新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題2功和能動量第8講動量定理動量守恒定律題型3碰撞中的動量和能量綜合問題教師用書

題型3碰撞中的動量和能量綜合問題〔真題研究3〕(2022·河北卷，13)如圖所示，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小g取10m/s2。(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向。(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。【審題指導(dǎo)】關(guān)鍵表述物理量及其關(guān)系光滑水平面在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板A與B、C與D均發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程動量守恒【答案】(1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s方向均向右(2)1.875m【解析】(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質(zhì)量均為m，以向右方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物①解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0②則碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A的質(zhì)量為m1，則滑板B的質(zhì)量為2m1，根據(jù)動量守恒定律有m1v0－2m1·kv0＝(m1＋2m1)v滑③解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0④則新滑板速度方向也向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s⑤碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0⑥則碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設(shè)新物塊的質(zhì)量為m′＝2kg，新滑板的質(zhì)量為m1′＝3kg，相時靜止時的共同速度為v共，根據(jù)動量守恒定律有m′v物′＝(m′＋m1′)v共⑦解得v共＝1m/s⑧根據(jù)能量守恒定律有μm′gx相＝eq\f(1,2)m′v物′2－eq\f(1,2)(m′＋m1′)veq\o\al(2,共)⑨解得x相＝1.875m。⑩〔易錯提醒〕(1)碰撞過程沒有理清，碰撞的系統(tǒng)選擇錯誤，沒有分別對A、B和CD應(yīng)用動量守恒定律解題；(2)第(2)問使用牛頓第二定律和運動學(xué)公式解題，過程麻煩，計算相對位移出錯?！矊c訓(xùn)練〕1.(多選)(2023·河北唐山三模)在生產(chǎn)生活中，經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運動方向。如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛小車，小車上固定著兩端開口的光滑細(xì)管，細(xì)管由水平、彎曲和豎直三部分組成，各部分之間平滑連接，豎直管的上端到小車上表面的高度為h。一小球以初速度v0水平向右射入細(xì)管，小球的質(zhì)量與小車的質(zhì)量(包含細(xì)管)相等，小球可視為質(zhì)點，忽略一切阻力作用。下列說法正確的是(BCD)A．小球在細(xì)管中運動時，小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球在細(xì)管的豎直部分運動時只受重力作用C．當(dāng)小球初速度v0>eq\r(4gh)時，將會從細(xì)管的豎直部分沖出D．若小球從細(xì)管的豎直部分沖出，沖出后一定會落回到細(xì)管中【解析】小球在細(xì)管中運動時，小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)在水平方向受到合外力為零，在彎曲處，小球和小車組成的系統(tǒng)，在豎直方向合外力不為零，則小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球在細(xì)管中運動時，小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；由于小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球在細(xì)管的豎直部分運動時，水平方向的速度相同，則小球在細(xì)管的豎直部分運動時只受重力作用，故B正確；由于水平方向動量守恒，在最高點，由動量守恒定律和能量定律有mv0＝2mv，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mv2＋mgL，解得L＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，從細(xì)管的豎直部分沖出，則有L＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)>h，解得v0>eq\r(4gh)，故C正確；小球從細(xì)管的豎直部分沖出后，水平方向的速度始終相同，則沖出后一定會落回到細(xì)管中，故D正確。故選BCD。2.(2023·河南統(tǒng)考二模)如圖所示，四分之一光滑圓弧槽固定在光滑的水平地面上，質(zhì)量為M的小球B靜止在槽的左側(cè)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球A以速度v0向右運動并與小球B發(fā)生彈性碰撞，之后小球A不再向右運動且兩小球能發(fā)生第二次碰撞。(1)求eq\f(M,m)的取值范圍；(2)小球B離開地面的高度為H，求H的取值范圍?！敬鸢浮?1)1≤eq\f(M,m)<3(2)eq\f(v\o\al(2,0),8)<H≤eq\f(v\o\al(2,0),2g)【解析】(1)設(shè)碰撞后兩小球的速度分別為v1、v2，由于兩小球發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2；由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq\f(2m,m＋M)v0，因小球A不再向右運動且兩小球能發(fā)生第二次碰撞，由此可得v1≤0，v2>|v1|，于是可解得1≤eq\f(M,m)<3。(2)當(dāng)M＝m，二者碰撞后交換速度的同時能量全部轉(zhuǎn)移，故此種情況下小球B離開地面的距離最大，此種情況下有v2＝eq\f(2m,m＋M)v0＝v0，當(dāng)M＝3m時，小球B離開地面的距離最小，此種情況下有v2＝eq\f(2m,m＋M)v0＝eq\f(1,2)v0，對小球B由機械能守恒得MgH＝eq