2025版高考物理一轮总复习考点突破第7章动量和动量守恒定律第19讲动量守恒定律及其应用考点2碰撞模型

考点2碰撞模型(实力考点·深度研析)1．分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒定律。(2)动能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前后面的物体速度大；碰撞后前面的物体速度大(或相等)。②相向碰撞：碰后两物体的运动方向不行能都不变更。2．弹性碰撞的三种情形动量守恒m1v0＝m1v1＋m2v2机械能守恒eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)联立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0情形一：若m1＝m2，则v1＝0，v2＝v0，(质量相等的两个物体发生弹性碰撞后交换速度)；情形二：若m1>m2，则v1>0，v2>0(碰后两小球沿同一方向运动)；特例：当m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0；情形三：若m1<m2，则v1<0，v2>0(碰后两小球沿相反方向运动)；特例：当m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。静止物体被撞后的速度范围物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0。则碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0。►考向1碰撞的可能性问题如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，取重力加速度g＝10m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不行能是(A)A.5m/s B．4m/sC．3m/s D．2m/s[解析]滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，解得v0＝6m/s。若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得vB＝4m/s。若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2m/s。所以碰后小滑块B的速度范围为2m/s≤vB≤4m/s，不行能为5m/s，故选A。►考向2弹性碰撞[解析](1)倾角为30°时匀速运动，依据平衡条件有mgsin30°＝μmgcos30°得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)(3)A从高为h的地方滑下后速度为v0，依据动能定理有3mgh－μ·3mgcos60°eq\f(h,sin60°)＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)A与B碰撞后速度分别为v1和v2，依据动量守恒、能量守恒有3mv0＝3mv1＋mv2eq\f(1,2)3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)B到达最高点速度为v3，依据牛顿其次定律有mg＝meq\f(v\o\al(2,3),L)依据动能定理有－mg2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝eq\r(3gh)L＝0.6h。[答案](1)μ＝eq\f(\r(3),3)(2)eq\r(3gh)(3)0.6h►考向3完全非弹性碰撞(2024·天津卷)已知A、B两物体mA＝2kg，mB＝1kg，A物体从h＝1.2m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2s相遇碰撞后，两物体立即粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰撞时离地高度x；(2)碰后速度v；(3)碰撞损失机械能ΔE。[解析](1)对物块A，依据运动学公式可得x＝h－eq\f(1,2)gt2＝1.2m－eq\f(1,2)×10×0.22m＝1m。(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，依据运动学公式可知x＝vB0t－eq\f(1,2)gt2解得vB0＝6m/s可得碰撞前A物块的速度vA＝gt＝2m/s方向竖直向下；碰撞前B物块的速度vB＝vB0－gt＝4m/s方向竖直向上；选向下为正方向，由动量守恒可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v解得碰后速度v＝0。(3)依据能量守恒可知碰撞损失的