高考物理总复习专题10弹性碰撞和非弹性碰撞精准导航学案.pdf
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1、1 专题 10 弹性碰撞和非弹性碰撞 考纲定位 本讲共 1 个考点,一个一级考点 (1)弹性碰撞和非弹性碰撞 这是 2017 年新增的必考考点,最近2 年高考试题有小题逐渐过渡到计算题,未来有可能更加深入的渗 透。 必备知识 一、碰撞 1概念:碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短,物体间相互作用力很大的现象,在碰撞过程中, 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 2分类 (1) 弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能守恒,相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能 守恒 (2) 非弹性碰撞:在碰撞过程中机械能损失的碰撞,在相互作用过程中只遵循动量守恒定律 (3) 完全非弹性
2、碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大,作用后两物体粘合在一起,速度相等, 相互作用过程中只遵循动量守恒定律 二、动量与能量的综合 1区别与联系:动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统,且 研究的都是某一个物理过程但两者守恒的条件不同:系统动量是否守恒,决定于系统所受合外力是否为 零;而机械能是否守恒,决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功 2表达式不同:动量守恒定律的表达式为矢量式,机械能守恒定律的表达式则是标量式,对功和能量 只是代数和而已 题型洞察 一题型研究一:碰撞与机械能 (一)真题再现 1.(2018 全国卷I T24) 一质量为m的烟
3、花弹获得动能E后 , 从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度 为零时 , 弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分, 两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运 动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g, 不计空气阻力和火药的质量。求: (1) 烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。 2 (2) 爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 【答案】 (1) 12E gm (2) 2E mg 【解析】 (1) 设烟花弹上升的初速度为v0, 由题给条件有 2 0 1 2 Emv 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t, 由运动学公式有 0-v0=-gt 联立式得 t= 12E gm
4、【命题意图】本题考查了运动学公式、机械能守恒定律、动量守恒定律等知识。意在考查考生的理解 能力、推理能力和应用数学处理物理问题的能力。 2. (2016 天津)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一个小滑块B,盒的质量是滑块质 量的 2 倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为;若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左右壁发生无 机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对盒静止,则此时盒的速度大小为;滑块相 对盒运动的路程。 3 【答案】 3 v 2 3 v g 3.(2015 新课标) 两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞; 碰撞后两者粘在一起运动; 经过一段时间后,从光
5、滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求: (1) 滑块a、b的质量之比; (2) 整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比 【答案】 (1)1 8 (2)1 2 【解析】 (1) 设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2. 由题给图象得 v1 2 m/s v21 m/s a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v. 由题给图象得 v2 3 m/s 4 由动量守恒定律得 m1v1m2v2(m1m2)v 联立式得 m1m218. (2) 由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为 E1 2m 1v 2 1 1 2m 2v
6、2 2 1 2( m1m2)v 2 由图象可知,两滑块最后停止运动由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为 W1 2( m1m2)v 2 联立式, 并代入题给数据得 WE12. 4.(2015 广东理综 ) 如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直 轨道相切,半径R0.5 m ,物块A以v06 m/s 的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与 直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动,P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排 列,每段长度都为L 0.1 m ,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为0.1 ,A、B的质量均为m1 kg( 重 力加
7、速度g取 10 m/s 2; A、B视为质点,碰撞时间极短). (1) 求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F; (2) 若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值; (3) 求碰后AB滑至第n个(nk) 光滑段上的速度vn与n的关系式 . 【答案】(1) 22 N(2)45(3)vn90.2n 【解析】 (1) 从AQ由动能定理得 mg2R 1 2mv 21 2mv 2 0 解得v4 m/s gR5 m/s 在Q点,由牛顿第二定律得 5 FNmgm v 2 R 解得FN22 N. 5. (2012 新课标)如图,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂,将球b向右拉
8、起,使细线水平。从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为 60。忽略空气阻力,求 (i )两球a、b的质量之比; (ii )两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。 【答案】( i ) 1 2 21 m m (ii ) 2 1 2 k Q E a b O 6 【解析】( i )设球b的质量为m2,细线长为L,球b下落至最低点,但未与球a相碰时的速度为v, 由机械能守恒定律得 2 22 1 2 m gLm v 式中g是重力加速度的大小。 设球a的质量为m1;在两球碰后的瞬间,两球共同速度为v,以向左为正。 有动量守恒定律得 212 ()m vm
9、m v 设两球共同向左运动到最高处,细线与竖直方向的夹角为,由机械能守恒定律得 2 1212 1 ()()(1 cos ) 2 mm vmmgL 联立式得 1 2 1 1 1 cos m m 代入数据得 1 2 21 m m (ii )两球在碰撞过程中的机械能损失为 212 ()(1 cos )Qm gLmm gL 联立式,Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek= 2 2 1 2 m v)之比为 12 2 1(1 cos ) k mmQ Em 联立式,并代入题给数据得 2 1 2 k Q E 6. (2008 天津)光滑水平面上放着质量mA1 kg 的物块A与质量mB2 kg 的物块B,A与B均可视
10、为 质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧( 弹簧与A、B均不拴接 ) ,用手挡住B不动,此时 弹簧弹性势能Ep 49 J 在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示放手后B向 右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R0.5 m ,B恰 能到达最高点C.g取 10 m/s 2,求: 7 (1) 绳拉断后B的速度vB的大小; (2) 绳拉断过程绳对B的冲量I的大小; (3) 绳拉断过程绳对A所做的功W. 【答案】 (1)5 m/s (2)4 N s(3)8 J 7 (2011 安徽)如图所示, 质量M=2kg 的滑块套在光滑
11、的水平轨道上,质量m=1kg 的小球通过长L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动。开始轻杆处于水平状 态。现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s,g取 10m/s 2。 若锁定滑块,试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。 若解除对滑块的锁定,试求小球通过最高点时的速度大小。 在满足的条件下,试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。 8 【答案】( 1)F2N方向竖直向上(2)2m/s(3)2 3m 【解析】( 1)设小球能通过最高点,且此时的速度为v1。 在上升过程中,因只有重力做功,小球的机械能守恒。 则 1 2m
12、v 1 2mgL 1 2mv 0 2, 则v16m/s, 设小球到达最高点时,轻杆对小球的作用力为F,方向向下, 则Fmgm v1 2 L 联立解得F2N , 由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上。 (2)解除锁定后,设小球通过最高点时的速度为v2,此时滑块的速度为V。 在上升过程中,因系统在水平方向上不受外力作用,水平方向的动量守恒。 以水平向右的方向为正方向,有mv2MV0 在上升过程中,因只有重力做功,系统的机械能守恒, 则 1 2mv 2 21 2MV 2 mgL1 2mv 0 2, 联立解得v2=2 m/s (3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的
13、距离为s1,滑块向左移动的距离为s2, 任意时刻小球的水平速度大小为v3,滑块的速度大小为V / 。 由系统水平方向的动量守恒,得mv3MV 0, 两边同乘以t,得mv3tMV t0, 故对任意时刻附近的微小间隔t都成立, 累积相加后,有ms1Ms20,又s1s22L,得s1 2 3m M m v0 O P L 9 (二)精准练习 1 木块A的质量为m1, 足够长的木板B的质量为m2, 质量为m3的物体C与B静止在光滑水平地面上现 A以速率v0向右运动,与B碰后以速率v1向左弹回,碰撞时间极短,已知B与C间的动摩擦因数为,试 求: (1) 木板B的最大速度; (2) 物体C的最大速度; (3)
14、 稳定后C在B上发生的相对位移 【答案】(1) m1(v0v1) m2 (2) m1(v0v1) m2m3 (3) m 2 1(v0v1) 2 2m2g(m2m3) 【解析】(1) 设向右为正方向,A、B碰后瞬间,B有最大速度,根据动量守恒定律,有 m1v0m1v1m2v2 得v2m 1(v0v1) m2 . (2) 当B、C共速时,C达到最大速度v3,有 m1v0m1v1 (m2m3)v3 得v3m 1(v0v1) m2m3 . (3) 由能量守恒定律,有 m 3gx 1 2m 2v 2 2 1 2( m2m3)v 2 3 得 x m 2 1(v0v1) 2 2m2g(m2m3) . 2.
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