非彈性碰撞模型（解析版）-動(dòng)量守恒的十種模型解讀和針對(duì)性訓(xùn)練

動(dòng)量守恒的十種模型解讀和針對(duì)性訓(xùn)練

模型3非彈性碰撞

模型解讀

1、非彈性碰撞的可能性問題

碰撞后運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能性判斷的三個(gè)依據(jù)

(1)動(dòng)量守恒：P\+P2=P'2-

(2)動(dòng)能不增力口：E^+E^E'。+皮仁或嘉+嘉二嘉+雅?

(3)速度要符合情景.

①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有。后前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后

兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v'前三o'后.

②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變.

2.處理碰撞問題的幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)

(1)選取動(dòng)量守恒的系統(tǒng)：若有三個(gè)或更多個(gè)物體參與碰撞，要合理選取所研究的系統(tǒng)。

(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。

(3)弄清碰撞過程中存在的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化關(guān)系、幾何關(guān)系、速度關(guān)系等。

【典例分析】

【典例】(2015?全國理綜II)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過

一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。求：

(ii)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比。

【參考答案】(1)生=」；,、W

(2)——=

m28KE2

【名師解析】(1)設(shè)。、b的質(zhì)量分別為加1、加2,a、b碰撞前的速度為修、v2°由題給圖象得

vi=-2m/sV2=lm/s

2

〃、6發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為口由題給圖象得v=—m/s

3

由動(dòng)量守恒定律得加M+m2v2=（加i+m2）v

解得：^=~

m28

⑵由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為

AE*=（掰1丫：+；加2田一；（加1+加2）丫2

19

由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為沙=2（叫+機(jī)2?

解得W匕=上1

AE2

【針對(duì)性訓(xùn)練】

1.（2024福建漳州第二次質(zhì)檢）如圖，冰壺被大家喻為冰上的"國際象棋"，它考驗(yàn)參與者的體能與腦力，

展現(xiàn)動(dòng)靜之美，取舍之智慧。質(zhì)量相同的冰壺甲和乙相距30m,冰壺甲以速度%被推出后做勻減速直線運(yùn)

動(dòng)，經(jīng)過10s與靜止的冰壺乙發(fā)生對(duì)心彈性碰撞，則（）

A.兩冰壺碰撞后均向前運(yùn)動(dòng)

B.兩冰壺碰撞后，甲靜止不動(dòng)

C.冰壺甲初速度%大小可能為3m/s

D.冰壺甲初速度%大小可能為5m/s

【參考答案】BD

【名師解析工根據(jù)兩質(zhì)量相等的物體，彈性碰撞速度交換可知，兩冰壺碰撞后，甲靜止不動(dòng)，乙向前運(yùn)動(dòng),

故A錯(cuò)誤，B正確；冰壺做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則"

t2

由題意可知v>0,代入數(shù)據(jù)得

%<6m/s

但如果%=3m/s,則v=3m/s,與甲做勻減速運(yùn)動(dòng)矛盾，故C錯(cuò)誤，D正確。

2.（2024山東濟(jì)寧一中2月質(zhì)檢）如圖所示，傾角為0的光滑斜面，沿斜面放置的輕彈簧一端固定在斜面

底端，另一端連接物體A,靜止時(shí)，彈簧被壓縮了/。質(zhì)量與A相同的物體B從彈簧原長位置由靜止釋放，A

與B發(fā)生完全非彈性碰撞（但不粘連），碰撞時(shí)間極短，A、B視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g,彈簧的彈性勢能

A.碰后瞬間兩物體的速度大小為J2g/sin?

B.碰后兩物體一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移為2/

C.兩物體反彈向上運(yùn)動(dòng)，B能再次回到釋放點(diǎn)

D.碰后兩物體一定不能分離

【參考答案】D

【名師解析】

A.B下落，即將與A碰撞時(shí)有

mglsin，=；mv^

A、B碰撞動(dòng)量守恒，則有

mv0=2mv

得

12glsin9

2

選項(xiàng)A正確;

B.A、B碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)，位移設(shè)X,根據(jù)能量守恒得

2加gxsinO+g左(/+x)2=；2加F

A原來靜止?jié)M足

mgsin0=kl

解之得

x=?l-3l

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

CD.A、B分開臨界條件為加速度相等，A、B之間的彈力為零，對(duì)B分析可得

mgsin0=ma0

a0=gsin0

碰后至再次返回到碰撞位置，速度大小不變，方向反向。假設(shè)不分離，向上運(yùn)動(dòng)位移為七，則有

22

2mgxxsin8+；左（/一須）2~~kl=-^2mv

Xy=V2/—1

此時(shí)整體受力可得

2mgsin0-kxx=2ma

得

3—V2..q

a=---gsin6/<gsin”

碰后兩物體一定不分離且不能再次回到釋放點(diǎn)，C錯(cuò)誤，D正確。

3.（2024山東濟(jì)南期末）如圖所示，光滑的水平面上放置一長度為0.40m的木箱，木箱的底部中央放一可

視為質(zhì)點(diǎn)的木塊，木箱的質(zhì)量為木塊的2倍，木塊與木箱間的動(dòng)摩擦因數(shù)為工，重力加速度取lOm/s??，F(xiàn)

3

給木塊一水平向右的初速度，速度大小為3m/s,木塊與木箱碰撞無能量損失，則最終木塊距離木箱右端的

距離為（）

/////////////////////////Z///Z

A.0.10mB.0.20mC.0.25mD.0.30m

【參考答案】A

【名師解析】

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，二者共速時(shí)速度大小為力則

加木%=（加木+加箱子）w

解得

v=lm/s

根據(jù)能量守恒定律可知

|加木V；=|（加箱子+加木）F+〃加木gs

解得

s=0.9m

故最終木塊距離木箱右端的距離為

s'=5-0.2x4m=0.1m

故選A。

5.（2024山東濰坊1月質(zhì)檢）如圖所示，在粗糙的水平面上有一質(zhì)量為0.5kg的物塊Q,Q的正上方0.6m

處有一懸點(diǎn)O,一根長為0.6m的輕繩一端固定在。點(diǎn)，另一端拴接一質(zhì)量為1kg的小球P將繩伸直并將P

拉到偏離水平方向30°靜止釋放，P運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與Q發(fā)生正碰后，Q向左滑動(dòng)1.5m停下。已知Q與地

面的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,g取lOm/s?。貝I（）

A.P第一次到達(dá)最低點(diǎn)的速度為36n/s

B.P第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力為40N

C.P、Q碰撞過程中損失的機(jī)械能為反J

D.P碰后能上升的最大高度為0.1m

【參考答案】C

【名師解析】

設(shè)小球P的質(zhì)量是根，物塊Q的質(zhì)量為“，由題意可知小球P到P'點(diǎn)的過程中做自由落體運(yùn)動(dòng)，如圖

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

v2=2gx2Zsin30°

解得

v=2Gm/s

從P'到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理

1,1,

mgL(l-sin300)=—mvp--m(vcos30°)

解得，P第一次到達(dá)最低點(diǎn)的速度為

vp=V15m/s

故A錯(cuò)誤；

B.在最低點(diǎn)，對(duì)小球P受力分析，由牛頓第二定律

2

T-mg=m^-

解得，P第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力為

T=35N

故B錯(cuò)誤;

CD.碰后對(duì)Q由動(dòng)能定理

1s

-juMgs=0A/VQ

解得

VQ=V15m/s

小球P與物塊Q碰撞的過程中，由動(dòng)量守恒定律

mvp=mVp+Mv*

解得，P碰后的速度為

v；=^m/s

則碰后對(duì)P由動(dòng)能定理

/2

-mgh=0-；mvp

P碰后能上升的最大高度為

16

碰撞過程中，由能量守恒定律

^-mVp=（機(jī)Vp'2+-^MVQ2+AE1

解得P、Q碰撞過程中損失的機(jī)械能為

-J

故C正確，D錯(cuò)誤。

6.（2024年5月湖南頂級(jí)名校高考適應(yīng)性考試2）臺(tái)球是深受大眾喜愛的娛樂健身活動(dòng)。如圖，運(yùn)動(dòng)員采

用“點(diǎn)桿”擊球法（當(dāng)球桿桿頭接觸母球的瞬間，迅速將桿抽回，母球離桿后與目標(biāo)球發(fā)生對(duì)心正碰，視

為彈性碰撞）擊打母球，使得目標(biāo)球被碰撞后經(jīng)CD邊反彈進(jìn)入球洞4這種進(jìn)球方式被稱為“翻袋”進(jìn)球

法。己知兩球質(zhì)量均為02kg,且可視為質(zhì)點(diǎn)，球間距離為0.9m,目標(biāo)球與C。擋壁間虛線距離為0.3m,

目標(biāo)球被CD擋壁反彈后向A球洞運(yùn)動(dòng)方向與AC擋壁間夾角為30。，AC=—m，球與桌面間阻力為重

2

i3

力的］,球與擋壁碰撞過程中損失a的動(dòng)能，重力加速度g=10m/s2。

(1)求母球在桌面做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；

(2)若某次擊打后母球獲得的初速度為lm/s,且桿頭與母球的接觸時(shí)間為0.05s,求母球受到桿頭的平

均沖擊力大小；

(3)若擊打后母球獲得速度%=5m/s,求目標(biāo)球被碰撞后的速度大小;

(4)若能到達(dá)球洞上方且速率小于6m/s的球均可進(jìn)洞，為使目標(biāo)球能進(jìn)洞，求母球初速度需要滿足的條

件。(計(jì)算結(jié)果都可以用根號(hào)表示)

CFD

【答案】(1)；(2)-^-N：(3)9m/s；(4)2J22m/s<%W2j58m/s

【解析】

(1)由牛頓第二定律可得

f=kmg=ma

根據(jù)題意可知

k=-

3

解得

.10.

a=kg=—m/s2

(2)桿頭擊打母球，對(duì)母球由動(dòng)量定理可得

(F-/)A/=mv-0

代入數(shù)據(jù)解得

(3)母球與目標(biāo)球碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得

_mv

-kmgsx掰v；~o

母球與目標(biāo)球碰撞前后，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得

mvx=mv[+mv2

121,212

—mVj=—mVj+—mv2

聯(lián)立解得目標(biāo)球被碰撞后的速度大小為

v2=V19m/s

（4）母球與目標(biāo)球碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得

-kingsi=gmvf-gmv1

母球與目標(biāo)球碰撞前后，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得

mv,=mv[+mv2

~mv\+^mv2

目標(biāo)球前進(jìn)到CD擋壁，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得

目標(biāo)球與CD擋壁碰撞，根據(jù)題意有

即

1

V4=2V3

目標(biāo)球運(yùn)動(dòng)到A球洞過程，由動(dòng)能定理可得

-kmg"c-=J-mvj--mv-

cos3002524

又滿足

0<v5<6m/s

聯(lián)立解得

2A/22DI/s<v0<2V58m/s

7.（2024河北強(qiáng)基聯(lián)盟聯(lián)考）（13分）如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用輕質(zhì)橡皮筋連接，A、B

的質(zhì)量均為冽，開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度%,一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰

撞并粘在一起。求：

（1）碰撞前瞬間B的速度；

（2）碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。

1,

【參考答案】（1）%;（2）z加V；

【名師解析】：（1）以初速度V。的方向?yàn)檎较?，A、B碰前的瞬時(shí)速度分別為匕、v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

mv0=mvx+mv2（3分）

由能量關(guān)系有2加v；=~mvf+；加v；（3分）

解得匕=0,3=%。Q分）

（2）設(shè)碰撞后粘在一起的速度為v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m%=2mv（2分）

碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失人垃=g機(jī)v：-■1-2機(jī)/=；機(jī)說。（3分）

8.（8分）（2024山東淄博期末）一款語音控制電動(dòng)窗簾軌道盒的工作原理如圖所示，電動(dòng)機(jī)通過輕繩拉動(dòng)

質(zhì)量為刃A=0.4kg的滑塊4（正常使用時(shí)滑塊4與窗簾布連接），質(zhì)量為機(jī)B=0-6kg的防撞滑塊5,用一

輕繩與左墻面連接.從語音控制電動(dòng)機(jī)接收到打開窗簾的指令開始計(jì)時(shí)，電動(dòng)機(jī)以額定輸出功率牽引滑塊4

（未連接窗簾布）由靜止出發(fā)，向左運(yùn)動(dòng).當(dāng)滑塊4達(dá)到最大速度Vm=Im/s后，與滑塊5發(fā)生完全非彈

性碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞瞬間電動(dòng)機(jī)自動(dòng)切斷電源停止對(duì)滑塊4提供拉力，滑塊48到達(dá)墻面時(shí)速

度剛好為零.已知滑塊4、8在軌道上滑動(dòng)時(shí)所受阻力均為滑塊重力的0.2倍，4最初位置與滑塊5相距

￡=4m.取重力加速度g=lOm/sz.求：

電動(dòng)機(jī)—,

（1）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的額定輸出功率尸;

（2）滑塊4由靜止出發(fā)到最后停止運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間

【名師解析】：（1）滑塊4達(dá)到最大速度時(shí)：F=f

P=Fv,

F=0.8W

（2）4與5碰撞前，對(duì)4物體，由動(dòng)能定理得：

1,

P^-km^L=-m^-0

tx—4.25s

4和B碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得：mv=（m+m）v

Ar\.Ill\ADB/AZABD

vAB=0.4m/s

4和B碰撞后：k（mA+加B）g=（加A+加B）〃

a=2m/s2

0=為一色

t2=0.2s

，=%+%2=4.45s

10.（2024河北部分學(xué)校期末聯(lián)考）如圖所示，一固定的質(zhì)量為m、高為1.5爪傾角為30。的光滑斜面體

與光滑水平面平滑連接，水平面與右側(cè)的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以丫=4向的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。

將質(zhì)量m的小球A（可視為質(zhì)點(diǎn)）從高為4.5/7處以某一初速度水平拋出，小球剛好無碰撞的從斜面體頂端

滑上斜面體，小球從斜面體上離開的瞬間解除對(duì)斜面體的鎖定。小球A在傳送帶左側(cè)與靜止的質(zhì)量為2m的

滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）在極短的時(shí)間內(nèi)發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊B滑上傳送帶，滑塊B和傳送帶之間的動(dòng)

摩擦因數(shù)〃=0.5,傳送帶的長度￡=6〃。重力加速度為g。求：

（1）小球A拋出點(diǎn)與斜面體左端的水平距離；

（2）碰撞后小球A返回，沿斜面體向上運(yùn)動(dòng)的最大高度；

（3）滑塊B在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和此過程中產(chǎn)生的熱量。

AL%

B

(y〃〃7〃〃〃7

L

【參考答案】（1）x=6A/3/Z；（2）力max=4力；（3）Q=（28—16^3jmg/z

【名師解析】

（1）小球A拋出時(shí)的初速度為%,拋出后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有

1,

4.5h-1.5h=-gt,

。=g/i

V

tan30°=—

%

小球A拋出點(diǎn)與斜面體左端的水平距離

X=卬1

解得