2021版高考物理一輪復(fù)習(xí)專題突破彈性碰撞和完全非彈性碰撞學(xué)案

專題打破(六)彈性碰撞和完整非彈性碰撞一、彈性碰撞碰撞時(shí)，內(nèi)力是彈性力，只發(fā)活力械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無(wú)機(jī)械能損失，叫做彈性碰撞．若質(zhì)量分別為m1、m2，速度分別為v1、v2的兩個(gè)物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞，依動(dòng)量守恒且碰撞前后的總動(dòng)能相等，有：mv＋mv＝mv′＋mv′(1)112211221212121211＋22＝11′＋22′(2)2mv2mv2mv2mvm1－m2）v1＋2m2v2解(1)(2)得：v′＝＋，1mm（m2－m1）v2＋2m1v1v2′＝m1＋m2談?wù)摚喝鬽1＝m2，則有v1′＝v2，v2′＝v1，即碰后相互交換速度，實(shí)現(xiàn)動(dòng)量和動(dòng)能的交換；若碰前m2是靜止的，即v2＝0.①m1>m2，則v1′>0，v2′>0，碰后二者同向運(yùn)動(dòng)；m1<m2，則v1′<0，v2′>0，碰后，m1反向彈回，m2沿m1碰前的速度方向運(yùn)動(dòng)；③m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0，即質(zhì)量很小的物體以原速率反彈，質(zhì)量很大的物體依舊靜止．m2?m1，則v1′≈v1，v2′≈2v1，即質(zhì)量很大的運(yùn)動(dòng)物體碰后速度幾乎不變，而質(zhì)量很小的靜止物領(lǐng)會(huì)以2倍運(yùn)動(dòng)物體的初速度沿同一方向運(yùn)動(dòng)．二、完整非彈性碰撞發(fā)生完整非彈性碰撞時(shí)，內(nèi)力是完整非彈性力，碰后兩物體粘連在一起也許雖未粘連但以同樣的速度運(yùn)動(dòng)．這類碰撞，只有動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能．有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，12＋1212112212例1兩足夠長(zhǎng)傾角θ＝37°的對(duì)稱圓滑斜面EF、GH，與長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓滑水平面FG相連，以下列圖．有大小同樣的質(zhì)量分別為m、3m的A、B球，A球從h高處由靜止開始沿斜面EF下滑，與靜止于水平軌道并與F點(diǎn)相距L的B球相撞．碰撞中無(wú)機(jī)械能損失，重力4速度為g，小球經(jīng)過連接點(diǎn)F、G時(shí)速度大小保持不變，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求第一次碰撞結(jié)束后小球B能夠上漲的高度；(2)發(fā)生第二次碰撞的地點(diǎn)與F點(diǎn)的距離；(3)小球A、B第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度，并談?wù)撔∏駻、B第n次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度．1[分析](1)依據(jù)機(jī)械能守恒可知12mgh＝2mvA解得：vA＝2gH依據(jù)碰撞過程中無(wú)能量損失，所以動(dòng)量及機(jī)械能守恒：mvA＝mvA′＋3mvB121212AAB解得：vA′＝－12gh22ghvB＝2再依據(jù)機(jī)械能守恒可知122×3mvB＝3mgH1解得：H＝h4(2)因?yàn)锳、B小球碰后分別向左向右運(yùn)動(dòng)且速度大小相等，運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，故在水平面上依舊是速度大小不變方向改變而已，所以，相遇時(shí)在水平面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t：vA′t＋vBt＝2L故A、B在水平面上都運(yùn)動(dòng)了L的距離3解得距離F點(diǎn)為4L規(guī)定向右為正方向，設(shè)A、B第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別為v1、v2，則：mvA′－3mvB＝mv1＋3mv21212mgh＝2mv1＋2×3mv2解得：v1＝－2ghv2＝0由此可得，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)同樣；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別與其第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)同樣．例2以下列圖，B、C是兩塊完整同樣的長(zhǎng)為1m的木板，靜止在圓滑水平川面上，木板B的右端與C的左端相距x0＝1m，物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在C的右端．用F＝8N的水平向右恒力作用于木板B上使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)．一段時(shí)間后，B與C碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞瞬時(shí)，作用在木板B上的水平力撤掉，木板B和C碰撞粘在一起．已知物塊A質(zhì)量為2kg，木板B、C的質(zhì)量均為1kg，物塊A與B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，重力加快度g取10m/s2.求：(1)物體A、B、C最后的速度大??；(2)若要使碰撞后，A停在B木板上，則F的取值范圍．[分析](1)木板B從靜止開始運(yùn)動(dòng)到與C碰前瞬時(shí)的過程，由動(dòng)能定理得：212①Fx＝mv－020解得：v0＝2Fx0＝4m/s②mBB與C碰撞過程，時(shí)間極短，內(nèi)力極大，對(duì)B、C構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒有：B0mB＋mCv1③mv＝()解得：v＝2m/s④1以后A受摩擦而加快，B、C受摩擦而減速，A、B、C共速時(shí)，對(duì)A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒有：B0m＋m＋m)v2⑤ABC解得：v2＝1/⑥ms設(shè)A相對(duì)于木板滑動(dòng)的距離為x，則有：1212⑦μmAgx＝(mB＋mC)v1－(mA＋mB＋mC)v222計(jì)算可得，x＝0.4m<1m⑧故A最后在木板C上，與B、C共速，速度大小為v2＝1/.ms(2)設(shè)要使碰撞后，A停在B木板上的右邊，F(xiàn)的大小為F112依據(jù)動(dòng)能定理：F1x0＝2mBv01－0⑨依據(jù)動(dòng)量守恒：mv＝()v1⑩B01mB＋mCB01＝(mA＋mB＋mC2?mv)v依據(jù)能量守恒A1m＋m21m＋m＋m2＝(1－()v2?BAB2C2C聯(lián)立⑨～?得：F1＝20N設(shè)要使碰撞后，A停在B木板上的左邊，F(xiàn)的大小為F2依據(jù)動(dòng)能定理：12F2x0＝2mBv02－0?依據(jù)動(dòng)量守恒，BC碰撞的瞬時(shí)：mv＝()v′?B02mB＋mC1依據(jù)動(dòng)量守恒，A滑動(dòng)到B木板右端時(shí)，B02＝(m＋m＋m2ABC依據(jù)能量守恒：A1BC212＝2(2μmgl)v′－2(m＋m＋m)v′?聯(lián)立?～?各式得：F2＝40N綜上兩種狀況，則F的取值范圍20N≤F≤40N1．以下列圖，半徑為R的豎直圓滑半圓軌道bc與水平圓滑軌道ab在b點(diǎn)連接，開始時(shí)可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A和B靜止在ab上，A、B之間壓縮有一處于鎖定狀態(tài)的輕彈簧(彈簧與A、B不連接)．某時(shí)刻排除鎖定，在彈力作用下A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)，B沿軌道經(jīng)過3c點(diǎn)后水平拋出，落點(diǎn)p與b點(diǎn)間距離為2R.已知A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，重力加快度為g，不計(jì)空氣阻力，求：(1)B經(jīng)c點(diǎn)拋出時(shí)速度的大小；(2)B經(jīng)b時(shí)速度的大小；鎖定狀態(tài)的彈簧擁有的彈性勢(shì)能．[分析](1)B平拋運(yùn)動(dòng)過程豎直方向有12t，解得：v＝gRcc(2)B從b到c，由機(jī)械能守恒定律得1212解得：vb＝5gRmvb＝2mgR＋mvc22(3)設(shè)完整彈開后，A的速度為va，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程中A與B構(gòu)成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，2mva15gR1212－mvb＝0，解得：va＝2vb＝2，由能量守恒定律，得彈簧彈性勢(shì)能：Ep＝2×2mva＋2mvb解得：E＝3.75mgR.p2．以下列圖，豎直面內(nèi)一固定的傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道經(jīng)過一小段圓滑圓弧光滑連接，小球B靜止于水平軌道的最左端，小球A在傾角θ＝37°的傾斜軌道上從靜止1開始下滑，一段時(shí)間后與B球發(fā)生對(duì)心彈性碰撞，B球被碰后速度大小為A碰前速度的4，A返回傾斜軌道上．已知A的質(zhì)量為m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)小球體積和空氣阻力，小球A經(jīng)過斜面底端無(wú)能量損失．求小球B的質(zhì)量；(2)已知兩小球與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，一段時(shí)間后A恰巧能與B再次碰上，求小球與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)．[分析](1)A與B作用有：v由動(dòng)量守恒定律得：mv＝mvA＋mB41212112ABv由能量守恒得：2mv＝2mv＋2m43AB解得：v＝－4v，m＝7m(2)A上沖斜面由動(dòng)能定理得：132－(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝－2mv4從斜面上下滑由動(dòng)能定理得：412(mgsinθ－μmgcosθ)s＝mv′1要A恰巧能與B再次相碰，必有v′＝vB＝v4由上述三方程解得：μ＝0.63．以下列圖，五塊完整同樣的長(zhǎng)木板挨次緊挨著放在水平川面上，每塊木板的長(zhǎng)度為0.5m，質(zhì)量為0.6kg.在第一塊長(zhǎng)木板的最左端擱置一質(zhì)量為0.98kg的小物塊，已知小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等．一顆質(zhì)量為0.02kg的子彈以的150m/s水平速度擊中小物塊并馬上與小物塊一起在長(zhǎng)木板表面滑行，重力加快度g取10m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)．分析小物塊滑至哪塊長(zhǎng)木板時(shí)，長(zhǎng)木板才開始在地面上滑動(dòng)；求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中最后一塊長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的距離．[分析](1)設(shè)子彈、小物塊、長(zhǎng)木板的質(zhì)量分別為m0、M、m，初速度為v0的子彈擊中小物塊后二者的共同速度為v1由動(dòng)量守恒定律得00M＋m)v1①0子彈擊中小物塊后物塊的質(zhì)量為M′，且M′＝M＋m.設(shè)當(dāng)物塊滑至第n塊木板時(shí)，木0板才開始運(yùn)動(dòng)μM′g>μ[M′＋(6－n)m]g②12此中μ1、μ2分別表示物塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．由式解得n>4.3即物塊滑上第五塊木板時(shí)，木板才開始在地面上滑動(dòng)．(2)令物塊滑上第五塊木板上時(shí)速度為vs，vs滿足：M＋m01M＋m022m/s1vs－v1s＝1－μ()g·4L＝2()()，v以后物塊連續(xù)減速，第五塊木板加快直至共速后一起減速，v－t圖象如圖：231－2t1＝t1?t1＝s38v1m/s共＝4t2＝v共1s＝213115∴x板＝28＋4×4m＝64m＝0.078m4．如圖甲所示，質(zhì)量為M＝3.0kg的平板小車C靜止在圓滑的水平面上，在t＝0時(shí)，兩個(gè)質(zhì)量均為1.0kg的小物體A和B同時(shí)從左右兩端水平?jīng)_上小車，1.0s內(nèi)它們的v－t5圖象如圖乙所示，g取10m/s2.小車在第1.0s內(nèi)所受的合力為多大？要使A、B在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)相碰，車的長(zhǎng)度最少為多少？(3)假設(shè)A、B兩物體在運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)相碰，試在圖乙中畫出A、B在1.0～3.0s時(shí)間內(nèi)的v－t圖象．[分析](1)由圖可知，在第21s內(nèi)，A、B的加快度大小相等，為a＝2m/s.物體A、B所受的摩擦力均為f＝ma＝2N，方向相反．依據(jù)牛頓第三定律，車C遇到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力為零．設(shè)系統(tǒng)最后的速度為v，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mvA－mvB＝(2m＋M)v代入數(shù)據(jù)，解得v＝0.4m/s，方向向