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2023屆高考物理一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)學(xué)案：碰撞過(guò)程中的常見(jiàn)規(guī)律（解析版）
即學(xué)即練：
1（2020·云南省楚雄彝族自治州一模）如圖所示，物塊A、C的質(zhì)量均為m，B的質(zhì)量為2m，都靜止于光滑水平臺(tái)面上，A、B間用一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)短細(xì)線相連．初始時(shí)刻細(xì)線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側(cè)足夠遠(yuǎn)處．現(xiàn)突然給A一瞬時(shí)沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運(yùn)動(dòng)，A與C相碰后，粘合在一起．
①A與C剛粘合在一起時(shí)的速度為多大？
②若將A、B、C看成一個(gè)系統(tǒng)，則從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A與C剛好粘合的過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能．
【答案】① ②
【解析】①輕細(xì)線繃緊的過(guò)程，A、B這一系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正，
則，
解得，
之后A、B均以速度v1向右勻速運(yùn)動(dòng)，在A與C發(fā)生碰撞過(guò)程中，A、C這一系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有，，
解得，
②輕細(xì)線繃緊的過(guò)程，A、B這一系統(tǒng)機(jī)械能損失為△E1，則
，
在A與C發(fā)生碰撞過(guò)程中，A、C這一系統(tǒng)機(jī)械能損失為△E2，則
，
則A、B、C這一系統(tǒng)機(jī)械能損失為
2（2020·山西省太原市2019屆高三下學(xué)期5月模擬）近年來(lái)，隨著AI的迅猛發(fā)展，自動(dòng)分揀裝置在快遞業(yè)也得到廣泛的普及.如圖為某自動(dòng)分揀傳送裝置的簡(jiǎn)化示意圖，水平傳送帶右端與水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)行，傳送帶的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=7.6m.機(jī)械手將質(zhì)量為1kg的包裹A輕放在傳送帶的左端，經(jīng)過(guò)4s包裹A離開(kāi)傳送帶，與意外落在傳送帶右端質(zhì)量為3kg的包裹B發(fā)生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后靜止在分揀通道口，隨即被機(jī)械手分揀.已知包裹A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，取g=10m/s2.求：
(1)包裹A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù);
(2)兩包裹碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能;
(3)包裹A是否會(huì)到達(dá)分揀通道口.
【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J (3)包裹A不會(huì)到達(dá)分揀通道口
【解析】(1)假設(shè)包裹A經(jīng)過(guò)t1時(shí)間速度達(dá)到v0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有
包裹A在傳送帶上加速度的大小為a1,v0=a1t1
包裹A的質(zhì)量為mA，與傳輸帶間的動(dòng)摩檫因數(shù)為μ1，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹A離開(kāi)傳送帶時(shí)速度為v0，設(shè)第一次碰后包裹A與包裹B速度分別為vA和vB，
由動(dòng)量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
包裹B在水平面上滑行過(guò)程，由動(dòng)能定理有:-μ2mBgx=0-mBvB2
解得vA=-0.4m/s，負(fù)號(hào)表示方向向左，大小為0.4m/s
兩包裹碰撞時(shí)損失的機(jī)械能:△E=mAv02 -mAvA2-mBvB2
解得：△E=0.96J
(3)第一次碰后包裹A返回傳送帶，在傳送帶作用下向左運(yùn)動(dòng)xA后速度減為零，
由動(dòng)能定理可知-μ1mAgxA=0-mAvA2
解得xA=0.016m設(shè)包裹A再次離開(kāi)傳送帶的速度為vA′
μ1mAgxA=mAvA′2
解得:vA′ =0.4m/s
設(shè)包裹A再次離開(kāi)傳送帶后在水平面上滑行的距離為xA
-μ2mAgxA′=0-mAvA2
解得 xA′=0.08m
xA′=<0.32m
包裹A靜止時(shí)與分揀通道口的距離為0.24m，不會(huì)到達(dá)分揀通道口.
3（2020·河北省衡水中學(xué)高三月考）在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平臺(tái)面上，存在有平行于水平臺(tái)面而向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.水平臺(tái)面上放置兩個(gè)靜止的小球A和B(均可看作質(zhì)點(diǎn)),兩小球質(zhì)量均為,帶正電的A球電荷量為Q,B球不帶電,A、B連線與電場(chǎng)線平行.開(kāi)始時(shí)兩球相距L,在電場(chǎng)力作用下,A球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)(此時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn),即t=0),后與B球發(fā)生正碰,碰撞過(guò)程中A、B兩球總動(dòng)能無(wú)損失.若在各次碰撞過(guò)程中,A、B兩球間均無(wú)電荷量轉(zhuǎn)移,且不考慮兩球碰撞時(shí)間及兩球間的萬(wàn)有引力,則（ ）
A．第一次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為
B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右運(yùn)動(dòng)了2L
C．第二次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為
D．相鄰兩次碰撞時(shí)間間隔總為
【答案】AD
【解析】A.A球的加速度，碰前A的速度，碰前B的速度，由于A與B球發(fā)生正碰，碰撞過(guò)程中A、B兩球質(zhì)量相等且總動(dòng)能無(wú)損失，所以A、B碰撞后交換速度，設(shè)碰后A、B球速度分別為，則有，故A正確；
BC.A、B球發(fā)生第一次、第二次、第三次的碰撞時(shí)刻分別為，則，第一次碰后，經(jīng)(t2-t1)時(shí)間A、B兩球發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為和，，解得，第二次碰后瞬間，A、B兩球速度分別為和，則，
第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右運(yùn)動(dòng)了，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；
D.第二次碰后經(jīng)(t3-t2)時(shí)間A、B兩球發(fā)生第三次碰撞,并設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為和，依此類推可得相鄰兩次碰撞時(shí)間間隔總為，故D正確。
故選：AD
4 （2020·山東卷）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P與斜面間無(wú)摩擦，與擋板之間的碰撞無(wú)動(dòng)能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長(zhǎng)，Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。
(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；
(3)求物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H；
(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)與擋板之間的最小距離s。
【答案】(1) P的速度大小為，Q的速度大小為；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)
【解析】(1)P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得
①
由機(jī)械能守恒定律得 ②
聯(lián)立①②式得 ③
④
故第一次碰撞后P的速度大小為，Q的速度大小為
(2)設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
⑤
聯(lián)立①②⑤式得 ⑥
設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為，第一次碰后至第二次碰前，
對(duì)P由動(dòng)能定理得 ⑦
聯(lián)立①②⑤⑦式得 ⑧
P與Q的第二次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為、，由動(dòng)量守恒定律得
⑨
由機(jī)械能守恒定律得 ⑩
聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得

設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為h2，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為，
第二次碰后至第三次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
P與Q的第三次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為、，由動(dòng)量守恒定律得

由機(jī)械能守恒定律得
聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩ 式得

設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為h3，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑩得

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩ 式得

總結(jié)可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為
（n=1，2，3……）
(3)當(dāng)P、Q達(dá)到H時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對(duì)兩物塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程由動(dòng)能定理得
解得
(4)設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為t1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為，需要的時(shí)間為t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得


設(shè)P從A點(diǎn)到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3

當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)
聯(lián)立 式，代入數(shù)據(jù)得
5. 如圖所示，傾角為的光滑斜面末端與水平傳送帶的左端D平滑連接傳送帶DC間的距離為L(zhǎng)，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行的速度為，其右端C與光滑且足夠長(zhǎng)的水平平臺(tái)平滑連接，平臺(tái)上有n個(gè)質(zhì)量為2m的小滑塊。編號(hào)依次為B1、B2、B3、B4…Bn。將質(zhì)量為m的滑塊A由斜面上某一高度由靜止釋放。當(dāng)滑塊A滑到傳送帶右端C時(shí)，恰好與傳送帶速度相同。小滑塊間的碰撞均為彈性碰撞。已知滑塊A與傳送帶間的動(dòng)磨擦因數(shù)為，重力加速度為g，滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，求：
（1）滑塊A下滑的高度；
（2）小滑塊B1的最終速度及被碰撞的次數(shù)。
【答案】（1）或；（2），次
【詳解】（1）設(shè)滑塊A的初始位置高度為h，到達(dá)斜面底端的速度為v，則下滑過(guò)程中由機(jī)械能守恒有
解得若滑塊A沖上傳送帶時(shí)的速度小于傳送帶速度，則由于滑塊A在傳送帶上受到向右的滑動(dòng)摩擦力而做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得若滑塊A沖上傳送帶時(shí)的速度大于傳送帶速度，則由于滑塊A在傳送帶上受到向左的滑動(dòng)摩擦力而做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得
（2）滑塊A先與小滑塊B1發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律有
由能量守恒定律有解得，然后小滑塊B1與小滑塊B2發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑塊B1與小滑塊B2碰后將速度傳遞給小滑塊B3，速度依次傳遞，直至與小滑塊Bn發(fā)生碰撞后第一輪碰撞結(jié)束，得小滑塊Bn的速度為第一輪中小滑塊B1共發(fā)生2次碰撞。滑塊A通過(guò)傳送帶后會(huì)返回再次與小滑塊B1發(fā)生彈性碰撞，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，滑塊A返回水平平臺(tái)的速度大小為滑塊A與小滑塊B1發(fā)生第二次彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律有
由能量守恒定律有解得，然后小滑塊B1與小滑塊B2又發(fā)生彈性碰撞，速度依次傳遞，直至與小滑塊Bn-1發(fā)生碰撞后第二輪碰撞結(jié)束，得小滑塊Bn-1的速度為第二輪小滑塊B1碰撞2次。依次類推，第n輪，滑塊A與小滑塊B1發(fā)生彈性碰撞，最后小滑塊B1的速度為則第n輪小滑塊B1只碰撞了1次，綜上可得，小滑塊B1共碰撞的次數(shù)為次 。2023屆高考物理一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)學(xué)案：碰撞過(guò)程中的常見(jiàn)規(guī)律
彈性碰撞過(guò)程中的速度改變
設(shè)兩個(gè)質(zhì)量均為m的物塊甲和乙，甲的初速度是v01，乙的初速度是v02，碰撞之后甲的速度是v11，乙的速度是v12，所以：
(注意：此式為矢量式，可以包括v01 和v02 同向、反向情況，也可以包括v11 和v12 同向、反向情況)
上述兩式解得：
v01 v02 = v11 v12
如果 v01 = v11 v02 = v12 此式從解題上而言沒(méi)有意義，從物理過(guò)程而言，表示碰撞還將繼續(xù)進(jìn)行，所以此解不成立；
所以只有 v01 = v12 v02 = v11成立，即等質(zhì)量的兩個(gè)物理，發(fā)生彈性碰撞，要交換速度。
（2）進(jìn)一步放松條件，如果甲的質(zhì)量為m, 乙的質(zhì)量為M，且m < M，甲的初速度是v01，乙的初速度是v02，碰撞之后甲的速度是v11，乙的速度是v12，所以：
……….①
………②
當(dāng)v02 = 0 時(shí)，即一個(gè)小質(zhì)量的物體去碰撞一個(gè)大質(zhì)量的靜止物體，且發(fā)生的彈性碰撞，則：
因?yàn)閙 < M，所以 < 0 ，所以 < 0
即 < 0
所以小質(zhì)量的物體一定要反向。
當(dāng)v01, v02 ≠ 0 時(shí)，且同向，則要發(fā)上碰撞，必然有v01 > v02
由①② 兩式得：
除了左右兩邊均大于0以外，沒(méi)有其他明顯結(jié)論。
當(dāng)v01, v02 ≠ 0 時(shí)，且反向，即v01v02< 0由①② 兩式，仍有：
此式左邊 ，, 所以最終符號(hào)不確定，無(wú)明顯結(jié)論。
(3) 如果甲的質(zhì)量為m, 乙的質(zhì)量為M，且m > M，甲的初速度是v01，乙的初速度是v02，碰撞之后甲的速度是v11，乙的速度是v12，
……….①
………②
當(dāng)在此情況下，每種情況都沒(méi)有明顯結(jié)論，存在多種可能，故不作詳細(xì)分析。
二．非彈性碰撞過(guò)程種，速度和能量的關(guān)系
（1）如果甲的質(zhì)量為m, 乙的質(zhì)量為M，且m < M，甲的初速度是v01，乙的初速度是v02，碰撞之后甲的速度是v11，乙的速度是v12，所以：
當(dāng)v02 = 0 時(shí)，即一個(gè)小質(zhì)量的物體去碰撞一個(gè)大質(zhì)量的靜止物體，且發(fā)生的非彈性碰撞，則：
因?yàn)閙 < M，所以 > 0 ，所以無(wú)明顯結(jié)論。
（2）如果甲的質(zhì)量為m, 乙的質(zhì)量為M，甲的初速度是v01，乙的初速度v02，碰撞之后甲乙共速，此時(shí)能量損失最大。
…………...③
…………….④
由③④得：
因?yàn)?br/>所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，也取得最大值。
假設(shè)甲乙質(zhì)量分別是m和M，甲初速度為，乙開(kāi)始靜止，碰后黏在一起（即碰后共速，共同的速度為v）則：
由上兩式得：
“靜”損公式，M為靜止的物體的質(zhì)量，運(yùn)動(dòng)的物體碰撞靜止的物體，碰后共速，系統(tǒng)的能量值取決與系統(tǒng)初動(dòng)能和兩個(gè)物體的質(zhì)量之比，靜止物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)物體質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越大。
即學(xué)即練：
1.（2020·云南省楚雄彝族自治州一模）如圖所示，物塊A、C的質(zhì)量均為m，B的質(zhì)量為2m，都靜止于光滑水平臺(tái)面上，A、B間用一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)短細(xì)線相連．初始時(shí)刻細(xì)線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側(cè)足夠遠(yuǎn)處．現(xiàn)突然給A一瞬時(shí)沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運(yùn)動(dòng)，A與C相碰后，粘合在一起．
A與C剛粘合在一起時(shí)的速度為多大？
②若將A、B、C看成一個(gè)系統(tǒng)，則從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A與C剛好粘合的過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能．
2（2020·山西省太原市2019屆高三下學(xué)期5月模擬）近年來(lái)，隨著AI的迅猛發(fā)展，自動(dòng)分揀裝置在快遞業(yè)也得到廣泛的普及.如圖為某自動(dòng)分揀傳送裝置的簡(jiǎn)化示意圖，水平傳送帶右端與水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)行，傳送帶的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=7.6m.機(jī)械手將質(zhì)量為1kg的包裹A輕放在傳送帶的左端，經(jīng)過(guò)4s包裹A離開(kāi)傳送帶，與意外落在傳送帶右端質(zhì)量為3kg的包裹B發(fā)生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后靜止在分揀通道口，隨即被機(jī)械手分揀.已知包裹A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，取g=10m/s2.求：
(1)包裹A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù);
(2)兩包裹碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能;
(3)包裹A是否會(huì)到達(dá)分揀通道口.
3. （2020·河北省衡水中學(xué)高三月考）在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平臺(tái)面上，存在有平行于水平臺(tái)面而向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.水平臺(tái)面上放置兩個(gè)靜止的小球A和B(均可看作質(zhì)點(diǎn)),兩小球質(zhì)量均為,帶正電的A球電荷量為Q,B球不帶電,A、B連線與電場(chǎng)線平行.開(kāi)始時(shí)兩球相距L,在電場(chǎng)力作用下,A球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)(此時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn),即t=0),后與B球發(fā)生正碰,碰撞過(guò)程中A、B兩球總動(dòng)能無(wú)損失.若在各次碰撞過(guò)程中,A、B兩球間均無(wú)電荷量轉(zhuǎn)移,且不考慮兩球碰撞時(shí)間及兩球間的萬(wàn)有引力,則（ ）
A．第一次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為
B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右運(yùn)動(dòng)了2L
第二次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為
相鄰兩次碰撞時(shí)間間隔總為
4（2020·山東卷）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P與斜面間無(wú)摩擦，與擋板之間的碰撞無(wú)動(dòng)能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長(zhǎng)，Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。
(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；
(3)求物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H；
(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)與擋板之間的最小距離s。
5. 如圖所示，傾角為的光滑斜面末端與水平傳送帶的左端D平滑連接傳送帶DC間的距離為L(zhǎng)，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行的速度為，其右端C與光滑且足夠長(zhǎng)的水平平臺(tái)平滑連接，平臺(tái)上有n個(gè)質(zhì)量為2m的小滑塊。編號(hào)依次為B1、B2、B3、B4…Bn。將質(zhì)量為m的滑塊A由斜面上某一高度由靜止釋放。當(dāng)滑塊A滑到傳送帶右端C時(shí)，恰好與傳送帶速度相同。小滑塊間的碰撞均為彈性碰撞。已知滑塊A與傳送帶間的動(dòng)磨擦因數(shù)為，重力加速度為g，滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，求：
（1）滑塊A下滑的高度；
（2）小滑塊B1的最終速度及被碰撞的次數(shù)。

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