课题研究ppt配套的教案及板书设计

动量守恒定律的应用（碰撞）

【学习目标】

1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞；

2．知道什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象；

3．会运用动量守恒定律分析，解决碰撞物体相互作用的问题．

【要点梳理】

要点一、碰撞

1．碰撞及类碰撞过程的特点

（1）时间特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时间很短．

（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，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）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．

（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移．可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．

（5）能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即：

Ek1＇Ek2＇Ek1Ek2．

（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方．

2．碰撞的分类

（1）按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．

①弹性碰撞：碰撞过程中机械能不损失，即碰撞前后系统总动能守恒：

Ek1＇Ek2＇Ek1Ek2．

②非弹性碰撞；碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒：

Ek1＇Ek2＇＜Ek1Ek2．

③完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．

（2）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰．

①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞．

②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞．

高中阶段一般只研究正碰的情况．

③散射

指微观粒子之间的碰撞．

要点诠释：由于粒子与物质微粒的碰撞并非直接接触，而是相互靠近，且发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方．

要点二、碰撞问题的处理方法

1．解析碰撞问题的三个依据

（1）动量守恒，即

．

p1p2p1＇p2＇

1

（2）动能不增加，即

．

Ek1Ek2Ek1＇Ek2＇或

2p12p2p1'2p2'2．

2m12m22m12m2（3）速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的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．

2．爆炸问题

爆炸与碰撞的共同点是物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力（内力）很大，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，故系统的动量几乎不变，所以爆炸过程中可以近似认为动量守恒．

要点诠释：爆炸与碰撞的不同点是爆炸过程中有其他形式的能向动能转化，故爆炸过程中系统的动能会增加．

要点三、弹性正碰

1．弹性正碰的讨论

如图所示，在光滑水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰．讨论碰后两球的速度v1＇和v2＇．

根据动量守恒和动能守恒有：

，

m1v1m1v1＇m2v2＇

111m1v12m1v1'2m2v2'2，

222 解上面两式可得：

碰后m1的速度 v1'

m1m2v1， m1m22

碰后m2的速度 v2'讨论：

2m1v1．

m1m2（1）若m1＞m2，v1＇和v2＇都是正值，表示v1＇和v2＇都与v1方向相同．（若m1m2，m1－m2m1，．

m1m2m1，则：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＇为负值，表示v1＇与v1方向相反，m1被弹回．（若m1m2，这时m1－m2－m2，2m1．

0，v1＇－v1，v2＇0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止）m1m2（3）若m1m2，则有v1＇0，v2＇v1，即碰后两球速度互换．

2．拓展

设在光滑的水平面上质量为m1的小球以速度v1去碰撞质量为m2、速度为v2的小球发生弹性正碰，试求碰后两球的速度v1＇和v2＇。

根据动量守恒定律和动能守恒有：

m1v1m2v2m1v1m2v2 11112m1v12m2v2m1v12m12

2222

可得：

v1(m1m2)v12m2v2．

m1m2v2(m2m1)v22m1v1．

m1m2

同学们可以自己讨论由于两个物体质量的关系而引起的碰撞后两物体的不同运动情况。

要点四、碰撞的临界问题

碰撞的物理特征是相互作用时间短暂，作用力大．相互作用的两个物体在很多情况下可当作碰撞

3

处理，比如各种打击现象，车辆的挂接、绳的绷紧过程等．那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．具体分析如下：

（1）

如图所示：

光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．

（2）

如图所示：

物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等．

（3）

如图所示：

质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时（即小球竖直方向上的速度为零），两物体的速度肯定相等（方向为水平向右）．

历史上查德威克通过测量中子质量从而发现中子．中子的发现运用了动量守恒定律和能量守恒定律，证明了这两个定律的普遍适用性．

【例】1930年科学家用放射性物质中产生的粒子轰击铍时，产生了一种看不见的、贯穿能力极强的不带电未知粒子．该未知粒子跟静止的氢核正碰，测出碰撞后氢核速度是3.310m/s，该未知粒子跟静止的氮核正碰，测出碰撞后氮核速度是4.710m/s．已知氢核质量是mH，氮核质量是6714mH，假定上述碰撞是弹性碰撞，求未知粒子的质量． 【解析】设未知粒子质量为m，初速为v，与氢核碰撞后速度为v＇，根据动量守恒和动能守恒有

mvmv＇mHvH， ①

12112mvmv'2mHvH， ②

222联立①②解得

4

vH2mv． ③

mmH同理，对于该粒子与氮核碰撞有 vN2mv ④

m14mH联立③④解得 m(14vNvH)mH1.16mH． vHvN这种未知粒子质量跟氢核质量差不多．（即中子）

【典型例题】

类型一、分方向动量守恒

例1．从倾角为30、长0.3 m的光滑斜面上滑下质量为2 kg的货包，掉在质量为13 kg的小车里（如图）．若小车与水平面之间的动摩擦因数0.02，小车能前进多远?（g取10m/s2）

【思路点拨】只要在某一方向上合外力为零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么在这一方向上系统的动量就守恒或近似守恒．

【解析】货包离开斜面时速度为

v2as12gs1sin303m / s．

货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平速度vx不变，其大小为

vxvcos301.5 m/s．

货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，则

．

mvxMmv＇小车获得的速度为

5

v'mvx21.5m/s0.2m/s．

Mm13212由动能定理有 (Mm)gs2(Mm)v'2．

求得小车前进的距离为 (Mm)v'2v'2s20.1m．

2(Mm)g2g 【总结升华】系统“动量守恒”的条件是系统“不受外力作用”或“系统所受外力之和为零”．若系统所受的外力远小于内力，且作用时间很短，即外力的冲量可以忽略，则可近似认为系统的总动量守恒；如果相互作用的物体所受外力之和不为零，外力也不远小于内力，系统的总动量就不守恒，也不能近似认为守恒；但是，只要在某一方向上合外力为零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么在这一方向上系统的动量就守恒或近似守恒．

类型二、完全非弹性碰撞

例2.光滑水平面上有一静止的质量为M的木板，现有一颗质量为m、速率为v0的子弹沿水平方向击中木板，进入木板的深度为d（未穿出），且冲击过程中阻力恒定。问：

（1）子弹与木板的阻力多大？在这个过程中，木板的位移是多少？

（2）冲击时间是多少？

（3）这个过程中产生的热量Q是多少？

2Mmv0m【答案】（１）f；Sd＜d．

Mm2d(Mm)（２）t2d．

v012Mmv0

2Mm（３）QEKfs相=fd

6

【解析】因子弹未射出木板，故二者获得共同速度v。在获得共同速度的过程中，设木板的位移为S，则子弹的位移为Sd。

（1）在获得共同速度的过程中，动量守恒：

mv0(Mm)v

①

碰撞后共同速度为

vmv0

Mm

设平均阻力为f，根据动能定理，有：

对子弹：

112f(Sd)mv2mv0

②

22

对木板：

1fSMv2

③

2

由①、②和③式可得：

2Mmv0

f

2d(Mm)

S

md＜d

Mm

（2）设冲击时间为t。以子弹为研究对象，根据子弹相对木块作末速度为零的匀减速直线运动，相对位移

1dv0t，

2所以冲击时间为

t2d．

v0

（3）在认为损失的动能全部转化为内能的条件下，产生的热量：

7

QEKfs相=fd12Mmv0．

2Mm

【总结升华】完全非弹性碰撞，碰撞中动量守恒，能量减小。

举一反三：

【变式】如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为3m.开始时A、B分别以速度v1、2v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远.若B与挡板碰撞后将以原速率反弹，A与B碰撞后将粘合在一起.为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么条件？

【答案】1.5v2＜v12v2或12v1v2＜v1. 23'【解析】设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v，由动量守恒定律得

mv12mv' ○1

为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足

2

v'v2 ○设A与B碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得

" 2mvmv2'327"mv ○3

2为使B能与挡板再次碰撞应满足

v"＞0 ○4

8

联立○1○2○3○4式得

1.5v2＜v12v2或12v1v2＜v1. 23类型三、碰撞中的可能性问题

例3．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰．碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是（ ）．

A．v0 B．

13245v0 C．v0 D．v0

399 【思路点拨】动量守恒定律是一个矢量式，所以要注意A球速度的方向性。

【答案】A、B 【解析】要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的1／9，则其速度大小仅为原来的1/3．两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．

当以A球原来的速度方向为正方向时，则 1vA'v0，

3 根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有

mv00mv02mvB'，

mv00mv02mvB''．

解得 13131vB'v0，

32vB''v0．

3 【总结升华】在本题中告诉A球碰后的动能而非速度，所以在应用动量守恒时造成了第一个困难；动量守恒定律是一个矢量式，所以要注意A球速度的方向性，而题中告诉的是A球的动能，由此求出的是速度的大小，往往只考虑到A球碰后速度的一个方向从而造成答案不全面．

举一反三：

9

【变式1】在光滑的水平面上一个质量M8kg的大球以5m/s的速度撞击一个静止在水平面上的质量为m2kg的小球。用V和v表示碰撞后大球和小球的速度，下列几组数据中哪些是可能发生的，哪些是不可能发生，原因是什么？

(1)V3m/s, 　

v7m/s．

(2)V4.5m/s, v2m/s. (3)V2m/s, v12m/s.

(4)V3m/s, v8m/s. (5)V4m/s, v4m/s.

(6)V3.5m/s, v6m/s.

【答案】(1) (2) (3) 不可能；(4) (5) (6) 可能. 【解析】总动量：P1总Mv40kgm/s，总能量：E总2Mv2100J. 用V和v表示碰撞后大球和小球的速度：

若弹性碰撞：VMmMmvv2M03m/s Mmv08m/s

2

若完全非弹性碰撞：vMv0Mm4m/s

m的速度范围：4m/sv8m/s

M的速度范围：3m/sV4m/s

逐条分析：

(1)V3m/s, 　

v7m/s． 动量不守恒 （不可能）

(2)V4.5m/s, v2m/s. 不符合常理 （不可能） (3)V2m/s, v12m/s. 能量不守恒 （不可能）

(4)V3m/s, v8m/s. 弹性碰撞 （可能）

(5)V4m/s, v4m/s. 完全非弹性碰撞 （可能）

10

(6)V3.5m/s, v6m/s. 一般非弹性碰撞 （可能）

【变式2】A球的质量为MA，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，B球的质量为MB。A与B发生正碰，碰撞过程中机械能不损失，当B球质量取不同值时，则碰撞后（ ）．

A．当MBMA时，B球速度最大 B．当MBMA时，B球动能最大 C．MB越小B球速度越大 D．MB越大B球动量越大

【答案】BCD 【解析】对于AC选项，弹性碰撞，直接应用结论。碰后B球的速度：

vB2MAv0

MAMB对于B选项，碰后B球的动能：

EB2MA2MA1112MBvBMB(v0)2(v0)2

22MAMB2MAMBMB对于D选项，碰后B球的动量：

PBMBvBMB2MAv02MAv0

MMAMBA1MB 综合来看，BCD正确。

B两球在光滑水平面上沿同一直线、例4．质量相等的A、同一方向运动，A球的动量是7kgm/s，B球的动量是5kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值为（ ）．

A．PA6kgm/s,PB6kgm/s

B．PA3kgm/s,PB9kgm/s

C．PA2kgm/s,PB14kgm/s

D．PA4kgm/s,PB17kgm/s

【答案】A

''

【解析】碰撞前后动量守恒：P1P2P1P2，可验证ABC都有可能，而总动能只有守恒或者减

11

22'2'2PPPP少即：1212，可知只有A选项是正确的。

2m12m22m12m2

【总结升华】此题属于碰撞类问题，解答此题要注意，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，所以它们的动量守恒，但动能不一定守恒。

碰撞要符合：

''

(1)动量守恒，即P1P2P1P2；

2'2PP22PP2'211

(2)动能不增加，即EKEKEE或者；

122m12m22m12m2'K1'K2

(3)速度要符合场景：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后。

v前

举一反三：

【变式】如图所示，在光滑的水平面上，依次放着质量均为m的5个小球，小球排列在一条直线上，彼此间隔一定的距离。开始时后面4个小球处于静止状态，第一个小球以速度v向第二个小球碰去。

（1）若每个小球碰撞都是弹性的，则碰后各小球的运动情况。

（2）若它们先后都粘合到一起向前运动。由于连续碰撞，求系统损失的机械能？

234都停止运动，5以速度v离开；

【答案】（1）1、、、 （2）E12122mv5mv共mv2

2252球为讨论对象，弹性碰撞QE0,

【解析】（1）以1、m1vm1v1m2v2

1112m1v2m1v12m2v2

222v1m1m2vm1m2v22m1v

m1m2当m1m2时，碰后

v10,v2v

12

则碰后，交换速度。以此类推，所以1、、、234都停止运动，5以速度v离开；

（2）完全非弹性碰撞：

全程研究，动量守恒：

mv5mv共 v共=0.2v.

系统损失的机械能: 1122Emv25mv共mv2 . 225类型四、碰撞中的动量与其它运动的结合

例5.如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（不计大小）。今将小球拉至悬线与竖直位置成60角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为，M:m4:1：，重力加速度为g，求：

0

(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？

(2)平板车P的长度为多少？

(3)小物块落地时距小球的水平距离为多少？ 【思路点拨】圆周运动知识与动量知识相结合，要综合来分析。

【答案】(1)gR7R4R2Rh；（2）；(3). 18393

13

【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有

mgR(1cos600)12mv20

v0gR

小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，

mv0mv1mvQ

121212mv202mv12mvQ

v10,vQv0gR

二者交换速度，即小球静止下来，而

vQv0gR

Q在平板车上滑行的过程中，有

mvQMvm2v

v1gR6vQ6

小物块Q离开平板车时，速度为

v'gRQ2v3.

（2）设平板车P的长度为L，由能的转化和守恒定律，知

fL1mv212122Q2Mv2m(2v)

fmg

14

L7R. 18

(3)小物块Q在平板车上滑行的过程中，对地的位移为s，则

mgs112m(2v)2mvQ

22s4R. 9

平抛时间

t2h，

g水平距离

x2vt2Rh. 3

所以Q落地点距小球的水平距离为

Ssx4R2Rh. 93【总结升华】此题考查圆周运动与动量相结合的知识，要综合来分析。

举一反三：

【变式】有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。

15

（1）已知滑块质量为m，碰撞时间为t，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小. (2) 为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制作一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）. a．分析A沿轨道下滑到任意一点的动量PA与B平抛经过该点的动量PB的关系；

b．在OD曲线上有一M点, O和M两点连线与竖直方向的夹角为450.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度. 【答案】（1）Fmv02545；

(2) a. PA＜PB；b．

vAXv0,vAYv0.

t55【解析】（1）滑块A与B正碰，令碰后瞬间的速度分别为vA、vB.满足

1

mvAmvBmv0 ○ 121212mvAmvBmv0 ○2

222由○1○2解得

vA0,vBv0. 根据动量定理，滑块B满足

Ftmv0

解得

16

Fmv0. t(2)a．设任一点到O点竖直高度差为d.A、B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒.选该任意点为势能零点，有

EKAmgd,EKBmgdmv0

由于

122P2mEK, 有

EKAPA2gd2＜1. PBEKBv02gd即

PA＜PB. A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量. b．以O为原点，建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则对B有1xv0t,ygt2. 2B的轨迹方程

yg2x. 22v0在M点xy，所以

22v0.

○3

yg

17

因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为vBX、vBY，速率为vB；A水平和竖直分速度大小分别为vAX、vAY，速率为vA，则

vAXvBXvAYvBY. ○4

,vAvBvAvBB做平抛运动，故

vBXv0, vv2BY2gy,vB02gy.

对A，由机械能守恒得

vA2gy.

由○4○5○6得

v02gyAXvv22gy,vgyAY20v22gy.0将○3代入得

v25AX5v0,

v45AY5v0.

类型五、爆炸类问题

○5

○6

18

例6.从地面竖直向上发射一炮弹，炮弹的初速度v0100m/s，经t6.0s后，此炮弹炸成质量相等的两块.从爆炸时算起，经过t110.0s后，第一块碎片先落到发射点，求从爆炸时算起，另一碎片经多长时间也落回地面？（g10m/s2，空气阻力不计）

【答案】18.9s

'【解析】设炮弹爆炸时的速度为v0，离地面高度为H,则有

v0v0gt,Hv0t代入数据得

'12gt.

2'v040m/s,H420m.

设刚爆炸后，先落到地面上的碎片的速度为v1，因落在发射点，所以v1为竖直方向.若v1＞0，表示竖直向上运动；若，v1＜0，表示竖直向下运动；若v10，则表示自由落体运动.若v10，则落地时间

t'2H84s＜10.0s，

g由此可知，v1方向应是竖直向上.设此碎片从H高处上升到最高点共经t110.0s后落回地面.选炮弹爆炸时H高处为坐标原点，则

Hv1t1解得 12gt1,

2v18m/s. 设刚爆炸后，后落地的碎片的速度为v2，则由动量守恒定律得

19

'2mv0mv1mv2.

'将v0、v1代入解得

v272m/s. 若从爆炸起，这片碎片经t2落地，则

Hv2t2得：

12gt。

225t272t24200. 't218.9s或t24.5s(舍去). 【总结升华】炸弹在空中爆炸时，所受合外力——重力虽不为零，但重力比起炸弹碎块间相互作用的内力小得多，故可认为爆炸过程炸弹系统（各碎块）的动量守恒。

举一反三：

【变式】

向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（

）．

A．b的速度方向一定与原速度方向相反

B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b飞行的水平距离大

C．a、b一定同时到达水平地面

D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量的大小一定相等

【答案】CD 类型六、竖直方向动量守恒问题

例7．图是一个物理演示实验，它显示：

20

图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方．A是某种材料做成的实心球，质量m10.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m20.10 kg的木棍B．B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H1.25 m处由静止释放．实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上．求木棍B上升的高度．（取重力加速度g10m/s2）

【思路点拨】弄清楚研究过程，关键要明确小球上升和棍下降过程为相互作用的初态．

【解析】根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小v1等于它下落到地面时速度的大小，即

v12gH5m / s．

A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度

v22gH5m / s．

由题意，碰后A的速度为零，以v2＇表示B上升的速度，根据动量守恒（以向上为正方向）

，

m1v1－m2v2m2v2＇得 v2＇9 m/s．

令h表示B上升的高度，有 v2'2h4.05m．

2g 【总结升华】本题重点在弄清楚研究过程，关键是要明确小球上升和棍下降过程为相互作用的初态．

类型七、动量关系和动能关系的综合运用

例8．（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段

21

平滑连接。质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞前后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；

(2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3mn1、mn的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过一次碰撞后获得的动能Ekn与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n

a．求k1n

b．若m14m0，m3m0，m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大

2m2ghv21【答案】（1）m1m224n1m1m2m3mn1mn（2）

b． m22m0．K1na．22(m1m2)(m2m3)(mn1mn)

【解析】（1）设碰撞前m1的速度为v0，根据机械能守恒定律

m1gh1222m

①

0v设碰撞后m1与m2的速度为v1和v2，根据动量守恒定律

m1v0m1v1m2v2

②

由于碰撞过程中无机械能损失

11122m1v0m1v12m2v2 ③

222

22

②、③式联立得

v2m12mv0

④

1m2将①式代入④式得

v2m12gh2m

1m2．（2）a．由④式，考虑到EK112mv21210和EK22m2v2，得

E4m1m2K2(m)2EK1

1m2．根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

KEK24m1m212Em2

⑤

K1(m12)同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数K13应为

KK3EK2EK34m1m24m2m313EEEm2 ⑥

K1K1EK2(1m2)2(m2m3)

依次类推，动能传递系数K1n应为

KEKnEK2EK3EKn4m1m24m2m34m(n1)mn1nEE2K1EK1K2EK(n1)(m1m2)2(m2m23)(m(n1)mn)解得

4n1222Km1m2m3mn1mn1n(m(m22

1m2)22m3)(m(n1)mn)b．将m14m0,m3m0代入⑥是可得

2K2m21364m0(4m0m2)(m2m

0)为使K13最大，只需使

m21(4mm02)(m2m0)m4m202m5m02

最大，即m4m202m取最小值，

223

由

m4m202m022m(m2)4m02m2

可知，当

m22m0m，

2即

m22m0时，K13最大。

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