2019年高考物理總復習專題10彈性碰撞和非彈性碰撞精準導航學案

1、專題10彈性碰撞和非彈性碰撞考綱定位本講共1個考點，一個一級考點(1)彈性碰撞和非彈性碰撞這是2017年新增的必考考點，最近2年高考試題有小題逐漸過渡到計算題，未來有可能更加深入的滲透。必備知識一、碰撞1概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過程中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題2分類(1) 彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能守恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是動量守恒和機械能守恒(2) 非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒定律(3) 完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能損失最大，作

2、用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過程中只遵循動量守恒定律二、動量與能量的綜合1區(qū)別與聯(lián)系：動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個物理過程但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功2表達式不同：動量守恒定律的表達式為矢量式，機械能守恒定律的表達式則是標量式，對功和能量只是代數(shù)和而已題型洞察一題型研究一：碰撞與機械能(一)真題再現(xiàn)1.(2018全國卷I-T24)質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將

3、煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量。求(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間。（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。【答案】（1）12E（2）2Egmmg【解析】（1）設煙花彈上升的初速度為V0,由題給條件有Emv22設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有0-vo=-gt聯(lián)立式得設爆炸時煙梅電距地面的高度為h由機械能守恒定律有E=m前1火茹爆炸后，煙帽單上】下兩部分均沿豎直方向運動，諼炸后瞬間其速度分別為VL和V20由題給條件和動量守恒定律有-m

4、vf+irxui=E44，-.WTV.+iflZT.=02121由式知,煙梅電兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上地運動，設爆炸后煙花®上部分強續(xù)上升的高度為瓦,由機械能守恒定律有:叫,峻聯(lián)支國式得,煙在彈上部分距地面的最大高度為h=hi+t2=些砥【命題意圖】本題考查了運動學公式、機械能守恒定律、動量守恒定律等知識。意在考查考生的理解能力、推理能力和應用數(shù)學處理物理問題的能力。2. （2016天津）如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊B,盒的質量是滑塊質量的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，

5、滑塊在盒中來回運動多次，最終相對盒靜止，則此時盒的速度大小為;滑塊相對盒運動的路程【解析】設滑塊質量為皿則離子的質量為2mj對整個過程,由動量守恒定律可得：mv=Jmv由能量關系可知：i?ngx-.2,解得：%=*-3*g3. (2015新課標n)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動;經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段.兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示.求:14(1)滑塊a、b的質量之比;(2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比.【答案】(1)1：8(2)1:2【解析】(1)設a、b的質量分別為m、m2,a、b碰撞前的

6、速度為V1、V2.由題給圖象得V1=2m/sV.V2=1m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為由題給圖象得v=1m/s3由動量守恒定律得mvi+rmv2=(m+m2)v聯(lián)立式得m:m=1：8.(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為L121212AE=/丫1+2mv22(m+m)v由圖象可知，兩滑塊最后停止運動.由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為1 2WW=2(m+m)v聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得WAE=1：2.4. (2015廣東理綜)如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R=0.5m,物塊A以V0=6m/s的速度

7、滑入圓軌道，滑過最高點Q再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L=0.1m,物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為=0.1，AB的質量均為m=1kg(重力加速度g取10m/s2;AB視為質點，碰撞時間極短).(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F;(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；求碰后AB滑至第n個(n<k)光滑段上的速度vn與n的關系式.【答案】(1)22N(2)45(3)的=域90.2n【解析】(1)從A-Q由動能定理得mg,2RmG:mv2g22解得v=4m/s&

8、gt;SR=乖m/s在Q點，由牛頓第二定律得vFn+mg=m-解得Fn=22N.撞瓦由動量守恒得解得期=T=3m：s謾摩擦距離為力則一如明i=。-去解得了=45m,所以4=3=4工(3)AB滑至第評個光滑段上由動能定理得-fi-2ffKL=g/一2娜xj所以%二也_02nms(W45).5. (2012新課標)如圖，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點Q讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平。從靜止釋放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°。忽略空氣阻力，求(i)兩球a、b的質量之比;(ii)兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比

9、?！敬鸢浮?i)獨V21(ii)Qim2Ek2【解析】（i）設球b的質量為m2,細線長為L,球b下落至最低點，但未與球a相碰時的速度為v,19由機械能寸恒te律得m2gL5m2Vd式中g是重力加速度的大小。設球a的質量為m；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為有動量守恒定律得m2V（m!m2）vV,，以向左為正。0 ,由機械能守恒定律得；（皿 m2）v2(mim2)gL(1 cos ) (D聯(lián)立式得m1m211,1 cos設兩球共同向左運動到最高處，細線與豎直方向的夾角為代入數(shù)據(jù)得色m2（ii）兩球在碰撞過程中的機械能損失為Q m2 gL(m1 m2)gL(1 cos )聯(lián)立式,Q與碰前球b的最大

10、動能12R (R=m2V )2之比為EkEIm2m2 ,(1 cos，聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得QEk6. （2008天津）光滑水平面上放著質量nA=1 kg的物塊 A與質量nB= 2 kg的物塊B, A與B均可視為質點，A靠在豎直墻壁上，A B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接），用手擋住B不動,此時彈簧彈性勢能 日=49 J.在A、B間系一輕質細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示.放手后右運動，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑Ri= 0.5 m2.能到達取局點Cg取10 m/s ,求:(1)繩拉斷后B的速度vb的大??；(2)繩拉斷過程繩對

11、B的沖量I的大?。?3)繩拉斷過程繩對A所做的功W【答案】(1)5m/s(2)4Ns(3)8J【解析】3設£在繩被拉斷后到達。點的速率為根據(jù)比恰能到達最高點c有產(chǎn)6=足3旦=浜3苧,對痛斷后到§運動到最高點C這一過程應用動言流理由解得：羽好二501/£(2)潮里篝恢復到自然長度時B的速率為vu取向右為正方向，迎蕾的弓里性勢能轉化給B的動根據(jù)動量定理有二wtavi；由解得：J=-4N-iP其大小為4N-SL設斷后尺的速率為山,取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：/”1=現(xiàn)立芯+皿以，根據(jù)動能定理有；獷=；如嗎，JU>由解得；甲二8一7.(2011安徽)如圖所示

12、，質量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉動。開始輕桿處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v(o=4m/s,g取10m/s2。若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。在滿足的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離?！敬鸢浮?1)F=2N方向豎直向上(2)2m/s(3)-m3【解析】(1)設小球能通過最高點，且此時的速度為VI。在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒。則；mv2+

13、mg上gmv：則Vi=46m/s,設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F,方向向下，2V1則F+mg=m聯(lián)立解得F=2N,由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2N,方向豎直向上。(2)解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為V2,此時滑塊的速度為V。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有mv+MV=0在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，121212則mv+2MV+mg上mv,聯(lián)立解得V2=2m/s(3)設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為S1,滑塊向左移動的距離為S2,任意時刻小球的水平速度大小為V3,

14、滑塊的速度大小為V。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得mvMV=0,兩邊同乘以t,得mvtMVt=0,故對任意時刻附近的微小間隔t都成立，一，2累積相加后，有ms-Ms=0,又S1+S2=2L,得S1=m3(二)精準練習1.木塊A的質量為m,足夠長白木板B的質量為m,質量為m3的物體C與B靜止在光滑水平地面上.現(xiàn)A以速率V0向右運動，與B碰后以速率vi向左彈回，碰撞時間極短，已知B與C間的動摩擦因數(shù)為試求：(1)木板B的最大速度;(2)物體C的最大速度;(3)穩(wěn)定后C在B上發(fā)生的相對位移.m (vo+vi)m(2)m (vo+vi)m2mm (vo+ vi)(3)-22g (m+ m)(1)設向右為

15、正方向，A、B碰后瞬間，B有最大速度，根據(jù)動量守恒定律，有mvo=mvi+mv2得V2 =m (vo+vi)(2)當RC共速時，C達到最大速度v3,有mvo=mvi+(R2+m3)v3得丫3 =m (vo+vi)m2m3(3)由能量守恒定律，有叱m3gAx=；mv2；(m+m)v2mm(vo+vi)2信Ax=-(7.211m2g(m+m)2.如圖所示，水平軌道 AB與半徑為R的豎直半圓形軌道BC相切于B點。質量為2m和m的a、b兩個小滑塊(可視為質點)原來靜止于水平軌道上，其中小滑塊a與一輕彈簧相連。某一瞬間給小滑塊a一沖3量使其獲得vo-JgR的初速度向右沖向小滑塊b,與b碰撞后彈簧不與b相

16、粘連，且小滑塊b在到達B2點之前已經(jīng)和彈簧分離，不計一切摩擦，求：(1)a和b在碰撞過程中彈簧獲得的最大彈性勢能；(2)小滑塊b經(jīng)過圓形軌道的B點時對軌道的壓力；(3)試通過計算說明小滑塊b能否到達圓形軌道的最高點C。3【答案】(1)EpmmgR(2)5mg方向豎直向下(3)b不可能到達C點p4【解析】(1)a與b碰撞達到共速時彈簧被壓縮至最短，彈性勢能最大。設此時ab的速度為v,則由系統(tǒng)的動量守恒可得2mv=3mv由機械能守恒定律1 212一2mv0=一3mvEpm2 2p3 _解得：Epm3mgR4一(2)當彈簧恢復原長時彈性勢有訪零，占開始離開彈蓄，此時卜的速度達到最大值，并以此速度在水

17、平軌道上向前勻速運動。設此時a山的速度分別為曲和心，由動量守恒定律和機«能守恒定律可得Sh*=+工卅時2 萩2解得2v2=2ylgR滑塊力到達豆根據(jù)牛頓第二定律有解得AM唯根據(jù)牛頓第三定律渭塊曲在萬點對軌道的壓力N=5曄，方向豎直向下o(3)設b恰能到達最高點C點，且在C點速度為Vc,此時軌道對滑塊的壓力為零，滑塊只受重力，由牛頓第二定律mg解得VcJgR再假設b能夠到達最高點C點，且在C點速度為V/，由機械能守恒定律可得:1 2一 mv222mgR1 2 mvc2解得v/=o<jgR。所以b不可能到達C點，假設不成立。3.3 .如圖所不，在傾角e=30o的斜面上放置一段凹槽B

18、,B與斜面間的動摩擦因數(shù),槽內(nèi)靠近6右側壁處有一小物塊A(可視為質點)，它到凹槽左側壁的距離d=0.10m。A、B的質量都為m=2.0kg,B與斜面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，不方tAB之間的摩擦，斜面足夠長。現(xiàn)同時由靜止釋放A、B,經(jīng)過一段時間，A與B的側壁發(fā)生碰撞，碰撞過程不計機械能損失，碰撞時間極短。取g=10m/s2。求：(1)物塊A和凹槽B的加速度分別是多大；(2)物塊A與凹槽B的左側壁第一次碰撞后瞬間AB的速度大??；(3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小?！敬鸢浮?1)A的加速度ai=5.0m/s2,B的加速度a2=0(2)vai=0,vbi

19、=1.0m/s(3)1.2m【解析】(1)設父的加速度為3則mgsirL=fliui，口1=gsill"5.Ohl/s3設B受到斜面施加的滑動摩擦力力則fx2.0x10xCO&30'=1N方向沿斜面向上6S所受重力沿斜面的分力5:出2向=2flxlOxsin30c=10N；方向沿斜面向下因為g=/，所以6受力平衡，春放后月保持靜止,則凹槽B的加速度02-0(2)釋放A后，A做勻加速運動，設物塊A運動到凹槽B的左內(nèi)側壁時的速度為VA0,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得V2Ao2a1dVa0=,2知二,25.00.10=l.0m/sA和B碰撞前后動能守恒，設 A與B碰撞后A因A、

20、B發(fā)生彈性碰撞時間極短，沿斜面方向動量守恒,的速度為VA1,B的速度為VB1,根據(jù)題意有mVAomVAimvBi121212八mvAo八mvA1-mvB1222解得第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為va1=0,vb1=1.0m/s(3) A、B第一次碰撞后，B以Vb1=1.0m/s做勻速運動，A做初速度為0的勻加速運動，設經(jīng)過時間t1,A的速度VA2與B的速度相等，A與B的左側壁距離達到最大，即VA2=a1t1外,解得t1=o.2os設t1時間內(nèi)A下滑的距離為X1,則1.2X|ati2解得xi=0.10m因為xi=d,說明A恰好運動到B的右側壁，而且速度相等，所以A與B的右側壁恰好接觸但沒

21、有發(fā)生碰撞。設A與B第一次碰后到第二次碰時所用時間為t2,A運動的距離為Xai,B運動的距離為Xbi,A的速度為VA3,則v1.XA1=a1t2,XB1=VBlt2,XA1=XBi2解得12=0.40s,XB1=0.40m,VA3=a1t2=2.0m/s第二次碰撞后，由動量守恒定律和能量守恒定律可解得AB再次發(fā)生速度交換，B以VA3=2.0m/s速度做勻速直線運動，A以VB1=1.0m/s的初速度做勻加速運動。用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運動過程中，物塊A不會與凹槽B的右側壁碰撞，并且A與B第二次碰撞后，也再經(jīng)過t3=0.40s,A與B發(fā)生第三次碰撞。設A與B在第二次碰

22、后到第三次碰時B運動的位移為XB2,則XB2=VA3t3=2.0x0.40=0.80m;設從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小X,則X=XB1+xB2=0.40+0.80=1.2m4.如圖所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點為彈簧原長位置，O點左側水平面光滑，水平段OP£L=1mP點右側一與水平方向成e=30。的足夠長的傳送帶與水平面在P點平滑連接，皮帶輪逆時針轉動速率為3m/s,一質量為1kg可視為質點的物塊A壓縮弓t簧(與彈簧不拴接)，使彈簧獲得彈性勢能曰=9J,物塊與OP段動摩擦因數(shù)陰=0.1,另一與A完全相同的物塊B停在P點，B與傳送帶

23、間的動摩擦因數(shù)2=，傳送帶足夠長，A與B的碰撞時間不計，碰后A、B交換速度，重力加速度g取10m/s2,現(xiàn)釋放A,求：(1)物塊AB第一次碰撞前瞬間，A的速度V。；(2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量;(3)AB能夠碰撞的總次數(shù).【答案】(1)4m/s(2)12.25J(3)6次12【解析】（1）設物塊質重為miA與B第一次碰撞刖的速度為V0,則&=2mv+imgL解得vo=4m/s.（2）設A、B第一次碰撞后的速度分別為va、vb,則va=0,vb=4m/s,碰后B沿傳送帶向上勻減速運動直至速度為零，加速度大小設為ai,則mgsin0+2mgc

24、os0=ma,解得ai=gsin0+(12gcos0=10m/s2.運動的時間Vb11 = = 0.4 sai,位移 xi = 2t i = 0.8 m.i4此過程相對運動路程Asi=vti+Xi=2m.此后B反向加速，加速度仍為ai,由于mg>in0=2mgcos0,B與傳送帶共速后勻速運動直至與A再次碰撞，加速時間為t2=-=0.3s,a-v位移為X2=212=0.45m.此過程相對運動路程As2=vt2-X2=0.45m.全過程摩擦產(chǎn)生的熱量Q=2mgAsi+As2）cos0=i2.25J.（3）B與A第二次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運動再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運動再

25、次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重復這一過程直至兩者不再碰撞.則對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，i2從第二次碰撞后到不再碰撞，滿足2mv=2n（iimgL解得第二次碰撞后重復的過程數(shù)為n=2.25,所以碰撞總次數(shù)為N2+2n=6.5=6（取整數(shù)）.二.題型研究二：彈性碰撞（一）真題再現(xiàn)1. （20i6全國甲卷）如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m（h小于斜面體的高度）.已知小孩與滑板的總質量為m=30kg,冰塊的質

26、量為m=i0kg,小孩與滑板始終無相對運動.取重力加速度的大小g=i0m/s2.（i）求斜面體的質量;(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?【答案】(1)20kg(2)冰塊不能追上小孩【解析】規(guī)定向右為速度正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設此共代速度向匕斜面體的質量為晚而水平方向朗量守恒卻機械靛守恒定律得E2ViQ=(g+鵬)事式中慚=-3血*為冰塊推出時的速度.聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg.阜)設小孩推出冰塊后的速度為v1;由初量守恒定律有JHivi+i2V20O代入數(shù)據(jù)得vi=lm/s設冰塊與斜面體分高后的速度分別為琳和由動量守恒和機械馥守恒定

27、律有弗72口二哂也十處環(huán)聯(lián)立式并代入翻據(jù)得v；=1nt;s由于冰塊與斜面體分高后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方j故斑塊不宥提上小孩.2. (2015新課標I)如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、BC位于同一直線上，A位于RC之間。A的質量為m,BkC的質量都為M,三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間滿足什么條件才能使A只與RC各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。ft答案m(.52)M【解析】設A運動的初速度為vA向右運動與C發(fā)生碰撞，根據(jù)彈性碰撞可得mvm»Mv2121212一mvmv1Mv2222可得V1m.vv2EvmMmM要使得A與B發(fā)

28、生碰撞，需要滿足v0,即mMA反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，彈性碰撞20mVmv3Mv4121212mvimv3-Mv4222整理可得mMv3V1mM2mV4-v1mM即V22m vm M由于mM,所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足Mm,mM、2v1()vmMmM整理可得m24MmM2解方程可得m(,52)M3. (2014新課標I)如圖，質量分別為mA、mB的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方。先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放。當A球下落t=0.3s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零。已知mB3mA,重力2加速度大小為g10m/s,忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失。AC)P；,(i) B球第一次到達地面時的速度；(ii)P點距離地面的高度?！敬鸢浮縱B4m/sh0.75mp【解析】(i)B球總地面上方靜止釋放后只有重力儆功，根據(jù)動能定理有可得B球第一次到達地面時的速度vB=河=府/了(ii) A球下落過程n根據(jù)自由落體運動可得A球的速度之二算=3用心設B球的速度為修1,則有碰撞過程動量守恒m+msva1=/if碰撞過程沒有動能損失則有|派且沙/十:二!&-U解得%=1向j單=2皿"4小球B與世面碰撞后根據(jù)沒有動能損失所以B離開地面上