2019高考物理一轮复习专题32动量守恒定律的应用之碰撞问题学案.docx

突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题1分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p1p2p1p2。(2)动能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2或。(3)速度要合理碰前两物体同向，则v后v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前v后。两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22由得v1v2结论：(1)当m1m2时，v10，v2v1，两球碰撞后交换了速度。(2)当m1m2时，v10，v20，并且v1v2，碰撞后两球都向前运动。(3)当m1m2时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来。【典例1】两个小球A、B在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kgm/s和7 kgm/s，发生碰撞后小球B的动量大小变为10 kgm/s，由此可知：两小球的质量之比可能为()A.1 B.C. D.【答案】C。(2)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且A球在前，B球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即pA05 kgm/s，pB07 kgm/s。根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即pB10 kgm/s。根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为pA22 kgm/s，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有：。(3)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即pA05 kgm/s，pB07 kgm/s。根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即pB10 kgm/s。根据“动量制约”，小球A在碰后动量必有pA2 kgm/s，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有：，即。仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A不至于超越到小球B的前面，应分别有：，。综上可知，C正确。【典例2】如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件【答案】：mvmvv联立式解得v2v1由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知vgl联立式，可得联立式，可得a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为.【跟踪短训】1. 质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值碰撞后B球的速度大小可能是()A0.6vB0.4vC0.2vDv【答案】B2质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为()AvAv0，vBv0BvAv0，vBv0CvAv0，vBv0DvAv0，vBv0【答案】AC【解析】两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，故D错误；根据动量守恒定律可得，四个选项都满足，但碰撞前总动能为mv，而B选项中碰撞后能量增加，B错误，故A、C正确3. (多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是()A.v0 B.v0 C.v0 D.v0【答案】AB【解析】根据Ekmv2，碰撞后A球的动能变为原来的，则A的速度变为vAv0，正、负表示方向有两种可能。机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞。4两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s【答案】B.【解析】 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能EkmAvmBv57 J，大于碰前的总动能Ek22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确5(多选) A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m2 kg，则由图判断下列结论正确的是()A碰撞前、后A球的动量变化量为4 kgm/sB碰撞时A球对B球所施的冲量为4 NsCA、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J【答案】ABD.6. 2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA5 kgm/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB4 kgm/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是()AmBmABmBmACmBmA DmB6mA【答案】A.【解析】 由动量守恒定律得pApBpApB，解得pA1 kgm/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有，代入数据解得mBmA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则，解得mB4mA，综上可得mAmB4mA，选项A正确7如图所示，在高为h5 m的平台右边缘上，放着一个质量M3 kg的铁块，现有一质量为m1 kg的钢球以v010 m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L2 m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s(不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g10 m/s2)【答案】1.6 m【解析】设钢球反弹后的速度大小为v1，铁块的速度大小为v，碰撞时间极短，系统动量守恒，则mv0Mvmv1钢球做平抛运动Lv1thgt2由解得t1 s，v12 m/s，v4 m/s铁块做匀减速直线运动，由MgMa解得加速度大小a5 m/s2最终速度为0，则其运