模型15碰撞解析版

1、模型15 碰撞(解析版)(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(yuǎn)大于外力,故可以用動量守恒定律處理碰撞問題。(2)分類彈性碰撞:這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,相互作用過程中遵循的規(guī)律是動量守恒和機(jī)械能守恒。非彈性碰撞:在碰撞過程中有機(jī)械能損失的碰撞,在相互作用過程中只遵循動量守恒定律。完全非彈性碰撞:這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大,作用后兩物體粘在一起,速度相等,相互作用過程中只遵循動量守恒定律。碰撞類型特征描述及重要關(guān)系式或結(jié)論彈性碰撞碰撞時,內(nèi)力是彈性力,只發(fā)生機(jī)械能的轉(zhuǎn)移,系統(tǒng)內(nèi)無機(jī)械能損失,這種碰撞叫作彈性碰

2、撞。若系統(tǒng)有兩個物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞,動量守恒,同時動能也守恒,滿足:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+12m2v2'2若碰撞前,有一個物體是靜止的,設(shè)v2=0,則碰撞后的速度分別為v1'=(m1-m2)v1m1+m2、v2'=2m1v1m1+m2,對這一結(jié)果可做如下討論:(1)若m1=m2,則v1'=0,v2'=v1,碰后實(shí)現(xiàn)了動量和動能的全部轉(zhuǎn)移(2)若m1>m2,則v1'>0,v2'>0,碰后二者同向運(yùn)動(3)若m1<m2

3、,則v1'<0,v2'>0,碰后m1反向彈回,m2沿m1碰前方向運(yùn)動非彈性碰撞發(fā)生非彈性碰撞時,內(nèi)力是非彈性力,部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能,機(jī)械能有損失,動量守恒,總動能減少,滿足:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'12m1v12+12m2v22>12m1v1'2+12m2v2'2完全非彈性碰撞發(fā)生完全非彈性碰撞時,機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多,機(jī)械能損失最大。碰后物體粘在一起,以共同速度運(yùn)動,只有動量守恒。損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,滿足:m1v1+m2v2=(m1+m2)ve=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)

4、v2【最新高考真題解析】1.（2020年全國iii卷）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為（）a. 3 jb. 4 jc. 5 jd. 6 j【答案】a【解析】【詳解】由v-t圖可知，碰前甲、乙的速度分別為，；碰后甲、乙的速度分別為，甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得解得則損失的機(jī)械能為解得故選a。2.（2020年山東卷）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，p、q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m，q靜止于斜面上a處。某時刻，p以沿斜面向上的速度v0與

5、q發(fā)生彈性碰撞。q與斜面間的動摩擦因數(shù)等于，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。p與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長，q的速度減為零之前p不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。(1)求p與q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vp1、vq1；(2)求第n次碰撞使物塊q上升的高度hn；(3)求物塊q從a點(diǎn)上升的總高度h；(4)為保證在q的速度減為零之前p不會與之發(fā)生碰撞，求a點(diǎn)與擋板之間的最小距離s?！敬鸢浮?1) p的速度大小為，q的速度大小為；(2)（n=1，2，3）；(3)；(4)【解析】【詳解】(1)p與q的第一次碰撞，取p的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒?/p>

6、律得 由機(jī)械能守恒定律得 聯(lián)立式得 故第一次碰撞后p的速度大小為，q的速度大小為(2)設(shè)第一次碰撞后q上升的高度為h1，對q由運(yùn)動學(xué)公式得 聯(lián)立式得 設(shè)p運(yùn)動至與q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時速度為，第一次碰后至第二次碰前，對p由動能定理得 聯(lián)立式得 p與q的第二次碰撞，設(shè)碰后p與q的速度分別為、，由動量守恒定律得 由機(jī)械能守恒定律得 聯(lián)立式得 設(shè)第二次碰撞后q上升的高度為h2，對q由運(yùn)動學(xué)公式得 聯(lián)立式得 設(shè)p運(yùn)動至與q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為，第二次碰后至第三次碰前，對p由動能定理得 聯(lián)立式得 p與q的第三次碰撞，設(shè)碰后p與q的速度分別為、，由動量守恒定律得 由機(jī)械能守恒定律得

7、聯(lián)立式得 設(shè)第三次碰撞后q上升的高度為h3，對q由運(yùn)動學(xué)公式得 聯(lián)立式得 總結(jié)可知，第n次碰撞后，物塊q上升的高度為（n=1，2，3） (3)當(dāng)p、q達(dá)到h時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運(yùn)動全過程由動能定理得 解得 (4)設(shè)q第一次碰撞至速度減為零需要的時間為t1，由運(yùn)動學(xué)公式得 設(shè)p運(yùn)動到斜面底端時的速度為，需要的時間為t2，由運(yùn)動學(xué)公式得 設(shè)p從a點(diǎn)到q第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動的時間為t3 當(dāng)a點(diǎn)與擋板之間的距離最小時 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 【典例1】如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，

8、若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是a.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等b.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等c.第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同d.發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置【答案】ad【解析】兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有：；又兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即：，解兩式得：，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，選項(xiàng)a正確；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，選項(xiàng)b錯；兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同，選項(xiàng)c錯；由單擺的周期公式，可知，兩球擺

9、動周期相同，故經(jīng)半個周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項(xiàng)d正確。【變式訓(xùn)練1】在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊a和b，兩者相距為d?，F(xiàn)給a一初速度，使a與b發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短：當(dāng)兩木塊都停止運(yùn)動后，相距仍然為d。已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為，b的質(zhì)量為a的2倍，重力加速度大小為g。求a的初速度的大小?！窘馕觥?設(shè)物塊a的初速度為，運(yùn)動距離d的速度為v，a、b碰后的速度分別為v1、v2，運(yùn)動的距離分別為x1、x2，由于a、b發(fā)生彈性正碰,時間極短,所以碰撞墻后動量守恒，動能守恒，有 由題意知 再由 聯(lián)立至式z解得 聯(lián)立解得 (11)將上式帶入解得 (12)【典例2】(2

10、019安徽合肥摸底測驗(yàn))(多選)在光滑水平面上動能為e0,動量大小為p0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞,碰撞前后球1的運(yùn)動方向相反,將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為e1、p1,球2的動能和動量大小分別記為e2、p2,則必有()。a.e1<e0 b.p2>p0 c.e2>e0 d.p1>p0【答案】ab【解析】依據(jù)能量守恒與動量守恒容易得出ab 正確?！咀兪接?xùn)練2】水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質(zhì)量相等。 碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據(jù)此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的a30% b50% c70% d90%【答案】a 【解析】碰撞過程的頻

11、閃的時間間隔t相同，速度，如圖所示，相同時間內(nèi)，白球碰前與碰后的位移之比大約為，速度之比為，白球碰后與灰球碰后的位移之比大約為，速度之比為，又動能，兩球質(zhì)量相等，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能為碰前動能減去系統(tǒng)碰后動能，除以碰撞前動能時，兩球質(zhì)量可約去，其比例為，故a對，b、c、d錯?！镜淅?】甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運(yùn)動,已知它們的動量分別是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg·m/s,則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能正確的是()。a.m1=m2b.2m1=m2 c.4m1=m2 d.6m1=m2

12、【答案】c【解析】碰前:因甲從后面追上乙,發(fā)生碰撞必有v1>v2,將v=pm代入,得p1m1>p2m2,有m1m2<57=0.71 碰中:甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒,有p1+p2=p1'+p2',即p1'=2 kg·m/s此系統(tǒng)的機(jī)械能不會增加,有p122m1+p222m2p1'22m1+p2'22m2,即m1m2717=0.41碰后:v1'v2',有p1'm1p2'm2,則 m1m20.2綜合可得0.2m1m20.41,c項(xiàng)正確?！咀兪接?xùn)練3】(2018寧夏銀川模擬考試)(多選)a、b兩球

13、沿一直線運(yùn)動并發(fā)生正碰,如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象,a、b分別為a、b兩球碰前的位移隨時間變化的圖線,c為碰撞后兩球共同運(yùn)動的位移隨時間變化的圖線,若a球的質(zhì)量m=2 kg,則由圖判斷下列結(jié)論正確的是()。a.碰撞前、后a球的動量變化量為4 kg·m/sb.碰撞過程中a球?qū)球所施的沖量為-4 n·sc.a、b兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/sd.碰撞過程中a、b兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 j【答案】abd【解析】根據(jù)題圖可知,碰前a球的速度va=-3 m/s,碰前b球的速度vb=2 m/s,碰后a、b兩球的共同速度v=-1 m/s,故碰

14、撞前、后a球的動量變化量pa=mv-mva=4 kg·m/s,a項(xiàng)正確;a球的動量變化量為4 kg·m/s,碰撞過程中動量守恒,b球的動量變化量為-4 kg·m/s,根據(jù)動量定理,碰撞過程中a球?qū)球所施的沖量為-4 n·s,b項(xiàng)正確;由于碰撞過程中動量守恒,有mva+mbvb=(m+mb)v,解得mb=43 kg,故碰撞過程中a、b兩球組成的系統(tǒng)損失的動能ek=12mva2+12mbvb2-12(m+mb)v2=10 j,d項(xiàng)正確;a、b兩球碰撞前的總動量p=mva+mbvb=(m+mb)v=-103 kg·m/s,c項(xiàng)錯誤。【典例4】如圖，

15、一質(zhì)量為m的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度v0/2射出。重力加速度為g。求（1）此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離?！窘馕觥浚?）設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動量守恒得mv0=m+mv 解得 系統(tǒng)的機(jī)械能損失為 e= 由式得e= （2）設(shè)物塊下落到地面所面時間為t,落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s,則 s=vt 由得s= 【變式訓(xùn)練4】如圖所示,在光滑的水平桌面上,靜止放著一質(zhì)量m=980 g的長方形勻質(zhì)木塊,現(xiàn)有一顆質(zhì)量m=20 g的子彈以300 m/s的水平速度沿其軸線射向木塊,結(jié)果子彈

16、留在木塊中沒有射出,和木塊一起以共同的速度運(yùn)動。已知木塊沿子彈運(yùn)動方向的長度為10 cm,子彈打進(jìn)木塊的深度為6 cm。設(shè)木塊對子彈的阻力保持不變。(計(jì)算結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后1位)(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所增加的內(nèi)能。(2)若子彈以400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊的,則它能否射穿該木塊?【答案】(1)6.0 m/s882.0 j(2)子彈能夠穿透此木塊【解析】(1)設(shè)子彈的初速度為v0,子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v,以子彈和木塊為系統(tǒng),由動量守恒定律有mv0=(m+m)v 解得v=6.0 m/s 此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能e=ek=12mv02-12(m+

17、m)v2=882.0 j。(2)設(shè)子彈以v0'=400 m/s的速度剛好能夠射穿材質(zhì)一樣、厚度為d'的另一個木塊,則對以子彈和木塊組成的系統(tǒng),由動量守恒定律有mv0'=(m+m)v'v'=mv0'm+m=8.0 m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能e'=ek'=12mv0'2-12(m+m)v'2=1568.0 j由功能關(guān)系有e=fs相=fd, e'=fs相'=fd'兩式相比有ee'=dd'解得d'=e'ed10.7 cm>10 cm所以子彈能夠穿透此木塊?！?/p>

18、典例5】如圖所示,質(zhì)量分別為m1=0.49 kg和m2=0.5 kg的木塊1、2靜置在光滑水平地面上,兩木塊間夾有一輕質(zhì)彈簧,一質(zhì)量m=0.01 kg 的以v0=150 m/s的速度打入木塊m1并停留在其中(打擊時間極短)。(1)在子彈在木塊1中相對靜止的瞬間,求木塊1的速度v1。(2)當(dāng)木塊2的速度v=1 m/s時,求彈簧的彈性勢能ep?！敬鸢浮?1)3 m/s(2)1 j【解析】(1)在子彈與木塊1作用過程中,取向右為正方向,由動量守恒定律得mv0=(m+m1)v1解得v1=3 m/s。(2)子彈停留在木塊1中一起壓縮彈簧與木塊2作用過程中動量守恒,機(jī)械能守恒,可得(m+m1)v1=(m+

19、m1)v2+m2v12(m+m1)v12=ep+12(m+m1)v22+12m2v2聯(lián)立解得ep=1 j?！咀兪接?xùn)練5】(2019黑龍江哈爾濱模擬)(多選)如圖所示,三個小球a、b、c的質(zhì)量均為m,都放在光滑的水平面上,小球b、c與輕彈簧相連且靜止,小球a以速度v0沖向小球b,碰后與小球b粘在一起運(yùn)動。在整個運(yùn)動過程中,下列說法中正確的是()。a.三個小球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒,總機(jī)械能不守恒b.三個小球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量不守恒,總機(jī)械能守恒c.當(dāng)小球b、c速度相等時,彈簧的彈性勢能最大d.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,小球c的動能一定最大,小球b的動能一定不為零【答案】acd【解析】在整個運(yùn)動過

20、程中,系統(tǒng)所受的合力為零,總動量守恒,a與b碰撞過程機(jī)械能減小,a項(xiàng)正確,b項(xiàng)錯誤;當(dāng)小球b、c速度相等時,彈簧的壓縮量或伸長量最大,彈性勢能最大,c項(xiàng)正確;當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,小球c的動能一定最大,根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可知,小球b的動能不為零,d項(xiàng)正確。【典例6】(2019山東濟(jì)南模擬考試)如圖所示,光滑的水平面上有一質(zhì)量m=9 kg的木板,其右端恰好和14光滑固定的圓弧軌道ab的底端等高對接(木板的水平上表面與圓弧軌道相切),木板右端放有一質(zhì)量m0=2 kg的物體c(可視為質(zhì)點(diǎn)),已知圓弧軌道半徑r=0.9 m,現(xiàn)將一質(zhì)量m=4 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),在軌道頂端a點(diǎn)由靜止釋放,滑塊

21、滑到b端后沖上木板,并與木板右端的物體c粘在一起沿木板向左滑行,最后恰好不從木板左端滑出,已知滑塊和物體c與木板上表面的動摩擦因數(shù)均為=0.2,取g=10 m/s2。求:(1)滑塊到達(dá)圓弧的b端時,軌道對它的支持力大小。(2)木板的長度l?！敬鸢浮?1)120 n (2)1.2 m【解析】(1)滑塊從a端下滑到b端,由機(jī)械能守恒得mgr=12mv02解得v0=32 m/s在b點(diǎn),由牛頓第二定律得fn-mg=mv02r解得軌道對滑塊的支持力fn=120 n。(2)滑塊滑上木板后,滑塊與木板右端的物體c發(fā)生碰撞,以向左為正方向,設(shè)碰撞后共同的速度為v1,則mv0=(m+m0)v1代入數(shù)據(jù)得v1=2

22、2 m/s對滑塊、物體c以及木板,三者組成的系統(tǒng)沿水平方向的動量守恒,設(shè)末速度為v2,由動量守恒有(m+m0)v1=(m+m0+m)v2由能的轉(zhuǎn)化和守恒得(m+m0)gl=12(m+m0)v12-12(m+m+m0)v22解得l=1.2 m?！咀兪接?xùn)練6】(2019湖南長沙六校聯(lián)考)兒童智力拼裝玩具“云霄飛車”的部分軌道簡化為如圖所示的模型。光滑水平軌道m(xù)n與半徑為r的豎直光滑圓弧軌道相切于n點(diǎn),質(zhì)量為m的小球a靜止于p點(diǎn),小球半徑遠(yuǎn)小于r。與a相同的小球b以速度v0向右運(yùn)動,a、b碰后粘連在一起。當(dāng)v0的大小在什么范圍時,兩小球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動時不會脫離圓弧軌道?(已知重力加速度為g)【答案

23、】v022gr或v025gr【解析】設(shè)a、b碰撞后的速度為v1,a、b恰好運(yùn)動到圓弧軌道最高點(diǎn)時的速度為v2對a、b,碰撞過程中動量守恒,由動量守恒定律得mv0=2mv1欲使a、b運(yùn)動時不脫離圓弧軌道,有兩種可能:當(dāng)v0較小時,a、b最高只能運(yùn)動到與圓心等高的地方對a、b,從碰后到與圓心等高的地方,由動能定理有-2mgr=0-12×2mv12聯(lián)立解得v0=22gr當(dāng)v0較大時,a、b能夠做完整的圓周運(yùn)動。討論a、b恰好做完整圓周運(yùn)動時的情形,對a、b,從碰后運(yùn)動到圓周最高點(diǎn)的過程中,由動能定理有-2mg×2r=12×2mv22-12×2mv12在最高點(diǎn)時

24、,由牛頓第二定律得2mg=2mv22r聯(lián)立解得v0=25gr綜上所述,當(dāng)v022gr或v025gr時,兩小球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動時不會脫離圓弧軌道。【典例7】(2018河北衡水模擬考試)如圖所示,某時刻質(zhì)量m1=50 kg的人站在m2=10 kg的小車上,推著m3=40 kg的鐵箱一起以速度v0=2 m/s在水平地面上沿直線運(yùn)動到a點(diǎn)時,該人迅速將鐵箱推出,推出后人和車剛好停在a點(diǎn),鐵箱則向右運(yùn)動到距a點(diǎn)s=0.25 m的豎直墻壁時與之發(fā)生碰撞而被彈回,彈回時的速度大小是碰撞前的二分之一,當(dāng)鐵箱回到a點(diǎn)時被人接住,人、小車和鐵箱一起向左運(yùn)動。已知小車、鐵箱受到的摩擦力均為其對地面壓力的15,重力加

25、速度g=10 m/s2。求:(1)人推出鐵箱時對鐵箱所做的功。(2)人、小車和鐵箱停止運(yùn)動時與a點(diǎn)的距離?！敬鸢浮?1)420 j (2)0.2 m【解析】(1)人推出鐵箱的過程,由動量守恒定律得(m1+m2+m3)v0=m3v1 解得v1=5 m/s人推出鐵箱時對鐵箱所做的功w=12m3v12-12m3v02=420 j。(2)設(shè)鐵箱與墻相碰前的速度為v2,鐵箱再次滑到a點(diǎn)時速度為v3,對鐵箱,根據(jù)動能定理,從a點(diǎn)到墻有-15m3gs=12m3v22-12m3v12解得v2=26 m/s從墻到a點(diǎn)有-15m3gs=12m3v32-12m312v22解得v3=5 m/s 設(shè)人、小車與鐵箱一起向

26、左運(yùn)動的速度為v4,根據(jù)動量守恒定律得m3v3=(m1+m2+m3)v4解得v4=255 m/s 根據(jù)動能定理,有-15(m1+m2+m3)gx=0-12(m1+m2+m3)v42 解得x=0.2 m?！咀兪接?xùn)練7】(2018全國卷,24)汽車a在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車b,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車b。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后b車向前滑動了4.5 m,a車向前滑動了2.0 m。已知a和b的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=10 m/s2。求:(1)碰撞后的瞬間b車速度的大