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中动量 守恒3. 动能不增.在碰撞过程中，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1 9 1 7 1 ・2 1 - 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在上述结论中，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+Ek23•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 - mis D、APf = -24kg -m/ s , \PB - 24kg -ml sK解析几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)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⑵何时3的速度最大，最大速度是多少？［解析］⑴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 ①打入后弹簧由原长到最短： 4mv1=8mv2 ②机械能守怛： —4/WVj2 =—8/77 Vo + Ep ③2 2解①②③得 E p = o⑵从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，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+4mv2—4-m v.2 = — 4/n v.2 + — 4/>? v? ⑤2 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（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 = 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 ⑤2 rh以上各式可得q = —J2g/(sin& + “cos&) ⑥(3) 设在第一次碰撞中损失的机械能为力上；有：△E = — mu； 一 — mv^ ⑦2 1 2・由①②③⑦式可得：△ = mg/(sin^4-/zcos &)问题四：物块与平板间的相对滑动例题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
解析：(1)由A、B系统动量守恒定律得:Mvo~mv()= (M m) v ①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 v①对板车应用动能定理得： 1 丄一 u mgs二 2 mv $- 2 mvo2 ②联立①②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. 2 B. 3 C. 4 D. 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 m m(MV 2 MV 21 丿 丿 M——+ —,可得—<3,故选A、B选项。
2 2M 2m tn 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中，则救生员跃出后小船 的速率为 •(填选项前的字母)C. Vo+j^vo+v) D. vo+j^vo-v)⑵C [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=MvM—mv,解得如=“)+%>+%), c正确.4. 如图所示，为一光滑水平横杆，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，小车移动的距离4. (1)3 m/s［解析］⑴由动量守恒定律有 mv\—Mv2=0市能量守恒定律有 解得：6=3 m/s v2 = 1 m/s(2。