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

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 【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 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 mg·2R 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 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 vmm 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 2mv 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) 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. 如图所示，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆形轨道BC相切于B点。质量为2m和m的a、b两个 小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a与一轻弹簧相连。某一瞬间给小滑块a一冲 量使其获得gRv 2 3 0 的初速度向右冲向小滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，且小滑块b在到达B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求： 10 （1）a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能； （2）小滑块b经过圆形轨道的B点时对轨道的压力； （3）试通过计算说明小滑块b能否到达圆形轨道的最高点C。 【答案】（ 1）mgRE 4 3 pm （2）5mg，方向竖直向下（3）b不可能到达C点 【解析】（ 1）a与b碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大。 设此时ab的速度为v，则由系统的动量守恒可得 2mv03mv 由机械能守恒定律 pm 22 0 3 2 1 2 2 1 Emvmv 解得：mgRE 4 3 pm （3）设b恰能到达最高点C点，且在C点速度为vC，此时轨道对滑块的压力为零，滑块只受重力， 由牛顿第二定律 11 R v mmg 2 C 解得gRvC 再假设b能够到达最高点C点，且在C点速度为vC ，由机械能守恒定律可得： 2 C 2 2 2 1 2 2 1 vmmgRmv 解得vC=0gR。 所以b不可能到达C点，假设不成立。 3. 如图所示，在倾角30o 的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数 6 3 ，槽内靠近 右侧壁处有一小物块A( 可视为质点 )，它到凹槽左侧壁的距离d0.10m。A、B的质量都为m=2.0kg ，B与斜 面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A 、B之间的摩擦， 斜面足够长。 现同时由静止释放A、B， 经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短。取g=10m/s 2。求： （1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大； （2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小； （3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。 【答案】（ 1）A的加速度a1=5.0m/s 2， B的加速度a2=0（ 2）vA1=0，vB1=1.0 m/s （3）1.2m 12 （2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线 运动规律得 dav 1 2 A0 2 vA0=da 1 2=10. 00.52=1.0m/s 因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A 的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有 B1A1A0 mvmvmv 2 B1 2 1A 2 A0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv 解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为 vA1=0，vB1=1.0 m/s （3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0 的匀加速运动，设经过时间 t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即 vA2= 1 11B a tv ，解得t1=0.20s 设t1时间内A下滑的距离为x1，则 13 2 111 2 1 tax 解得x1=0.10m 因为x1=d， 说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生 碰撞。 设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2，A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度 为vA3，则 xA1= 2 21 2 1 ta，xB1=vB1t2，xA1= x B1 解得t2=0.40s，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s 第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s 速度 做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s 的初速度做匀加速运动。 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧 壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3= 0.40s ，A与B发生第三次碰撞。 设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则 xB2=vA3t3=2.0×0.40=0.80m； 设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则 x= xB1+ xB2=0.40+0.80=1.2m 4如图所示，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L1 m ，P点右侧一与水平方向成30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带 轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A压缩弹簧 ( 与弹簧不拴接) ，使弹簧获得弹 性势能Ep9 J，物块与OP段动摩擦因数10.1 ，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的 动摩擦因数2 3 3 ，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计， 碰后A、B交换速度， 重力加速度g取 10 m/s 2， 现释放A，求： (1) 物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0； (2) 从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量； (3)A、B能够碰撞的总次数 【答案】(1)4 m/s (2)12.25 J (3)6 次 14 【解析】(1) 设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，则Ep1 2mv 2 0 1mgL， 解得v04 m/s. (2) 设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA0，vB4 m/s ，碰后B沿传送带向上匀减速运动 直至速度为零，加速度大小设为a1，则mgsin 2mgcos ma1， 解得a1gsin 2gcos 10 m/s 2. 运动的时间t1v B a10.4 s ，位移 x1v B 2 t10.8 m. 此过程相对运动路程s1vt1x12 m. 此后B反向加速，加速度仍为a1，由于mgsin 2mgcos ，B与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞， 加速时间为t2 v a10.3 s ， 位移为x2 v 2 t20.45 m. 此过程相对运动路程s2vt2x20.45 m. 全过程摩擦产生的热量Q2mg( s1s2)cos 12.25 J. (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沿传送带向上运动再 次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞则对A、B和弹簧组成的系统， 从第二次碰撞后到不再碰撞，满足 1 2mv 2 2n1mgL. 解得第二次碰撞后重复的过程数为n2.25 ，所以碰撞总次数为N 22n 6.5 6( 取整数 ) 二题型研究二：弹性碰撞 （一）真题再现 1. (2016 ·全国甲卷) 如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上 的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块 平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度) 已知小孩与滑板的总 质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g 10 m/s 2. (1) 求斜面体的质量； 15 (2) 通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】 (1)20 kg (2) 冰块不能追上小孩 2. （2015 新课标）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B 、C位于同一直线上，A位于B、C之 间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M 之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。 【答案】 ( 52)mM 【解析】设A运动的初速度为v A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得 12 mvmvMv 16 222 12 111 222 mvmvMv 可得 1 mM vv mM 2 2m vv mM 要使得A与B发生碰撞，需要满足 1 0v，即mM A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞 134 mvmvMv 222 134 111 222 mvmvMv 整理可得 31 mM vv mM 41 2m vv mM 由于mM，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 32 vv 即 2 21 2 () mMmmM vvvv mMmMmM 整理可得 22 4mMmM 解方程可得 ( 52)mM 3 （2014 新课标）如图，质量分别为 A m、 B m的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度 h=0.8m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3s 时， 刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知 AB mm3，重力 加速度大小为 2 s/m10g ，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。 17 （i ）B球第一次到达地面时的速度； （ii ）P点距离地面的高度。 【答案】4/ B vm s0.75 p hm （二）精准练习 18 1. 质量为m的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的 物体乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，则( ) A甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，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 D甲物块的速率可能达到6 m/s 【答案】 C 2. 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 来静止在光滑水平面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 ( 大小不计 ) 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 ，Mm4 1，重力加速度为g. 求： (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？ 【答案】 (1)gR(2) 7R 18 【解析】 (1) 小球由静止摆到最低点的过程中，有 mgR(1cos 60 °) 1 2mv 2 0，解得 v0gR. 小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有 19 mv0mv1mvQ， 1 2mv 2 0 1 2mv 2 1 1 2mv 2 Q， 解得v10，vQv0gR， 二者交换速度， 即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mvQMvm(2v) ， 解得v 1 6v Q gR 6 ， 物块Q离开平板车时，速度为2v gR 3 . (2) 由能的转化和守恒定律，知 fL1 2mv 2 Q 1 2Mv 21 2m (2v) 2，又 fmg， 解得平板车P的长度为L 7R 18 .