功的平均功率． 解析：
（1）设箱子相对地面滑行的距离为s ，依动能定理和题目要求有系统损失的总动能为%502
1220?≤mv mgs μ
解得m g
v
s 67.082
0=≤μ
由于两物体质量相等，碰撞时无能量损失，故碰撞后交换速度．即小滑块与箱子碰后小滑块静止，箱子以小滑块的速度运动．如此反复．第一次碰后，小滑块静止，木箱前进L ；第二次碰后，木箱静止，小滑块前进L ；第三次碰后，小滑块静止，木箱前进L ．因为L ＜s ＜2L ，故二者最多碰撞3次．
（2）从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞，箱子前进了L 箱子克服摩擦力做功W=2μmgL=3J 第一次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间
设箱子匀减速的末速度为v，时间为t2
v2-v02=2aL
v=v0+at2
求出t2=
从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞经历的总时间为t=t1+t2+t3=
点评：考查做功的求法，掌握动能定理的应用，学会由牛顿第二定律与运动学公式综合解题的方法，理解求平均功率与瞬时功率的区别。题目3：有一长度为l=1m的木块A，放在足够长的水平地面上．取一无盖长方形木盒B将A罩住，B的左右内壁间的距离为L=3m．A、B 质量相同，与地面间的动摩擦因数分别为u A=和u B=．开始时A与B的左内壁接触，两者以相同的初速度v=18m/s向右运动．已知A与B的左右内壁发生的碰撞时间极短，且不存在机械能损失，A与B的其它侧面无接触．求：
（1）开始运动后经过多长时间A、B发生第一次碰撞；
（2）第一次碰撞碰后的速度v A和v B；
（3）通过计算判断A、B最后能否同时停止运动若能，则经过多长时间停止运动若不能，哪一个先停止运动
（4）若仅v未知，其余条件保持不变，要使A、B最后同时停止，而
且A与B轻轻接触（即无相互作用力），则初速度v应满足何条件（只需给出结论，不要求写出推理过程）
分析：木块和木盒分别做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解．
木块和木盒相碰过程动量守恒和机械能守恒，列出等式求解．
分析木块、木盒的运动，根据运动学公式和几何关系求解．
解答：解：（1）木块和木盒分别做匀减速运动，加速度大小分别为：a A=μA g=1m/s2
a B=μB g=2m/s2
设经过时间T发生第一次碰撞则有：
L-l=S A-S B=VT-
代入数据得：T=2s
（2）碰前木块和木盒的速度分别为：
V A′=V-a A T=16m/s V B′=V-a B T=14m/s
相碰过程动量守恒有：mv A′+mv B′=mv A+mv B
根据机械能守恒有：
代入数据得：
v A=v B′=14m/s 方向向右
v B=v A′=16m/s 方向向右
（3）设第一次碰撞后又经过T1时间，两者在左端相遇有：L-l=S B-S A
S B=v B T1-
S A=v A T1-
代入数据得；T1=T=2s
在左端相碰前：木块、木盒速度分别为：v/2A=v A-a A T/=12m/s
V/2B=v B-a B T/=12m/s
可见木块、木盒经过时间t1=2T在左端相遇接触时速度恰好相同
同理可得：木块、木盒经过同样时间t2=2T，第二次在左端相遇
V/3A=v/3B=6m/s
木块、木盒第三次又经过同样时间t3=2T在左端相遇，速度恰好为零．由上可知：木块、木盒，最后能同时停止运动
经历的时间：t总=6T=12s
（4）由（2）归纳可知：v=6K（K取：1，2，3…）
点评：解决该题关键要清楚木块、木盒的运动过程，能够把相碰过程动量守恒和机械能守恒结合运用。
题目4：如图所示，足够长光滑水平轨道与半径为R的光滑四分之一圆弧轨道相切．现从圆弧轨道的最高点由静止释放一质量为m的弹性小球A，当A球刚好运动到圆弧轨道的最低点时，与静止在该点的另一弹性小球B发生没有机械能损失的碰撞．已知B球的质量是A球质量的k倍，且两球均可看成质点．
（1）若碰撞结束的瞬间，A球对圆弧轨道最低点压力刚好等于碰前其压力的一半，求k的可能取值：
（2）若k已知且等于某一适当的值时，A、B两球在水平轨道上经过
多次没有机械能损失的碰撞后，最终恰好以相同的速度沿水平轨道运动．求此种情况下最后一次碰撞A 球对B 球的冲量．
答案：解：（1）设A 球到达圆弧轨道最低点时速度为v 0，则由机械能守恒定律，有：
mgR mv =2
02
1…（1） 设此时A 球对轨道压力为N ，则：
R
v
m mg N 2
0=- (2)
设碰撞后A 球的速度大小为v 1，对轨道的压力为N 1，B 球的速度为v 2，则由动量守恒定律，有： mv 0=kmv 2±mv 1…（3） 机械能守恒，有:
2
221202
12121kmv mv mv +=…（4） 碰撞后，在最低点，有：
R
v
m mg N 2
1=- (5)
根据已知条件，有：
代入数值解上述方程组可得：
即若碰撞结束的瞬间，A球对圆弧轨道最低点压力刚好等于碰前其压
（2）设最终两球的速度大小为v，根据机械能守恒可得：
最后一次碰撞前A、B两球的速度分别为v A、v B，则由机械能守恒和动量守恒定律，得到：
mv A+kmv B=kmv-mv (9)
设最后一次碰撞A对B的冲量为I，根据动量定理得：
I=kmv-kmv B (11)
题目5：光滑的四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE连接．水平轨道的CD段光滑、DE段粗糙．一根轻质弹簧一端固定在C处的竖直面上，另一端与质量为2m的物块b刚好在D点接触（不连接），弹簧处于自然长度．将质量为m的物块a从顶端F点静止释放后，沿圆弧轨道下滑．物块a与物块b第一次碰撞后一起向左压缩
弹簧．已知圆弧轨道半径为r ，DE=l ，物块a 、b 与DE 段水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=和μ2=，重力加速度为g ．物块a 、b 均可视为质点．求：
（1）物块a 第一次经过E 点时的速度是多少
（2）试讨论l 取何值时，a 、b 能且只能发生一次碰撞
解析：（1）物块a 由F 到E 过程中，由机械能守恒有：
212
1mv mgr =
解得第一次经过E 点时的速度gr v 21=
（2）物块a 从E 滑至D 过程中，由动能定理有：
212112
121mv mv mgl D -=
-μ 解得物块a 在D 点时的速度()l r g v D 2.021-= 物块a 、b 在D 点碰撞，根据动量守恒有：mv D1=3mv D2 解得两物块在D 点向左运动的速度()
3
2.022l r g v D -=
a 、
b 一起压缩弹簧后又返回D 点时速度大小()
3
2.023l r g v D -=
由于物块b 的加速度大于物块a 的加速度，所以经过D 后，a 、b 两
物块分离，同时也与弹簧分离．
讨论：①假设a 在D 点时的速度v D1=0，即 l=5r 要使a 、b 能够发生碰撞，则l ＜5r
②假设物块a 滑上圆弧轨道又返回，最终停在水平轨道上P 点，物块b 在水平轨道上匀减速滑至P 点也恰好停止，设 PE=x ，则DP=l-x 根据能量守恒， 对a 物块:()02
1231-=+D mv x l mg μ 对b 物块:()022
1223-=-D mv x l mg 由以上两式解得l x 3
1=
将l x 3
1=和()
3
2.023l r g v D -=代入上式 解得 r l 13
5
=
要使a 、b 只发生一次碰撞，则r l 13
5≥ 综上所述，当r l r 13
5
5≥
>时，a 、b 两物块能且只能发生一次碰撞． 题目6：在光滑水平地面上有一凹槽A ，中央放一小物块B 。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L 为。凹槽与物块的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数μ为。开始时物块静止，凹槽以
初速度
向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g 取10m/s 2。求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；（3）从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
解析：（1）设两者间相对静止时的速度为v，
由动量守恒定律得：
（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力
设两者间相对静止时的路程为s1，由动能定理得
已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
（2）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2, 碰后的速度分别为、。有
得
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v-t 图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则
凹槽的v-t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s2。（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为。其余每份面积均为L。）
题目7：如图所示，质量为m A=2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为m B=1kg的小物块B以某一初速度v从A的左端向右运动，当A向右运动的路程为L=时，B的速度为v B=4m/s，此时A的右端与固定竖直挡板相距x．已知木板A足够长（保证B始终不从A上掉下来），A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间的动摩擦因数为μ=，g 取10m/s2
（1）求B的初速度值v；
（2）当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞
分析：（1）以A为研究对象，根据动能定理求出路程为L时的速度，分析A此时处于加速还是匀速状态，再根据系统的动量守恒列式，求出B的初速度．
（2）A与竖直挡板只能发生一次碰撞，碰撞后，A的动量应大
于或等于B 的动量．对系统，根据动量守恒和对A ，由动能定理列式，结合条件可求x 的范围．
解析：（1）假设B 的速度从v 0减为v B =4m/s 时，A 一直加速到v A ，以A 为研究对象， 由动能定理
22
1A A B v m gl m =μ…①
代入数据解得：v A =1m/s ＜v B ，故假设成立
在A 向右运动路程L=的过程中，A 、B 系统动量守恒 m B v 0=m A v A +m B v B …② 联立①②解得 v 0=6m/s
（2）设A 、B 与挡板碰前瞬间的速度分别为v A1、v B1，由动量守恒定律： m B v 0=m A v A1+m B v B1…③
以A 为研究对象，由动能定理
()212
1A A B v m x L g m =+μ…④
由于A 与挡板碰撞无机械能损失，故A 与挡板碰后瞬间的速度大小为v A1，碰后系统总动量不再向右时，A 与竖直挡板只能发生一次碰撞，即 m A v A1≥m B v B1…⑤
由③⑤得：m B v 0≤2m A v A1 ⑥ 解得s m m v m v A
B A /5.120
1=≥
…⑦
由④⑦联立解得 x≥
答：（1）B的初速度值v0为6m/s．
（2）当x≥时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞．
点评：本题考查了动量守恒定律、动能定理的应用，本题第（2）小题是本题的难点，知道A与挡板碰撞一次的条件是正确解题的前提与关键．
题目8：如图所示，质量为m A=2kg的木板A静止放在光滑水平面上，一质量为m B=1kg的小物块B从固定在地面上的光滑弧形轨道距木板A上表面某一高H处由静止开始滑下，以某一初速度v0滑上A的左端，当A向右运动的位移为L=时，B的速度为v B=4m/s，此时A的右端与固定竖直挡板相距x，已知木板A足够长（保证B始终不从A上滑出），A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间动摩擦因数为μ=，g取10m/s2
（1）求B滑上A的左端时的初速度值v0及静止滑下时距木板A上表面的高度H
（2）当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞
分析（1）A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的初速度，由机械能守恒定律或动能定理可以求出物体A 下滑的高度．
（2）A 、B 组成的系统动量守恒，当碰撞之后系统动量向左或为零时，A 只于挡板碰撞一次，由动量守恒定律、动能定理即可正确解题．
解析：（1）假设B 的速度从v 0减为v B =4m/s 时，A 一直加速到v A ，
以A 为研究对象，由动能定理
02
12-=A A B v m g m μ ①，
代入数据解得v A =1m/s ＜v B ，故假设成立；
在A 向右运动位移L=的过程中，A 、B 系统动量守恒， 由动量守恒定律得：m B v 0=m A v A +m B v B ②， 联立①②解得 v 0=6m/s ；
B 下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：gH m v m B B =202
1 解得 H=；
（2）设A 、B 与挡板碰前瞬间的速度分别为v A1、v B1， 由动量守恒定律m B v 0=m A v A1+m B v B1 ③， 以A 为研究对象，由动能定理
()02
121-=+A A v m x L mBg μ ④，
由于A 与挡板碰撞无机械能损失，故A 与挡板碰后瞬间的速度大小为v A1，
碰后系统总动量不再向右时，A 与竖直挡板只能发生一次碰撞， 即 11B B A A v m v m ≥⑤，
联立③④⑤解得 x ≥；
答：（1）B 滑上A 的左端时的初速度值v 0为6m/s ，静止滑下时距木板A 上表面的高度为；
（2）当 x ≥时，A 与竖直挡板只能发生一次碰撞．
点评：本题考查了动量守恒定律、动能定理的应用，本题第（2）小题是本题的难点，知道A 与挡板碰撞一次的条件是正确解题的前提与关键．
题目9：如图，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑．水平段OP 长L=1m ，P 点右侧一与水平方向成θ=30°角的皮带轮与水平面在p 点平滑连接，皮带轮逆时针动，速度为3m/s ．一质量为1kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧（与弹簧不连接），弹性势能E p =9J ，物块与OP 段动摩擦因素μ1=；另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与皮带轮的摩擦因素3
3
2=
μ，皮带轮足够长．A 与B 的碰撞为弹性碰撞且碰撞事件不计，重力加速度g 取10m /s 2，现释放A ，求：
（1）物块A 与B 第一次碰撞前的速度；
（2）A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前B 运动的时间； （3）A 、B 碰撞的次数．
分析：（1）从释放到与B 碰撞前的过程，对A 运用动能定理列式，即可求解物块A 与B 第一次碰撞前的速度；
（2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后A 、B 的速度．B 获得速度后碰后B 沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，然后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，分段求出时间，即可得解．
（3）B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回时与B 碰撞，B 沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞．每一次过程中损失的机械能为2μ1mgl ，根据整个过程能量守恒列式求解A 、B 碰撞的次数． 解析：（1）设物块质量为m ，A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，由动能定理：2012
1
mv mgl E p =-μ 解得：v 0=4m/s
（2）设A 、B 第次碰撞后的速度分别为v A ，v B ，由动量守恒和机械能守恒得： mv 0=mv A +mv B ，
2
2202
12121B A mv mv mv += 解得：v A =0，v B =4m/s
碰后B 沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，由牛顿第二定律：221/10cos sin s m g g a =+=θμθ 运动的时间为：s a v t B
4.01
1==
运动的位移为：m t x B
v 8.0121==
此后B 开始向下加速，加速度仍为a 1，速度与皮带轮速度v 相等时匀速运动，设加速时间为t 2，位移为x 2，匀速时间为t 3 则有：
s a v
t 3.01
2==
m t v
x 45.02
2== s v
x x t 117.02
13=-=
A 、
B 第一次碰撞后到第二次碰撞前B 运动的时间为：t=t 1+t 2+t 3= （3）B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞．每一次过程中损失的机械能为mgl 12μ，设第二次碰撞后重复的过程数为n ，则：
2
1
mv 2=n ×2μ1mgl 解得：n=
故两者碰撞的次数为6次
点评：本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度．
动量守恒定律 1、（16分）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB 是光滑的，在最低点B 与水平轨道BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A 点正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道沿街至轨道末端C 处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求 （1）物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍； （2）物块与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ。 答案：（1）设物块的质量为m ，其开始下落处的位置距BC 的竖直高度为h ，到达B 点时的速度为v ，小车圆弧轨道半径为R 。由机械能守恒定律，有 22 1mv mgh = ① 根据牛顿第二定律，有R v m mg mg 2 9=- ② 解得h =4R ③ 即物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的4倍。 （2）设物块与BC 间的滑动摩擦力的大小为F ，物块滑到C 点时与小车的共同速度为 v ′，物块在小车上由B 运动到C 的过程中小车对地面的位移大小为s 。依题意，小车的质量为3m ，BC 长度为10R 。由滑动摩擦定律，有 mg F μ= ④ 由动量守恒定律，有'+=v m m mv )3( ⑤ 对物块、小车分别应用动能定理，有 222 1 21)10(mv mv s R F -'=+- ⑥ 0)3(2 1 2-'= v m Fs ⑦ 解得3.0=μ ⑧ 2、(16分)如图所示，质量m 1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m 2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s 2，求 （1） 物块在车面上滑行的时间t; （2） 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。
如何巧记弹性碰撞后的速度公式 一、“一动碰一静”的弹性碰撞公式 问题：如图1所示，在光滑水平面上，质量为m1的小球，以速度v1与原来静止的质量为m2的小球发生对心弹性碰撞，试求碰撞后它们各自的速度？ 图1 设碰撞后它们的速度分别为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能（动能）守恒定律得： m1v1=m1v1＇+m2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 联立①⑤解得 ⑥ ⑦ 上面⑥⑦式的右边只有分子不同，但记忆起来容易混。为此可做如下分析：当两球碰撞至球心相距最近时，两球达到瞬时的共同速度v共，由动量守恒定律得： m1v1= （m1+m2） v共 解出v共=m1v1 /（m1+m2）。而两球从球心相距最近到分开过程中，球m2继续受到向前 的弹力作用，因此速度会更大，根据对称可猜想其速度恰好增大一倍即，而这恰好是⑦式，因此⑦式就可上述推理轻松记住，⑥式也就不难写出了。如果⑥式的分子容易写成m2－m1，则可根据质量m1的乒乓球以速度v1去碰原来静止的铅球m2，碰撞后乒乓球被反弹回，因此v1＇应当是负的（v1＇<0），故分子写成m1－m2才行。在“验证动量守恒定律”的实验中，要求入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，也可由⑥式 解释。因为只有m1>m2，才有v1＇>0。否则，若v1＇<0，即入射球m1返回，由于摩擦，入射球m1再回来时速度已经变小了，不再是原来的v1＇了。
另外，若将上面的⑤式变形可得：，即碰撞前两球相互靠近的相对速度v1－0等于碰撞后两球相互分开的相对速度。由此可轻松记住⑤式。再结合①式也可很 容易解得⑥⑦式。 二、“一动碰一动”的弹性碰撞公式 问题：如图2所示，在光滑水平面上，质量为m1、m2的两球发生对心弹性碰撞，碰撞前速度分别为v1和v2，求两球碰撞后各自的速度？ 图2 设碰撞后速度变为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能守恒定律得： m1v1+m2v2=m1v1＇+m2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 由③⑤式可以解出 ⑥ ⑦ 要记住上面⑥⑦式更是不容易的，而且推导也很费时间。如果采用下面等效的方法则可轻松记住。m1、m2两球以速度v1和v2发生的对心弹性碰撞，可等效成m1以速度v1去碰静 止的m2球，再同时加上m2球以速度碰静止的m1球。因此由前面“一动碰一静”的弹性碰撞公式，可得两球碰撞后各自的速度+； +，即可得到上面的⑥⑦式。 另外，若将上面的⑤式变形可得：，即碰撞前两球相互靠近的相对速度 v1- v2等于碰撞后两球相互分开的相对速度。由此可轻松记住⑤式，再结合①式可解得⑥⑦式。
动量守恒定律碰撞与反冲Last revision on 21 December 2020
碰撞与反冲 【自主预习】 1.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做________。 2．如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做________。 3．一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在________，碰撞之后两球的速度________会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫________碰撞。 4．一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果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________原来两球心的连线。这种碰撞称为________碰撞。 5．微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做 ________。 6. 弹性碰撞和非弹性碰撞 从能量是否变化的角度，碰撞可分为两类： (1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒。 (2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒。 说明：碰撞后，若两物体以相同的速度运动，此时损失的机械能最大。 7.弹性碰撞的规律 质量为m1的物体，以速度v1与原来静止的物体m2发生完全弹性碰撞，设碰撞后它们的速度分别为v′1和v′2，碰撞前后的速度方向均在同一直线上。 由动量守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v′2 由机械能守恒定律得1 2 m1v21＝ 1 2 m1v′21＋ 1 2 m2v′22 联立两方程解得 v′1＝m1－m2 m1＋m2 v1，v′2＝ 2m1 m1＋m2 v1。 (2)推论 ①若m1＝m2，则v′1＝0，v′2＝v1，即质量相等的两物体发生弹性碰撞将交换速度。惠更斯早年的实验研究的就是这种情况。 ②若m1m2，则v′1＝v1，v′2＝2v1，即质量极大的物体与质量极小的静止物体发生弹性碰撞，前者速度不变，后者以前者速度的2倍被撞出去。 ③若m1m2，则v′1＝－v1，v′2＝0，即质量极小的物体与质量极大的静止物体发生弹性碰撞，前者以原速度大小被反弹回去，后者仍静止。乒乓球落地反弹、台球碰到桌壁后反弹、篮球飞向篮板后弹回，都近似为这种情况。 【典型例题】 【例1】在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图16－4－2所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( )
大学物理仿真实验实验报告 碰撞和动量守恒 班级：信息1401 姓名：龚顺学号：201401010127 【实验目的】： 1 了解气垫导轨的原理，会使用气垫导轨和数字毫秒计进行试验。 2 进一步加深对动量守恒定律的理解，理解动能守恒和动量守恒的守恒条件。 【实验原理】 当一个系统所受和外力为零时，系统的总动量守恒，即有 若参加对心碰撞的两个物体的质量分别为m1和m2 ，碰撞前后的速度分别为V10、V20和V1 、V2。 1，完全弹性碰撞在完全弹性碰撞中，动量和能量均守恒，故有： 取V20=0，联立以上两式有： 动量损失率： 动能损失率： 2，完全非弹性碰撞 碰撞后两物体粘在一起，具有相同的速度，即有： 仍然取V20=0，则有： 动能损失率：
动量损失率： 3，一般非弹性碰撞中 一般非弹性碰撞中，两物体在碰撞后，系统有部分动能损失，定义恢复系数： 两物体碰撞后的分离速度比两物体碰撞前的接近速度即恢复系数。当V20=0时有： e的大小取决于碰撞物体的材料，其值在0~1之间。它的大小决定了动能损失的大小。 当e=1时，为完全弹性碰撞；e=0时，为完全非弹性碰撞；0 动量守恒定律,碰撞知识点总结 动量守恒定律 1.守恒条件 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒. (2)系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒. (3)当系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒. 2.几种常见表述及表达式 (1)p=p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′). (2)Δp=0(系统总动量不变). (3)Δp1=-Δp2(相互作用的两物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等、方向相反). 其(1)的形式最常用,具体到实际应用时又有以下三种常见形式: ①m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统). ②0=m1v1+m2v2(适用于原来静止的两个物体组成的系统,比如爆炸、反冲等,两者速率与 各自质量成反比). ③m1v1+m2v2=(m1+m2)v(适用于两物体作用后结合为一体或具有相同速度的情况,如完全非 弹性碰撞). 3.理解动量守恒定律:矢量性?瞬时性?相对性?普适性. 4.应用动量守恒定律解题的步骤: (1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程); (2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒); (3)规定正方向,确定初、末状态动量; (4)由动量守恒定律列出方程; (5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明. 碰撞现象 2.弹性碰撞的规律 两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律. 在光滑的水平面上,有质量分别为m1、m2的钢球沿一条直线同向运动,m1、m2的速度分别是v1、v2,(v1、>v2)m1与 《碰撞与动量守恒》复习课 一、教学目的 1、复习巩固动量定理 2、复习巩固应用动量守恒定律解答相关问题的基本思路和方法 3、掌握处理相对滑动问题的基本思路和方法 二、教学重点 1、 本节知识结构的建立 2、 物理情景分析和物理规律的选用 三、教学难点 物理情景分析和物理规律的选用 四、教学过程 本章知识结构 〖引导学生回顾本章内容，建立相关知识网络（见下表）〗 典型举例 问题一：动量定理的应用 例1：质量为m 的钢珠从高出沙坑表面H 米处由静止自由下落，不考虑空气阻力，掉入沙坑后停止，如图所示，已知钢珠在沙坑中受到沙的平均阻力是f ，则钢珠在沙内运动时间为多少？ 分析：此题给学生后，先要引导学生分清两个运动过程：一是在空气中的自由落体运动，二是在沙坑中的减速运动。学生可能会想到应用牛顿运动定律和运动学公式进行分段求解，此时不急于否定学生的想法，应该给予肯定。在此基础上，可以引导学生应用全过程动量定理来答题。然后学生自己思考讨论，动手作答，老师给出答案。 设钢珠在空中下落时间为t 1，在沙坑中运动时间为t 2，则： 在空中下落，有H= 2121gt ，得t 1= g H 2, 对全过程有：mg(t 1 ＋t 2)－f t 2=0－0 得： mg f gH m t -= 22 巩固：蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回 到离水平网面5.0m 高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s 。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g=10m/s 2) 〖学生自练，老师巡回辅导，给出答案N 3 105.1?，学生自评〗 例2：一根弹簧上端固定，下端系着质量为m 的物体A ，物体A 静止时的位置为P 处，再用细绳将质量也为m 的物体B 挂在物体A 的下面，平衡后将细绳剪断，如果物体A 回到P 点处时的速率为V ，此时物体B 的下落速度大小为u ，不计弹簧的质量和空气阻力，则这段时间里弹簧的弹力对物体A 的冲量大小为多少？ 分析：引导学生分析，绳子剪断后，B 加速下降，A 加速上升，当A 回到P 点时，A 的速度达到最大值。尤其要强调的是本题中所求的是弹簧的弹力对物体A 的冲量，所以要分析清楚A 上升过程中 A 的受力情况。 解：取向上方向为正， 对B ：－mgt=－mu ○ 1 对A ：I 弹－mgt=mv ○ 2 两式联立得I 弹=m （v ＋u ） 问题二：动量守恒定律的应用 例3：质量为 M 的气球上有一质量为 m 的猴子，气球和猴子静止在离地高为 h 的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为多长？ 分析：此题为前面习题课中出现过的人船模型，注意引导学生分析物理情景，合理选择物理规律。 设下降过程中，气球上升高度为H ，由题意知猴子下落高度为h ， 取猴子和气球为系统，系统所受合外力为零，所以在竖直方向动量守恒，由动量守恒定律得：M ·H=m ·h ，解得M mh H = 所以软梯长度至少为M h m M H h L )(+=+= 例4：一质量为M 的木块放在光滑的水平桌面上处于静止状态，一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向击中木块，并留在其中与木块共同运动，则子弹对木块的冲量大小是： A 、mv 0 ； B 、m M mMv +0 ； C 、mv 0－m M mv +0 ；D 、mv 0－m M v m +02 分析：题中要求子弹对木块的冲量大小，可以利用动量定理求解，即只需求出木块获得 的动量大小即可。 对子弹和木块所组成的系统，满足动量守恒条件，根据动量守恒定律得： mv 0=（M+m ）v 解得：m M mv v += ，由动量定理知子弹对木块的冲量大小为 m M Mmv Mv I += =0 高中物理公式推导一 完全弹性碰撞碰后速度的推导 1、简单说明： 1m 、2m 为发生碰撞的两个物体的质量，1v 、2v 为碰撞前1m 、2m 的速度，'1v 、' 2v 为碰撞后 1m 、2m 的速度。 2、推导过程： 第一，由动量守恒定理，得 ' 2'1 122112v m v m v m v m +=+ （1） 第二，由机械能守恒定律，得 2'22'112222112 2 1212121v m v m v m v m +=+（2） 令 12/m m k =，（1）、（2）两式同时除以1m ，得 ' ' 1 212kv v kv v +=+ （3） 2 '2 '1 2 2212 kv v kv v +=+ （4） （3）、（4）两式变形，得 ( ) 2 ' '1 1--2v v k v v = （5） ()()()( ) 2 ' 2' '1 1 '1 1 22 -v v v v k v v v v -+=+ （6） 将（5）式代入（6）式，得 2' ' 1 12v v v v +=+ （7） 联立（5）、（7）两式，将' 1v 、 ' 2v 移到方程的左侧，则有 21' '1 2kv v kv v +=+ （8） 21' '1 --2v v v v += （9） 由（8）-（9），得 ()()21' 1-212 v k v v k +=+ 21' 11-122v k k v k v +++= 21212112' 1/1 -/1/22v m m m m v m m v +++= 2121 21121' -22v m m m m v m m m v +++= （10） 或者 ()2 12 1211' -22m m v m m v m v ++= （10） 专题：碰撞中的动量守恒 碰撞 1．碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况． 2．一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，若总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰憧叫做弹性碰撞．其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相等。若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞．其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同一速度运动，机械能损失显著。在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加（有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据． 3．弹性碰撞 题目中出现：“碰撞过程中机械能不损失”．这实际就是弹性碰撞． 设两小球质量分别为m 1、m 2，碰撞前后速度为v 1、v 2、v 1/、v 2/，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度． 根据动量守恒 m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1/＋m 2 v 2/ ……① 根据机械能守恒 ?m 1 v 12十?m 2v 22= ?m 1 v 1/2十?m 2 v 2/2 ……② 由①②得v 1/= ()212 21212m m v m v m m ++-，v 2/= ()21112122m m v m v m m ++- 仔细观察v 1/、v 2/结果很容易记忆, 当v 2=0时v 1/= () 21121m m v m m +-，v 2/= 2 1112m m v m + ①当v 2=0时；m 1=m 2 时v 1/=0，v 2/=v 1 这就是我们经常说的交换速度、动量和能量． ②m 1＞＞m 2，v /1=v 1，v 2/=2v 1．碰后m 1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m 1的速度的两倍向前运动。 ③m 1《m 2，v /l =一v 1，v 2/=0． 碰后m 1被按原来速率弹回，m 2几乎未动。 【例1】试说明完全非弹性碰撞中机械能损失最多． 解析：前面已经说过，碰后二者一起以共同速度运动的碰撞为完全非弹性碰撞． 设两物体质量分别为m 1、m 2，速度碰前v 1、v 2，碰后v 1/、v 2/ 由动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1/十m 2v 2/……① 损失机械能：Q=?m 1v 12＋?m 2v 22－? m 1 v 1/2－? m 2 v 2/2 ……② 由①得 m 1v 1＋m 2v 1－m 2v 1＋m 2v 2＝m 1v 1/十m 2v 1/－m 2v 1/＋m 2v 2/ 写成（m 1＋m 2）v 1－m 2（v 1－v 2）＝（m 1十m 2）v 1/－m 2（v 1/－v 2/） 即（m 1＋m 2）（v 1 －v 1/）= m 2[（v 1－v 2）－（v 1/－v 2/）] 于是（v 1 －v 1/）= m 2[（v 1－v 2）－（v 1/－v 2/）]/ （m 1＋m 2） 同理由①得m 1v 1＋m 1v 2－m 1v 2＋m 2v 2＝m 1v 1/十m 1v 2/－m 1v 2/＋m 2v 2/ 写成（m 1＋m 2）v 2＋m 1（v 1－v 2）＝（m 1十m 2）v 2/＋m 1（v 1/－v 2/） （m 1＋m 2）(v 2 －v 2/）= m 1[（v 1/－v 2/）－（v 1－v 2）] （v 2 －v 2/）= m 1[（v 1/－v 2/）－（v 1－v 2）]/ （m 1＋m 2） 代入②得Q=?m 1v 12＋?m 2v 22－? m 1v 1/2－? m 2v 2/2=?m 1(v 12－v 1/2)＋?m 2(v 22－v 2/2） =?m 1(v 1－v 1/) (v 1＋v 1/)＋?m 2(v 2－v 2/）(v 2＋v 2/） 碰撞和动量守恒 一、实验原理 如果一个力学系统所受合外力为零或在某方向上的合外力为零，则该力学系统总动量守恒或在某方向上守恒，即 （1） 实验中用两个质量分别为m1、m2的滑块来碰撞（图4.1.2-1），若忽略气流阻力，根据动量守恒有 （2） 1．完全弹性碰撞 完全弹性碰撞的标志是碰撞前后动量守恒，动能也守恒，即 （3） （4） 由（3）、（4）两式可解得碰撞后的速度为 （5） （6） 如果v20=0，则有 （7） （8） 动量损失率为 （9） 能量损失率为 （10） 2.完全非弹性碰撞 碰撞后，二滑块粘在一起以10同一速度运动，即为完全非弹性碰撞。在完全非弹性碰撞中，系统动量守恒，动能不守恒。 （11） 在实验中，让v20=0，则有 （12） （13） 动量损失率 （14） 动能损失率 （15） 3．一般非弹性碰撞 牛顿总结实验结果并提出碰撞定律：碰撞后两物体的分离速度与碰撞前两物体的接近速度成正比，比值称为恢复系数，即 （16） 恢复系数e由碰撞物体的质料决定。E值由实验测定，一般情况下0 2、一般非弹性碰撞 3、完全非弹性碰撞 四、小结 1、结论：三种碰撞中动量都基本守恒，完全非弹性碰撞能量损失最大，完全弹性碰撞能量损失最小。 2、误差分析：导轨不是完全光滑导致实验误差。 3、建议：推动滑块时要果断，导轨要调节到滑块通过两光电门的时间差小于1ms。 五、思考题 1．碰撞前后系统总动量不相等，试分析其原因。 答：导轨不够光滑导致碰撞前后系统总动量不相等。 2．恢复系数e的大小取决于哪些因素？ 答：恢复系数e由碰撞物体的质料决定。 [完全]弹性碰撞后的 速度公式 如何巧记弹性碰撞后的速度公式 一、“一动碰一静”的弹性碰撞公式 问题：如图1所示，在光滑水平面上，质量为m1的小球，以速度v1与原来静止的质量为m2的小球发生对心弹性碰撞，试求碰撞后它们各自的速度？ 图1 设碰撞后它们的速度分别为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能（动能）守恒定律得： m 1v 1 =m1v1＇+m2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 联立①⑤解得 ⑥ ⑦ 上面⑥⑦式的右边只有分子不同，但记忆起来容易混。为此可做如下分析：当两球碰撞至球心相距最近时，两球达到瞬时的共同速度v共，由动量守恒定律得： m 1v 1 = （m1+m2）v共 解出v共=m1v1/（m1+m2）。而两球从球心相距最近到分开过程中，球m2继续受到向前的弹力作用，因此速度会更大，根据对称可猜想其速度恰好增大 一倍即，而这恰好是⑦式，因此⑦式就可上述推理轻松记住， ⑥式也就不难写出了。如果⑥式的分子容易写成m2－m1，则可根据质量m1的乒乓球以速度v1去碰原来静止的铅球m2，碰撞后乒乓球被反弹回，因此v1＇应当是负的（v1＇<0），故分子写成m1－m2才行。在“验证动量守恒定律”的实验中，要求入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，也可由⑥式解释。因为只有m1>m2，才有v1＇>0。否则，若v1＇<0，即入射球m1返回，由于摩擦，入射球m1再回来时速度已经变小了，不再是原来的v1＇了。 另外，若将上面的⑤式变形可得：，即碰撞前两球相互靠近的相 对速度v1－0等于碰撞后两球相互分开的相对速度。由此可轻松记住⑤ 式。再结合①式也可很容易解得⑥⑦式。 二、“一动碰一动”的弹性碰撞公式 问题：如图2所示，在光滑水平面上，质量为m1、m2的两球发生对心弹性碰撞，碰撞前速度分别为v1和v2，求两球碰撞后各自的速度？ 图2 设碰撞后速度变为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能守恒定律得： m 1v 1 +m2v2=m1v1＇+m2v2＇① ② 由 ①③ 由②④ 由④/③⑤ 由③⑤式可以解出 ⑥ ⑦ 要记住上面⑥⑦式更是不容易的，而且推导也很费时间。如果采用下面等效的方法则可轻松记住。m1、m2两球以速度v1和v2发生的对心弹性碰撞，可等 效成m1以速度v1去碰静止的m2球，再同时加上m2球以速度碰静止的m1球。 因此由前面“一动碰一静”的弹性碰撞公式，可得两球碰撞后各自的速度 +；+，即可得到上面的⑥⑦式。 动量守恒定律专题——碰撞 一、选择题 1．(多选)下列关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，这样的碰撞叫做非弹性碰撞 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 2．为了模拟宇宙大爆炸初期的情景，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应该设法使离子在碰撞的瞬间具有() A．相同的速率B．相同的质量C．相同的动能D．大小相同的动量 3．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是() A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开 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互相分开 D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行 4．(多选)如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是 弹性的，下列判断正确的是() A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 D．发生第二次碰撞时，两球在各自的最低点 5.如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动， 选定向右为正方向，两球的动量分别为p a＝6 kg·m/s、p b＝－4 kg·m/s。当 两球相碰之后，两球的动量可能是() 大学物理仿真实验报告 实验目的 利用气垫导轨研究一维碰撞的三种情况，验证动量守恒和能量守恒定律， 定量研究动量损失和能量损失在工程技术中有重要意义。 同时通过实验还可提高误差分析的能力。 实验原理 如果一个力学系统所受合外力为零或在某方向上的合外力为零，则该力学系统总动量守恒或在某方向上守恒，即 实验中用两个质量分别为m1、m2的滑块来碰撞（图1），若忽略气流阻力，根据动量守恒有 对于完全弹性碰撞，要求两个滑行器的碰撞面有用弹性良好的弹簧组成的缓冲器，我们可用钢圈作完全弹性碰撞器；对于完全非弹性碰撞，碰撞面可用尼龙搭扣、橡皮泥或油灰；一般非弹性碰撞用一般金属如合金、铁等，无论哪种碰撞面，必须保证是对心碰撞。 当两滑块在水平的导轨上作对心碰撞时，忽略气流阻力，且不受他任何水平方向外力的影响，因此这两个滑块组成的力学系统在水平方向动量守恒。由于滑块作一维运动，式（2）中矢量v可 改成标量，的方向由正负号决定，若与所选取的坐标轴方向相同则取正号，反之，则取 负号。 完全弹性碰撞 完全弹性碰撞的标志是碰撞前后动量守恒，动能也守恒，即 由（3）、（4）两式可解得碰撞后的速度为 如果v20=0，则有 动量损失率为 能量损失率为 理论上，动量损失和能量损失都为零，但在实验中，由于空气阻力和气垫导轨本身的原因，不可能完全为零，但在一定误差范围内可认为是守恒的。 完全非弹性碰撞 碰撞后，二滑块粘在一起以10同一速度运动，即为完全非弹性碰撞。在完全非弹性碰撞中，系统动量守恒，动能不守恒。 在实验中，让v20=0，则有 动量损失率 动能损失率 一般非弹性碰撞 一般情况下，碰撞后，一部分机械能将转变为其他形式的能量，机械能守恒在此情况已不适用。牛顿总结实验结果并提出碰撞定律：碰撞后两物体的分离速度与碰撞前两物体的接近速度成正比，比值称为恢复系数，即 恢复系数e由碰撞物体的质料决定。E值由实验测定，一般情况下0 如何巧记弹性碰撞后得速度公式 一、“一动碰一静”得弹性碰撞公式 问题:如图１所示,在光滑水平面上,质量为ｍ１得小球,以速度v1与原来静止得质量为m ２得小球发生对心弹性碰撞,试求碰撞后它们各自得速度？ 图１ 设碰撞后它们得速度分别为ｖ1'与v2＇,在弹性碰撞过程中,分别根据动量守恒定律、机械能(动能)守恒定律得: m1ｖ1=ｍ1v1'+ｍ2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 联立①⑤解得 ⑥ ⑦ 上面⑥⑦式得右边只有分子不同,但记忆起来容易混。为此可做如下分析:当两球碰撞至球心相距最近时,两球达到瞬时得共同速度ｖ共,由动量守恒定律得: m1v1= (ｍ1+m2) v共 解出ｖ共=m1v1 /(m1＋m2)。而两球从球心相距最近到分开过程中,球ｍ２继续受到向前得弹力作用，因此速度会更大,根据对称可猜想其速度恰好增大一倍即,而这恰好就是⑦式,因此⑦式就可上述推理轻松记住,⑥式也就不难写出了。如果⑥式得分子容易写成ｍ2-ｍ１,则可根据质量m１得乒乓球以速度ｖ1去碰原来静止得铅球m2，碰撞后乒乓球被反弹回，因此ｖ１'应当就是负得(ｖ1＇<０）,故分子写成m1－ｍ2才行。在“验证动量守恒定律”得实验中，要求入射球得质量ｍ１大于被碰球得质量m2,也可由⑥式解释。因为只有m1＞ｍ２，才有v１'＞０。否则,若v1＇＜0,即入射球m1返回，由于摩擦,入射球ｍ1再回来时速度已经变小了，不再就是原来得v1＇了。 另外，若将上面得⑤式变形可得:,即碰撞前两球相互靠近得相对速度v1-0等于碰撞后两球相互分开得相对速度。由此可轻松记住⑤式。再结合①式也可很容易解得⑥⑦式。 二、“一动碰一动”得弹性碰撞公式 问题:如图2所示,在光滑水平面上，质量为ｍ1、m2得两球发生对心弹性碰撞,碰撞前速度分别为v1与v２,求两球碰撞后各自得速度？ 图2 设碰撞后速度变为v1'与v2',在弹性碰撞过程中,分别根据动量守恒定律、机械能守恒定律得: m１v1+m２v2＝m1v1'+m2ｖ2'① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 由③⑤式可以解出 ⑥ ⑦ 学习必备 欢迎下载 专题十七 碰撞与动量守恒 35． (2013 高·考新课标全国卷Ⅰ )(2) 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块 A 和 B ，两者 相距为 D. 现给 A 一初速度，使 A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时 间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为 D.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均 为 μ，B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为 g.求 A 的初速度的大小． 解析 ： (2)从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题． 设在发生碰撞前的瞬间，木块 A 的速度大小为 v ；在碰撞后的瞬间， A 和 B 的速度分别 为 v 1 和 v 2 .在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 1 mv 2 1 2 1 2 ① 2 ＝ mv 1＋ (2m)v 2 2 2 mv ＝ mv 1＋ (2m)v 2 ② 式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正．由①②式得 v 1＝－ v 2 ③ 2 设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d 1 和 d 2，由动能定理得 μ mgd ＝ 1 2 ④ 1 2mv 1 1 2 ⑤ μ(2m)gd 2＝ 2 (2m) v 2 据题意有 d ＝ d 1＋ d 2 ⑥ 设 A 的初速度大小为 v 0，由动能定理得 1 2 1 2 ⑦ μ mgd ＝2mv 0－ 2mv 联立②至⑦式，得 v 0＝ 28 μ gd. 5 答案： (2) 28 5 μ gd 35.(2013 高·考新课标全国卷Ⅱ )[ 物理－选修 3-5] (2) 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块 A 、B 、C.B 的左侧固定一轻弹簧 (弹 簧左侧的挡板质量不计 )．设 A 以速度 v 0 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A 、 B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰撞过程时间极短，求从 A 开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中， ( ⅰ)整个系统损失的机械能； ( ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 解析 ：(2)A 、B 碰撞时动量守恒、 能量也守恒， 而 B 、C 相碰粘接在一块时， 动量守恒． 系 统产生的内能则为机械能的损失．当 A 、B 、 C 速度相等时，弹性势能最大． ( ⅰ)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v 1 时，对 A 、 B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv 0＝ 2mv 1 ① 此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞， 设碰撞后的瞬时速度为 v 2，损失的机械能为 E.对 B 、 C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 由于弹性碰撞后的速度公式不好推导，该公式又比较繁杂不好记。因此导致这类考题的得分率一直较低。下面探讨一下该公式的巧记方法。 一、“一动碰一静”的弹性碰撞公式 问题：如图1所示，在光滑水平面上，质量为m1的小球，以速度v1与原来静止的质量为m2的小球发生对心弹性碰撞，试求碰撞后它们各自的速度？ 图1 设碰撞后它们的速度分别为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能（动能）守恒定律得： m1v1=m1v1＇+m2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 联立①⑤解得 ⑥ ⑦ 上面⑥⑦式的右边只有分子不同，但记忆起来容易混。为此可做如下分析：当两球碰撞至球心相距最近时，两球达到瞬时的共同速度v共，由动量守恒定律得： m1v1= （m1+m2）v共 解出v共=m1v1 /（m1+m2）。而两球从球心相距最近到分开过程中，球m2继续受到向前 的弹力作用，因此速度会更大，根据对称可猜想其速度恰好增大一倍即，而这恰好是⑦式，因此⑦式就可上述推理轻松记住，⑥式也就不难写出了。如果⑥式的分子容易写成m2－m1，则可根据质量m1的乒乓球以速度v1去碰原来静止的铅球m2，碰撞后乒乓球被反弹回，因此v1＇应当是负的（v1＇<0），故分子写成m1－m2才行。在“验证动量守恒定律”的实验中，要求入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，也可由⑥式 解释。因为只有m1>m2，才有v1＇>0。否则，若v1＇<0，即入射球m1返回，由于摩擦，入射球m1再回来时速度已经变小了，不再是原来的v1＇了。 另外，若将上面的⑤式变形可得：，即碰撞前两球相互靠近的相对速度v1－0等于碰撞后两球相互分开的相对速度。由此可轻松记住⑤式。再结合①式也可很容易解得⑥⑦式。 二、“一动碰一动”的弹性碰撞公式 问题：如图2所示，在光滑水平面上，质量为m1、m2的两球发生对心弹性碰撞，碰撞前速度分别为v1和v2，求两球碰撞后各自的速度？ 图2 设碰撞后速度变为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能守恒定律得： m1v1+m2v2=m1v1＇+m2v2＇① ② 由①③ 由②④ 由④/③⑤ 由③⑤式可以解出 ⑥ ⑦ 要记住上面⑥⑦式更是不容易的，而且推导也很费时间。如果采用下面等效的方法则可轻松记住。m1、m2两球以速度v1和v2发生的对心弹性碰撞，可等效成m1以速度v1去碰静止的m2球，再同时加上m2球以速度碰静止的m1球。因此由前面“一动碰一静”的弹性 动量守恒定律-碰撞问题试卷 考点23动量守恒定律碰撞问题考点名片 考点细研究：(1)动量守恒定律处理系统内物体的相互作用；(2)碰撞、打击、反冲等“瞬间作用”问题。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅰ第35题(2)、2016年全国卷Ⅲ第35题(2)、2016年天津高考第9题(1)、2015年福建高考第30题(2)、2015年北京高考第17题、2015年山东高考第39题(2)、2014年重庆高考第4题、2014年福建高考第30题(2)、2014年江苏高考第12题C(3)、2014年安徽高考第24题、2013年天津高考第2题、2013年福建高考第30题等。高考对本考点的考查以识记、理解为主，试题难度不大。 备考正能量：预计今后高考仍以选择题和计算题为主要命题形式，以物理知识在生活中的应用为命题热点，灵活考查动量守恒定律及其应用，难度可能加大。 一、基础与经典 1. 如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上。已知m A 答案 A 解析选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零。初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确。 2．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是() A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒 C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量一定守恒 答案 C 解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零，与系统内是否存在摩擦力无关，与系统中物体是否具有加速度无关，故A、B选项错误，C选项正确；所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量只能说不变，不能说守恒，D选项错误。 3. 质量为m的甲物块以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在甲物块上。另一质量也为m的乙物块以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示。则() A．甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒 B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0 《动量》单元检测 一、单选题（4×7=28分） 1．关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是(A) A．一物体的动量不变，其动能一定不变 B．一物体的动能不变，其动量一定不变 C．两物体的动量相等，其动能一定相等 D．两物体的动能相等，其动量一定相等 2、玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海锦垫上不易碎，这是因为茶杯与水泥地撞击过程中：（D） A.茶杯动量较大 B.茶杯动量变化较大 C.茶杯所受冲量较大 D.茶杯动量变化率较大 3、把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上．枪发射出一颗子弹．对于此过程，下列说法中正确的（ C） A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 C．车、枪和子弹组成的系统动量守恒 D．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有摩擦力．且摩擦力的冲量甚小 4、质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是：（ D ） A．2.6m/s，向右B．2.6m/s，向左 C．0.8m/s，向右D．0.5m/s，向左 5、图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A＞m B，最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车（ C ） A．静止不动B．向右运动 C．向左运动D．左右往返运动 6、一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用 一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹 簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(C) A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒 7、放在光滑水平面上的甲、乙两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，但不连接，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中不确的是：（ C ） A．两手同时放开后，两车的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右 D．两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守 二、双选题（4×4=16分） 8、如图4所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平 面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况(AB) 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 9、．两个质量不同而动量相同的物体，在水平地面上由于摩擦力的作用而停止运动。它们 与地面的动摩擦因数相同，则正确的判断是：（AC ） 高中物理公式推导完全弹性碰撞后速度公式的 推导 文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08] 高中物理公式推导一 完全弹性碰撞碰后速度的推导 1、简单说明： 1m 、2m 为发生碰撞的两个物体的质量，1v 、2v 为碰撞前 1m 、2m 的速度，'1v 、'2v 为碰撞后1m 、2m 的速度。 2、推导过程： 第一，由动量守恒定理，得 ' 2'1122112v m v m v m v m +=+ （1） 第二，由机械能守恒定律，得 2'22'1122221122 1212121v m v m v m v m +=+（2） 令12/m m k =，（1）、（2）两式同时除以1m ，得 '' 1212kv v kv v +=+ （3） 2'2'122212 kv v kv v +=+ （4） （3）、（4）两式变形，得 ()2 ''11--2v v k v v = （5） ()()()()2'2''1 1'1122-v v v v k v v v v -+=+ （6） 将（5）式代入（6）式，得 2''112v v v v +=+ （7） 联立（5）、（7）两式，将' 1v 、' 2v 移到方程的左侧，则有 21''12kv v kv v +=+ （8） 21' '1--2v v v v += （9） 由（8）-（9），得 212121121' -22v m m m m v m m m v +++= （10） 或者 ()2121211' -22m m v m m v m v ++= （10） 由（8）+k*（9），得 221212121' 21v m m m v m m m m v +++-= （11） 或者 ()2122121'21m m v m v m m v ++-= （11） 3、意外收获：动量守恒定律,碰撞知识点总结
高三物理碰撞与动量守恒
高中物理公式推导(完全弹性碰撞后速度公式的推导)
专题 动量守恒定律中的碰撞问题(高三)
碰撞和动量守恒
[完全]弹性碰撞后的速度公式资料
动量守恒定律练习题——碰撞
大学物理仿真实验报告 碰撞与动量守恒
(完全)弹性碰撞后的速度公式
专题十七碰撞与动量守恒高考真题集锦.doc
碰撞速度公式
动量守恒定律-碰撞问题试卷
碰撞与动量守恒测试题及答案
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