2020高考物理二轮复习专题讲义动量专题103碰撞Word版含答案

碰撞1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒.(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.一、碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。二、碰撞的分类：1.按碰撞方向分类——正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。碰撞过程中损失的动能转化为其它能量，如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。①完全弹性碰撞——动量守恒，动能守恒②非(完全)弹性碰撞——动量守恒，动能有损失③完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大（外部特征：以共同速度运动），三、碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则1.系统动量守恒的原则2211202101vmvmvmvm2.物理情景可行性原则—位置不超越3.不违背能量守恒的原则—动能不膨胀2222112202210121212121vmvmvmvm四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。2211202101vmvmvmvm2222112202210121212121vmvmvmvm解以上两式可得：ABv1v2v10v20AB碰前碰后21202102112mmvmv)mm(v21101201222mmvmv)mm(v对于结果的讨论：①当m1=m2时，v1=v20，v2=v10,质量相等的两物体弹性碰撞后,“交换速度”；②当m1m2,且v20=0时，v1≈－v10，v2≈0，小物碰大物，原速率返回；③当m1m2，且v20=0时，v1≈v10，v2≈2v10，2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒,动能有损失，3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有2120210121mmvmvmvv.碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或p122m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等).②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变.2.弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2②解得v1′＝m1－m2v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝m2－m1v2＋2m1v1m1＋m2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度.当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2，①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度.②m1m2时，v1′0，v2′0，碰撞后两物体沿同方向运动.③m1m2时，v1′0，v2′0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.五、“广义碰撞”——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1=v10,v2=v20的解。2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要结论：－ΔE=ΔE内=f滑·S相，其中S相指相对路程10．一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是(BD)A．木块获得的动能变大B．木块获得的动能变小C．子弹穿过木块的时间变长D．子弹穿过木块的时间变短11．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞，一段时间后P与弹簧分离．在这一过程中，下列说法正确的是(AC)A．P与弹簧分离时，Q的动能达到最大B．P与弹簧分离时，P的动能达到最小C．P与Q的速度相等时，P和Q的动能之和达到最小D．P与Q的速度相等时，P的动能达到最小12－2．（2）（选修3－5）质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止。求：第一次碰后m1球的速度.解：根据动量守恒定律得：221122112211vmvmvmvmvmvm解得：1221112mvmvmv16．如图所示，质量为m的滑块，以水平速度v0滑入光滑的41圆弧的小车上，当滑块达到圆弧上某一高度后又开始下滑，如果小车的质量M=2m，小车与地面无摩擦，假设圆弧的半径足够大，则滑块最后滑出圆弧时的速度大小为；方向为．解：由动量守恒和能量守恒210Mvmvmv解得00131vvMmMmvPQv1v2m1m2Mmv0滑块最后滑出圆弧时的速度大小为0131vv,速度的方向水平向左14．(选修3-5)(2)a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s-t图象如图所示，若a球的质量ma=1kg，则b球的质量mb等于多少?解：从位移—时间图像上可看出，碰前B的速度为0，A的速度v0=Δs/Δt=4m/s（2分）碰撞后，A的速度v1=-1m/s，B的速度v2=2m/s，（2分）由动量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2，（2分）mB=2.5kg（2分）38、⑵【物理－物理3－5】一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图1所示．现给盒子—初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图2所示．请据此求盒内物体的质量．解：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律mvMv03t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞2202121mvMv解得：m＝M（也可通过图象分析得出v0＝v，结合动量守恒，得出正确结果）20．如图是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB，半径分别为R1=1.0m和R2=3.0m的弧形轨道，倾斜直轨CD长为L=6m且表面粗糙，动摩擦因数为μ=1/6，其它三部分表面光滑，AB、CD与两圆形轨道相切．现有甲、乙两个质量为m=2kg的小球穿在滑轨上，甲球静止在B点，乙球从AB的中点E处以v0=10m/s的初速度水平向左运动．两球在整个过程中的碰撞均无能量损失。已知θ=37°，（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）甲球第一次通过⊙O2的最低点F处时对轨道的压力；（2）在整个运动过程中，两球相撞次数；（3）两球分别通过CD段的总路程．解：（1）甲乙两球在发生碰撞过程由动量守恒和能量守恒可得：210mvmvmv222120212121mvmvmv可得：01vPQABR1DCFv0θθO2O1R2Ev03t0t07t09t05t0v0v0图2t图102vv或01vv02v（舍去）即交换速度。甲球从B点滑到F点的过程中，根据机械能守恒得：2222121Fvmhmgmv在F点对滑环分析受力，得22RvmmgFFN由上面二式得：3500NFN根据牛顿第三定律得滑环第一次通过⊙O2的最低点F处时对轨道的压力为3500N…（6分）（2）由几何关系可得倾斜直轨CD的倾角为37°，甲球或乙球每通过一次克服摩擦力做功为：cosmgLW克，得16克WJ20021mvEk25.60克WEnk分析可得两球碰撞7次…………………………（5分）（3）由题意可知得：滑环最终只能在⊙O2的D点下方来回晃动，即到达D点速度为零，由能量守恒得：cos)cos1(21220mgsmgRmv解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程78sm…………………………………（5分）分析可得乙3次通过CD段，路程为18m，所以甲的路程为60m20、(16分)如图所示的轨道由位于竖直平面的圆弧轨道和水平轨道两部分相连而成．水平轨道的右侧有一质量为2m的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直的墙M上，弹簧处于原长时，滑块C在P点处；在水平轨道上方O处，用长为L的细线悬挂一质量为m的小球B，B球恰好与水平轨道相切于D点，并可绕D点在竖直平面内摆动．质量为m的滑块A由圆弧轨道上静止释放，进入水平轨道与小球B发生碰撞，A、B碰撞前后速度发生交换．P点左方的轨道光滑、右方粗糙，滑块A、C与PM段的动摩擦因数均为μ=1/3，其余各处的摩擦不计，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g．(1)若滑块A能以与球B碰前瞬间相同的速度与滑块C相碰，A至少要从距水平轨道多高的地方开始释放?(2)在(1)中算出的最小值高度处由静止释放A，经一段时间A与C相碰，设碰撞时间极短，碰后一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为L/3，求弹簧的最大弹性势能．解：(16分)(1)要使滑块A能以与B碰前瞬间相同的速度与C碰撞，必须使小球B受A撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A，使A继续向右运动。设A从距水平面高为H的地方释放，与B碰前的速度为v0对A，由机械能守恒得：2021mvmgH①(1分)CABPMDOL向心力LvmF2(1分)设小球B通过最高点的速度为vB，则它通过最高点的条件是：LvmmgB2②(2分)小球B从最低点到最高点机械能守恒：22021221BmvmgLmv③(2分)联立①、②、③得：LH25④(2分)评价说明：如果②式中的“≤”、④式中的“≥”写成“＝”，又没有用文字表明是极值的，该式为零分(2)从这个高度下滑的A与Ｃ碰撞前瞬间速度gLv50⑤(2分)设A与C碰后瞬间的共同速度为v，由动量守恒：mv0＝(m＋2m)v⑥(2分)A、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律。有：L)mgmg(Ev)mm(P3122212⑦(3分)由⑤、⑥、⑦式得：mgL.EP50(1分)19、（16分）如图（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场，电场强度E随时间的变化如图（b）所示．不带电的绝缘小球P2静止在O点．t＝0时，带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域，随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的32倍，P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量m2＝5m1，A、O间距为L0，O、B间距.LL340已知.tLT,LvmqE000201032⑴求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间；⑵讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞．解：(1)P1经t1时间与P2碰撞，则001vLtP1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，由动量守恒：22010132vm)v(mvm解得3201/vv（水平向左）3/02vv（水平向右）LL0EAOBP1P2v0（a）T2T3T4T5T6TEtE00（b）碰撞后小球P1向左运动的最大距离：1212avSm又：02010132LvmqEa解得：3/0LSm所需时间：00112vLavt（2）设P1、P2碰撞后又经t时间在OB区间内再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：21SS则：tvtatv221121解得：TvLt3300（故P1受电场力不变）对P2分析：000022331LvLvtvS043LL所以假设成立，两球能在OB区间