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微专题38 碰撞问题
【核心考点提示】
一、碰撞过程的分类
1．弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失．
弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
特殊情况：质量m1的小球以速度v1与质量m2的静止小球发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2.
碰后两个小球的速度分别为：
v1′＝v1，v2′＝v1
(1)若m1≫m2，v1′≈v1，v2′≈2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(2)若m1≪m2，v1′≈－v1，v2′≈0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
(3)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换．
2．非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失．
非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：
m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2
3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多．此种情况m1与m2碰后速度相同，设为v，则：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
系统损失的动能最多，损失动能为
ΔEkm＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2
二、碰撞过程的制约
通常有如下三种因素制约着碰撞过程．
1．动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；
2．动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；
3．运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小．再比如，碰撞后，后面的物体速度不能超过前面的物体．
【微专题训练】
【例题】如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4 kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为参考正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为(　　)

A．－2 kg·m/s, 3 kg·m/s
B．－8 kg·m/s, 8 kg·m/s
C．1 kg·m/s, －1 kg·m/s
D．－2 kg·m/s, 2 kg·m/s
【解析】由于碰撞过程中，动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A错误；因为碰撞的过程中动能不增加．若Δp1和Δp2分别为－8 kg·m/s, 8 kg·m/s，则p1′＝－4 kg·m/s，p2′＝14 kg·m/s，根据Ek＝知相撞过程中动能增加，B错误；两球碰撞的过程中，B球的动量增加，Δp2为正值，A球的动量减小，Δp1为负值，故C错误．变化量分别为－2 kg·m/s,2 kg·m/s，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D正确．
【答案】D
【变式】【江西师范大学附属中学2017届高三上学期期中考试】甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=10kg·m/s，p乙=14kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为20kg·m/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（ 　）
A．3：10 B．1：10 C．1：4 D．1：6
【答案】AC
【解析】因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有，得到；根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得 p甲′=4kg•m/s．根据碰撞过程总动能不增加，得到： 代入解得： ；碰撞后两球同向运动，则甲的速度不大于乙的速度，应有：代入解得：；综合有：．故AC正确，BD错误．故选AC.
【例题】(2017·四川泸州二诊)如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是 (　A　)

A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞
B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞
C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是
D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动
[解析]　设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向。
根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2①
根据机械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v②
解得v1＝v，v2＝v③
若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确。若m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误。两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝v，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误。两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝v，当m1>m2时，v1>0，碰后A球向左运动，当m1＝m2时，v1＝0，碰后A球静止，当m1<m2时，v1<0，碰后A球向右运动，故D错误。
【变式】(2018·重庆市巴蜀中学高三上学期期中理综物理试题)一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如图所示，将一个质量为m、半径为R的质量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上，质量为M(M＞m)的足球(可视为质点)以某一水平速度v0通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之间的摩擦，求：

(1)人对足球做的功和冲量大小；
(2)足球与球框发生第一次碰撞后，足球的速度大小；
(3)球框在台面上通过的位移大小。
答案：(1)　Mv0　(2)v0　(3) R
[解析]　(1)人对足球做的功W＝Mv
冲量：I＝Mv0
(2)足球的初速度为v0，第一次碰撞后，设足球的速度为v1，球框的速度为v2。对足球和球框组成的系统，由动量守恒定律得：Mv0＝Mv1＋mv2
由能量守恒定律得
Mv＝Mv＋mv
联立解得足球的速度v1＝v0
球框的速度v2＝v0
(3)多次碰撞后足球和球框最终静止，设球框受到台面的摩擦力为f，通过的总位移为x，对足球和球框组成的系统，由能量守恒定律得fx＝Mv
又第一次碰撞后经时间t，足球恰好未从框口穿出
说明此时足球与球框二者共速，均为v1＝v0
由运动学规律得t－v1t＝2R
对球框，由动量定理得－ft＝mv1－mv2
联立解得球框通过的总位移x＝R

【巩固习题】
1.(多选)如图1，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2 ，且m1< m2.经一段时间两物体相碰撞并粘在一起．碰撞后(　　)

A．两物体将向左运动
B．两物体将向右运动
C．两物体组成的系统损失能量最小
D．两物体组成的系统损失能量最大
【解析】根据p2＝2mEk，结合m1<m2，知p1<p2，故系统总动量向左，根据动量守恒知碰后两物体将向左运动，所以A正确，B错误；由题意知两物体属于完全非弹性碰撞，损失动能最大，所以C错误，D正确．
【答案】AD
2.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)

A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：m·2v0－2mv0＝mvA＋2mvB，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确，A、B、C错误．
【答案】D
3.(2013·江苏)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示(注：原题中用直尺测量，碰撞前相邻两位置之间的长度约为1.4 cm，碰撞后相邻两位置之间的长度约为0.8 cm)，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(　　)

A．30%　　　　　　　　 B．50%
C．70% D．90%
【解析】　用直尺测量，碰撞前相邻两位置之间的长度约为1.4 cm，碰撞后相邻两位置之间的长度约为0.8 cm，则碰后与碰前速度比为＝＝，则碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的＝1－2×()2＝1－2×()2≈30%.
【答案】A
4.如图所示，一个半径R＝1.00 m的粗糙圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，距地面高度h＝1.25 m．在轨道末端放有质量mB＝0.30 kg的小球B(视为质点)，B左侧装有微型传感器，另一质量mA＝0.10 kg的小球A(也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示示数为2.6 N，A与B发生正碰，碰后B小球水平飞出，落到地面时的水平位移x＝0.80 m，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功；
(2)A与B碰撞过程中，系统损失的机械能．

【解析】(1)在最低点，对A球由牛顿第二定律有
FA－mAg＝mA
得vA＝4.00 m/s
在A下落过程中，由动能定理有：
mAgR－Wf＝mAvA2
A球在碰前克服摩擦力所做的功Wf＝0.20 J.
(2)碰后B球做平抛运动，在水平方向有x＝vB′t
在竖直方向有h＝gt2
联立以上两式可得碰后B的速度vB′＝1.6 m/s
对A、B碰撞过程，由动量守恒定律有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′
碰后A球的速度vA′＝－0.80 m/s，负号表示碰后A球运动方向向左
由能量守恒得，碰撞过程中系统损失的机械能：
ΔE损＝mAvA2－mAvA′2－mBvB′2
故ΔE损＝0.384 J
在A与B碰撞的过程中，系统损失的机械能为0.384 J.
【答案】(1)0.20 J　(2)0.384 J

5.(2014·广东)如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作，已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
(1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.

【解析】(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒mv1＝2mv①
解得v＝＝3 m/s②
碰撞损失的动能ΔE＝mv－(2m)v2③
解得ΔE＝9 J④
(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在A→B→C→B(B′)→A(A′)等效为如图所示的匀减速运动．

设P在A→B→C→B(B′)→A(A′)段加速度大小为a，由运动学规律，得μ(2m)g＝2ma
a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2⑤
P返回经过B时：3L＝vt－at2⑥
由①⑤⑥式，解得v＝
由于2 s≤t≤4 s，代入上式解得v的取值范围5 m/s≤v≤7 m/s⑦
所以v1的取值范围10 m/s≤v1≤14 m/s⑧
P向左经过A(即图的A′)时的速度v2，
则v－v2＝－2a·4L⑨
将⑦代入⑨可知，当v＝5 m/s时，P不能到达A；
当v＝7 m/s时，v2＝ m/s
所以v2的取值范围v2≤ m/s，所以当v2＝ m/s时，P向左经过A点时有最大动能E＝(2m)v＝17 J
【答案】(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J

6.如图所示，MN是水平轨道，NP是倾角θ＝45°的无限长斜轨道，长为L＝0.8 m的细线一端固定在O点，另一端系着质量为mB＝2 kg小球B，当细线伸直时B球刚好与MN轨道接触但没有挤压。开始时细线伸直，B球静止在MN轨道上，在MN轨道上另一个质量为mA＝3 kg小球A以速度v0向右运动。(不计一切摩擦力及空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)若A、B球发生弹性碰撞后B能在竖直面内做圆周运动，求v0的取值范围。
(2)在满足(1)的条件下，轨道NP上有多长的距离不会被A球击中？

解析：(1)A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律得mAv02＝mAvA2＋mBvB2
解得vA＝，vB＝
碰后B球在竖直面内做圆周运动，有两种情况：
第一种情况，B球在竖直面内做完整的圆周运动，则它到最高点的速度vB′≥
由机械能守恒定律得：mBvB2＝mBg(2L)＋mBvB′2
解得：v0≥ m/s
第二种情况，B球运动的最大高度不超过L
由机械能守恒定律得：mBvB2≤mBgL
解得：v0≤ m/s
v0的取值范围为0＜v0≤ m/s或v0≥ m/s。
(2)由上可知：碰后A球的速度
0＜vA≤ m/s或vA≥ m/s
A球离开水平轨道后做平抛运动，
有x＝vAt，y＝gt2，又由几何关系知tan 45°＝
解得A球落到斜轨道上与N点的距离
d＝＝
解得：0＜d≤ m或d≥ m
故轨道NP上不会被A球击中的距离
Δd＝m＝ m。
答案：(1)0＜v0≤ m/s或v0≥ m/s　(2) m

7.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0 m。设物块A与物块B发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g＝10 m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
解析：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒知
mgh＝mv02
则v0＝。
设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
v2－v02＝－2al
联立解得v＝4 m/s
由于v>u＝2 m/s，
所以v＝4 m/s
即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
－mv＝mv1＋MV
mv2＝mv12＋MV2
解得v1＝v＝m/s
即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则
0－v12＝－2al′
l′＝ m＜1 m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知
v2＝v1＝2v
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞、……碰撞后物块B的速度大小依次为
v3＝v2＝3v、
v4＝v3＝4v、……
则第n次碰撞后物块B的速度大小为
vn＝nv＝ m/s。
答案：(1)4 m/s　(2)不能，计算过程见解析　(3) m/s