模型15碰撞解析版

1、模型15 碰撞(解析版)(1)概念:碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短,物体间相互作用力很大的现象。在碰撞过程中,一般都满足内力远大于外力,故可以用动量守恒定律处理碰撞问题。(2)分类弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能守恒,相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒。非弹性碰撞:在碰撞过程中有机械能损失的碰撞,在相互作用过程中只遵循动量守恒定律。完全非弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大,作用后两物体粘在一起,速度相等,相互作用过程中只遵循动量守恒定律。碰撞类型特征描述及重要关系式或结论弹性碰撞碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失,这种碰撞叫作弹性碰

2、撞。若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞,动量守恒,同时动能也守恒,满足:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+12m2v2'2若碰撞前,有一个物体是静止的,设v2=0,则碰撞后的速度分别为v1'=(m1-m2)v1m1+m2、v2'=2m1v1m1+m2,对这一结果可做如下讨论:(1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,碰后实现了动量和动能的全部转移(2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0,碰后二者同向运动(3)若m1<m2

3、,则v1'<0,v2'>0,碰后m1反向弹回,m2沿m1碰前方向运动非弹性碰撞发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能,机械能有损失,动量守恒,总动能减少,满足:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'12m1v12+12m2v22>12m1v1'2+12m2v2'2完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大。碰后物体粘在一起,以共同速度运动,只有动量守恒。损失的机械能转化为内能,满足:m1v1+m2v2=(m1+m2)ve=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)

4、v2【最新高考真题解析】1.（2020年全国iii卷）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）a. 3 jb. 4 jc. 5 jd. 6 j【答案】a【解析】【详解】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得解得则损失的机械能为解得故选a。2.（2020年山东卷）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，p、q两物块的质量分别为m和4m，q静止于斜面上a处。某时刻，p以沿斜面向上的速度v0与

5、q发生弹性碰撞。q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。p与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，q的速度减为零之前p不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求p与q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vp1、vq1；(2)求第n次碰撞使物块q上升的高度hn；(3)求物块q从a点上升的总高度h；(4)为保证在q的速度减为零之前p不会与之发生碰撞，求a点与挡板之间的最小距离s。【答案】(1) p的速度大小为，q的速度大小为；(2)（n=1，2，3）；(3)；(4)【解析】【详解】(1)p与q的第一次碰撞，取p的初速度方向为正方向，由动量守恒定

6、律得 由机械能守恒定律得 联立式得 故第一次碰撞后p的速度大小为，q的速度大小为(2)设第一次碰撞后q上升的高度为h1，对q由运动学公式得 联立式得 设p运动至与q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对p由动能定理得 联立式得 p与q的第二次碰撞，设碰后p与q的速度分别为、，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立式得 设第二次碰撞后q上升的高度为h2，对q由运动学公式得 联立式得 设p运动至与q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对p由动能定理得 联立式得 p与q的第三次碰撞，设碰后p与q的速度分别为、，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得

7、联立式得 设第三次碰撞后q上升的高度为h3，对q由运动学公式得 联立式得 总结可知，第n次碰撞后，物块q上升的高度为（n=1，2，3） (3)当p、q达到h时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得 解得 (4)设q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得 设p运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得 设p从a点到q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3 当a点与挡板之间的距离最小时 联立式，代入数据得 【典例1】如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，

8、若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是a.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等b.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等c.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同d.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置【答案】ad【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：，解两式得：，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项a正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项b错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项c错；由单摆的周期公式，可知，两球摆

9、动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项d正确。【变式训练1】在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块a和b，两者相距为d。现给a一初速度，使a与b发生弹性正碰，碰撞时间极短：当两木块都停止运动后，相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为，b的质量为a的2倍，重力加速度大小为g。求a的初速度的大小。【解析】 设物块a的初速度为，运动距离d的速度为v，a、b碰后的速度分别为v1、v2，运动的距离分别为x1、x2，由于a、b发生弹性正碰,时间极短,所以碰撞墙后动量守恒，动能守恒，有 由题意知 再由 联立至式z解得 联立解得 (11)将上式带入解得 (12)【典例2】(2

10、019安徽合肥摸底测验)(多选)在光滑水平面上动能为e0,动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为e1、p1,球2的动能和动量大小分别记为e2、p2,则必有()。a.e1<e0 b.p2>p0 c.e2>e0 d.p1>p0【答案】ab【解析】依据能量守恒与动量守恒容易得出ab 正确。【变式训练2】水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。 碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的a30% b50% c70% d90%【答案】a 【解析】碰撞过程的频

11、闪的时间间隔t相同，速度，如图所示，相同时间内，白球碰前与碰后的位移之比大约为，速度之比为，白球碰后与灰球碰后的位移之比大约为，速度之比为，又动能，两球质量相等，碰撞过程中系统损失的动能为碰前动能减去系统碰后动能，除以碰撞前动能时，两球质量可约去，其比例为，故a对，b、c、d错。【典例3】甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则二球质量m1与m2间的关系可能正确的是()。a.m1=m2b.2m1=m2 c.4m1=m2 d.6m1=m2

12、【答案】c【解析】碰前:因甲从后面追上乙,发生碰撞必有v1>v2,将v=pm代入,得p1m1>p2m2,有m1m2<57=0.71 碰中:甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,有p1+p2=p1'+p2',即p1'=2 kg·m/s此系统的机械能不会增加,有p122m1+p222m2p1'22m1+p2'22m2,即m1m2717=0.41碰后:v1'v2',有p1'm1p2'm2,则 m1m20.2综合可得0.2m1m20.41,c项正确。【变式训练3】(2018宁夏银川模拟考试)(多选)a、b两球

13、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线,c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线,若a球的质量m=2 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 kg·m/sb.碰撞过程中a球对b球所施的冲量为-4 n·sc.a、b两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sd.碰撞过程中a、b两球组成的系统损失的动能为10 j【答案】abd【解析】根据题图可知,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两球的共同速度v=-1 m/s,故碰

14、撞前、后a球的动量变化量pa=mv-mva=4 kg·m/s,a项正确;a球的动量变化量为4 kg·m/s,碰撞过程中动量守恒,b球的动量变化量为-4 kg·m/s,根据动量定理,碰撞过程中a球对b球所施的冲量为-4 n·s,b项正确;由于碰撞过程中动量守恒,有mva+mbvb=(m+mb)v,解得mb=43 kg,故碰撞过程中a、b两球组成的系统损失的动能ek=12mva2+12mbvb2-12(m+mb)v2=10 j,d项正确;a、b两球碰撞前的总动量p=mva+mbvb=(m+mb)v=-103 kg·m/s,c项错误。【典例4】如图，

15、一质量为m的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出。重力加速度为g。求（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。【解析】（1）设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒得mv0=m+mv 解得 系统的机械能损失为 e= 由式得e= （2）设物块下落到地面所面时间为t,落地点距桌面边缘的水平距离为s,则 s=vt 由得s= 【变式训练4】如图所示,在光滑的水平桌面上,静止放着一质量m=980 g的长方形匀质木块,现有一颗质量m=20 g的子弹以300 m/s的水平速度沿其轴线射向木块,结果子弹

16、留在木块中没有射出,和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm,子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。(计算结果保留到小数点后1位)(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。(2)若子弹以400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块的,则它能否射穿该木块?【答案】(1)6.0 m/s882.0 j(2)子弹能够穿透此木块【解析】(1)设子弹的初速度为v0,子弹射入木块后与木块的共同速度为v,以子弹和木块为系统,由动量守恒定律有mv0=(m+m)v 解得v=6.0 m/s 此过程系统所增加的内能e=ek=12mv02-12(m+

17、m)v2=882.0 j。(2)设子弹以v0'=400 m/s的速度刚好能够射穿材质一样、厚度为d'的另一个木块,则对以子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律有mv0'=(m+m)v'v'=mv0'm+m=8.0 m/s此过程系统所损耗的机械能e'=ek'=12mv0'2-12(m+m)v'2=1568.0 j由功能关系有e=fs相=fd, e'=fs相'=fd'两式相比有ee'=dd'解得d'=e'ed10.7 cm>10 cm所以子弹能够穿透此木块。【

18、典例5】如图所示,质量分别为m1=0.49 kg和m2=0.5 kg的木块1、2静置在光滑水平地面上,两木块间夹有一轻质弹簧,一质量m=0.01 kg 的以v0=150 m/s的速度打入木块m1并停留在其中(打击时间极短)。(1)在子弹在木块1中相对静止的瞬间,求木块1的速度v1。(2)当木块2的速度v=1 m/s时,求弹簧的弹性势能ep。【答案】(1)3 m/s(2)1 j【解析】(1)在子弹与木块1作用过程中,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+m1)v1解得v1=3 m/s。(2)子弹停留在木块1中一起压缩弹簧与木块2作用过程中动量守恒,机械能守恒,可得(m+m1)v1=(m+

19、m1)v2+m2v12(m+m1)v12=ep+12(m+m1)v22+12m2v2联立解得ep=1 j。【变式训练5】(2019黑龙江哈尔滨模拟)(多选)如图所示,三个小球a、b、c的质量均为m,都放在光滑的水平面上,小球b、c与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v0冲向小球b,碰后与小球b粘在一起运动。在整个运动过程中,下列说法中正确的是()。a.三个小球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能不守恒b.三个小球与弹簧组成的系统总动量不守恒,总机械能守恒c.当小球b、c速度相等时,弹簧的弹性势能最大d.当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,小球b的动能一定不为零【答案】acd【解析】在整个运动过

20、程中,系统所受的合力为零,总动量守恒,a与b碰撞过程机械能减小,a项正确,b项错误;当小球b、c速度相等时,弹簧的压缩量或伸长量最大,弹性势能最大,c项正确;当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒可知,小球b的动能不为零,d项正确。【典例6】(2019山东济南模拟考试)如图所示,光滑的水平面上有一质量m=9 kg的木板,其右端恰好和14光滑固定的圆弧轨道ab的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切),木板右端放有一质量m0=2 kg的物体c(可视为质点),已知圆弧轨道半径r=0.9 m,现将一质量m=4 kg的小滑块(可视为质点),在轨道顶端a点由静止释放,滑块

21、滑到b端后冲上木板,并与木板右端的物体c粘在一起沿木板向左滑行,最后恰好不从木板左端滑出,已知滑块和物体c与木板上表面的动摩擦因数均为=0.2,取g=10 m/s2。求:(1)滑块到达圆弧的b端时,轨道对它的支持力大小。(2)木板的长度l。【答案】(1)120 n (2)1.2 m【解析】(1)滑块从a端下滑到b端,由机械能守恒得mgr=12mv02解得v0=32 m/s在b点,由牛顿第二定律得fn-mg=mv02r解得轨道对滑块的支持力fn=120 n。(2)滑块滑上木板后,滑块与木板右端的物体c发生碰撞,以向左为正方向,设碰撞后共同的速度为v1,则mv0=(m+m0)v1代入数据得v1=2

22、2 m/s对滑块、物体c以及木板,三者组成的系统沿水平方向的动量守恒,设末速度为v2,由动量守恒有(m+m0)v1=(m+m0+m)v2由能的转化和守恒得(m+m0)gl=12(m+m0)v12-12(m+m+m0)v22解得l=1.2 m。【变式训练6】(2019湖南长沙六校联考)儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨道简化为如图所示的模型。光滑水平轨道mn与半径为r的竖直光滑圆弧轨道相切于n点,质量为m的小球a静止于p点,小球半径远小于r。与a相同的小球b以速度v0向右运动,a、b碰后粘连在一起。当v0的大小在什么范围时,两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道?(已知重力加速度为g)【答案

23、】v022gr或v025gr【解析】设a、b碰撞后的速度为v1,a、b恰好运动到圆弧轨道最高点时的速度为v2对a、b,碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律得mv0=2mv1欲使a、b运动时不脱离圆弧轨道,有两种可能:当v0较小时,a、b最高只能运动到与圆心等高的地方对a、b,从碰后到与圆心等高的地方,由动能定理有-2mgr=0-12×2mv12联立解得v0=22gr当v0较大时,a、b能够做完整的圆周运动。讨论a、b恰好做完整圆周运动时的情形,对a、b,从碰后运动到圆周最高点的过程中,由动能定理有-2mg×2r=12×2mv22-12×2mv12在最高点时

24、,由牛顿第二定律得2mg=2mv22r联立解得v0=25gr综上所述,当v022gr或v025gr时,两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。【典例7】(2018河北衡水模拟考试)如图所示,某时刻质量m1=50 kg的人站在m2=10 kg的小车上,推着m3=40 kg的铁箱一起以速度v0=2 m/s在水平地面上沿直线运动到a点时,该人迅速将铁箱推出,推出后人和车刚好停在a点,铁箱则向右运动到距a点s=0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回,弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一,当铁箱回到a点时被人接住,人、小车和铁箱一起向左运动。已知小车、铁箱受到的摩擦力均为其对地面压力的15,重力加

25、速度g=10 m/s2。求:(1)人推出铁箱时对铁箱所做的功。(2)人、小车和铁箱停止运动时与a点的距离。【答案】(1)420 j (2)0.2 m【解析】(1)人推出铁箱的过程,由动量守恒定律得(m1+m2+m3)v0=m3v1 解得v1=5 m/s人推出铁箱时对铁箱所做的功w=12m3v12-12m3v02=420 j。(2)设铁箱与墙相碰前的速度为v2,铁箱再次滑到a点时速度为v3,对铁箱,根据动能定理,从a点到墙有-15m3gs=12m3v22-12m3v12解得v2=26 m/s从墙到a点有-15m3gs=12m3v32-12m312v22解得v3=5 m/s 设人、小车与铁箱一起向

26、左运动的速度为v4,根据动量守恒定律得m3v3=(m1+m2+m3)v4解得v4=255 m/s 根据动能定理,有-15(m1+m2+m3)gx=0-12(m1+m2+m3)v42 解得x=0.2 m。【变式训练7】(2018全国卷,24)汽车a在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车b,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车b。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后b车向前滑动了4.5 m,a车向前滑动了2.0 m。已知a和b的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2。求:(1)碰撞后的瞬间b车速度的大