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第3講　小專題:動量守恒中的碰撞模型及其拓展
考點一　碰撞模型
1.碰撞:碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短,而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。
2.特點:在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。
3.分類
類型 動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非 彈性碰撞 守恒 損失最大
[例1] 【彈性碰撞】 (2024·廣西卷,8)(多選)如圖,在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動,速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰,碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力,則碰撞后,N在(　　)
[A] 豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
[B] 豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動
[C] 水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v
[D] 水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v
【答案】 BC
【解析】 兩小球碰撞過程是彈性碰撞,由于兩小球質(zhì)量相等,故碰撞后兩小球交換速度,即vM=0,vN=v。碰后小球N做平拋運動,在水平方向做勻速直線運動,即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v;在豎直方向做自由落體運動,即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動。
彈性碰撞的結(jié)論
(1)彈性碰撞:系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2,
聯(lián)立解得
v1′=,
v2′=。
(2)特例:一動一靜彈性碰撞(v2=0),則有
v1′=v1,v2′=v1。
①若m1=m2,則v1′=0,v2′=v1(速度交換)。
②若m1>m2,則v1′>0,v2′>0(碰撞后,兩物體沿同一方向運動)。
③若m1 m2,則v1′≈v1,v2′≈2v1。
④若m10(碰撞后,兩物體沿相反方向運動)。
⑤若m1 m2,則v1′≈-v1,v2′≈0。
[例2] 【非彈性碰撞】(多選)如圖所示,水平桌面上的白球擊打靜止的藍球,兩球碰后沿同一直線運動。藍球經(jīng)t=0.6 s的時間向前運動x1=0.36 m剛好(速度為0)落入袋中,而白球沿同一方向運動x2=0.16 m停止運動,已知兩球的質(zhì)量均為m,碰后以相同的加速度做勻變速直線運動,假設(shè)兩球碰撞的時間極短且發(fā)生正碰(內(nèi)力遠大于外力),則下列說法正確的是(　　)
[A] 由于摩擦不能忽略,則碰撞過程動量不守恒
[B] 碰后藍球與白球的速度之比為3∶2
[C] 碰撞前白球的速度大小為2 m/s
[D] 該碰撞為彈性碰撞
【答案】 BC
【解析】 由題意兩球碰撞的時間極短,碰撞過程中產(chǎn)生極大的內(nèi)力,兩球與桌面間的摩擦力遠小于內(nèi)力,所以該碰撞過程動量守恒,A錯誤;碰后,藍球做勻減速直線運動且剛好落入袋內(nèi),由勻變速直線運動的規(guī)律x1=t,解得碰后瞬間藍球的速度為v1=1.2 m/s,由于兩球的加速度大小相等,則由公式v2=2ax得=,解得碰后瞬間白球的速度大小為v2=0.8 m/s,則碰后藍球與白球的速度之比為3∶2,B正確;碰撞過程中兩球組成的系統(tǒng)動量守恒,則mv0=mv1+mv2,代入數(shù)據(jù)解得v0=2 m/s,C正確;兩球碰前的總動能為Ek1=m=2m,兩球碰后的總動能為Ek2=m+m=1.04m,由于Ek1>Ek2,所以該碰撞過程有機械能損失,即該碰撞為非彈性碰撞,D錯誤。
[例3] 【完全非彈性碰撞】 (2024·山東煙臺一模)如圖所示,某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為m,相距2L沿直線排列,靜置于水平地面上。為節(jié)省收納空間,工人給第一輛車一個瞬間的水平推力F使車自行運動,并與第二輛車相碰,且在極短時間內(nèi)相互嵌套結(jié)為一體,以共同的速度運動了距離,恰好停靠在墻邊。若車運動時受到的摩擦力恒為車重的k倍,忽略空氣阻力,重力加速度為g。則工人給第一輛購物車水平推力F的沖量大小為(　　)
[A] 2m [B] 2m
[C] 2m [D] 2m
【答案】 A
【解析】 設(shè)第一輛車碰前瞬間的速度為v1,與第二輛車碰后的共同速度為v2,由動量守恒定律有mv1=2mv2,根據(jù)動能定理可得-k·2mg·=0-×(2m),聯(lián)立解得v1=2,設(shè)第一輛車推出時的速度為v0,根據(jù)動能定理可得-kmg·2L=m-m,解得v0=2,根據(jù)動量定理,工人給第一輛購物車水平推力F的沖量大小為IF=mv0=2m。故A正確。
非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
(1)非彈性碰撞:碰撞后兩物體分離,動能有部分損失。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2+ΔEk損。
(2)完全非彈性碰撞:碰撞后兩物體合二為一,以同一速度運動,動能損失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk損m。
聯(lián)立解得v=,
ΔEk損m=(v1-v2)2。
[例4] 【碰撞的可能性分析】(2024·江蘇鹽城期中)如圖所示,質(zhì)量為3m的小球B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m、速度為v的小球A與小球B發(fā)生正碰,碰撞后小球B的速度大小可能是(　　)
[A] 0.15v [B] 0.2v
[C] 0.4v [D] 0.6v
【答案】 C
【解析】 若兩者發(fā)生的是彈性碰撞,對A、B碰撞過程由動量守恒定律可得mv=mv1+3mv2,由機械能守恒定律可得mv2=m+×3m,解得碰撞后小球B的速度大小為v2=v,若A、B發(fā)生的是完全非彈性碰撞,則碰后兩球共速,由動量守恒定律可得mv=(m+3m)v′,解得碰撞后小球B的速度大小為v′=v,即碰撞后小球B的速度大小范圍為v≤vB≤v。故C正確。
[提升] 【靜止物體被撞后的速度范圍】 質(zhì)量為mA、初速度為v0的物體A與靜止的質(zhì)量為mB的物體B發(fā)生碰撞,碰撞后物體B的速度范圍為　　　　≤vB≤　　　　。
【答案】 v0　v0
【解析】 物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞,當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多,物體B的速度最小,vB=v0;當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時,物體B的速度最大,vB=v0。則碰后物體B的速度范圍為v0≤vB≤v0。
碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒:p1+p2=p1′+p2′。
(2)動能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′。
(3)速度要符合實際情況。
①碰前兩物體同向運動,若要發(fā)生碰撞,則應(yīng)有v后>v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動,則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動,碰后兩物體的運動方向至少有一個改變。
考點二　碰撞模型拓展
1.“滑塊—彈簧”模型
圖示
特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中,系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,系統(tǒng)動量守恒。 (2)在能量方面,由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化,系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化;若系統(tǒng)所受的除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功,系統(tǒng)機械能守恒。 (3)彈簧處于最短(最長)狀態(tài)時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統(tǒng)動能通常最小。 (4)彈簧處于原長時,彈性勢能為零,系統(tǒng)動能通常最大,但物體速度一般不相等
2.“滑塊—斜(曲)面”模型
圖示 (水平地面與斜面或曲面軌道均光滑且斜面軌道與水平軌道平滑連接)
特點 若滑塊沒有沖出軌道 (1)到達最高點:滑塊與斜面或曲面具有共同水平速度v共,系統(tǒng)水平方向動量守恒,(M+m)v共=mv0;系統(tǒng)機械能守恒,(M+m)+mgh=m,其中h為滑塊上升的最大高度,不一定等于軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。 (2)返回最低點:滑塊與斜面或曲面的分離點。水平方向動量守恒,mv1+Mv2=mv0;系統(tǒng)機械能守恒,m+M=m(彈性碰撞拓展模型)
3.“懸線擺”模型
模型 圖示
模型 規(guī)律 (1)水平直桿光滑,物體A和物體B構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向合力為零,系統(tǒng)水平方向動量守恒。 (2)系統(tǒng)僅有重力做功,系統(tǒng)機械能守恒
兩種 情況 (1)物體B擺動到最高點時物體A與物體B共速,根據(jù)水平方向動量守恒有mBv0=(mA+mB)v共,根據(jù)機械能守恒定律有mB=(mA+mB)+mBgh。 (2)物體B再次擺動到物體A正下方,此過程系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒,即mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB(類似于彈性碰撞)
[例5] 【“滑塊—彈簧”模型】(2024·天津?qū)幒佣?如圖所示,光滑水平直軌道上靜止放置三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧。給A一個初速度v0,使其向B運動并壓縮彈簧(彈簧始終在彈性限度內(nèi)),當(dāng)彈簧第一次壓縮到最短時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞時間極短,求:
(1)B與C碰撞前的瞬間,B的速度大小;
(2)從A開始運動到彈簧壓縮最短時C受到的沖量大小;
(3)從A開始運動到A與彈簧分離的過程中,整個系統(tǒng)損失的機械能。
【答案】 (1)　(2)mv0　(3)m
【解析】 (1)彈簧第一次壓縮到最短時,A與B具有相同速度v1,對A、B與彈簧組成的系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律得mv0=2mv1,
解得v1=。
(2)彈簧壓縮到最短時,A、B、C三者速度相同,設(shè)此時速度為v2,由動量守恒定律得mv0=3mv2,
對C根據(jù)動量定理有I=mv2-0,
聯(lián)立可得I=mv0。
(3)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,設(shè)碰撞后的瞬時速度為v3,對B、C組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得mv1=2mv3,
B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,整個過程中只有B與C碰撞損失機械能,設(shè)為ΔE,對B、C組成的系統(tǒng),由能量守恒定律得m=ΔE+×2m,
解得ΔE=m。
(1)“滑塊—彈簧”模型的解題方法。
①首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài)。
②分析碰撞前、后彈簧和物體的運動狀態(tài),根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程。
③判斷解出的結(jié)果是否滿足“實際情境可行性原則”,如果不滿足,則要舍掉該結(jié)果。
(2)過程討論:當(dāng)甲、乙兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時,彈簧壓縮到最短或伸長到最長(兩物體共速),彈簧的彈性勢能最大,物體間發(fā)生“類完全非彈性碰撞”,只不過動能的減少是暫時的,儲存在彈性勢能中;當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時,兩物體發(fā)生“類彈性碰撞”,大多數(shù)都可類比彈性碰撞“一動碰一靜模型”分析求解,但是特殊情況不可照搬。
[例6] 【“滑塊—斜(曲)面”模型】 如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑、半徑R=0.3 m的四分之一圓弧面,圓弧面右側(cè)一蹲在滑板上的某人和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻此人將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向圓弧面推出,冰塊平滑地滑上圓弧面,在圓弧面上上升的最大高度為h=0.3 m。已知此人與滑板的總質(zhì)量為m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10 kg,此人與滑板始終無相對運動。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圓弧面的質(zhì)量;
(2)通過計算判斷,冰塊與圓弧面分離后能否追上此人
【答案】 (1)20 kg　(2)見解析
【解析】 (1)規(guī)定向左為正方向,冰塊在圓弧面上上升到最大高度時兩者達到共同速度v,設(shè)圓弧面的質(zhì)量為m3。對冰塊與圓弧面分析,由水平方向動量守恒得m2v0=(m2+m3)v,
由系統(tǒng)機械能守恒得
m2=(m2+m3)v2+m2gh,
聯(lián)立解得v=1 m/s,m3=20 kg。
(2)設(shè)推出冰塊后此人的速度為v1,推冰塊的過程中,由動量守恒定律有m1v1+m2v0=0,
代入數(shù)據(jù)解得v1=-1 m/s,
設(shè)冰塊與圓弧面分離后的速度分別為v2和v3,冰塊從圓弧面下滑過程中,由動量守恒定律和機械能守恒定律有m2v0=m2v2+m3v3,
m2=m2+m3,
聯(lián)立解得v2=-1 m/s,
由于冰塊與圓弧面分離后的速度與此人推出冰塊后的速度相同且冰塊處在此人后方,故冰塊不能追上此人。
[變式] 若[例6]中此人將冰塊以相對于冰面v0=6 m/s 的速度向圓弧面推出,求冰塊到達圓弧面最高點時的速度,并說明冰塊沖出圓弧面后的運動情況。
【答案】 見解析
【解析】 冰塊在圓弧面上運動過程中,冰塊與圓弧面在水平方向動量守恒,冰塊到達圓弧面最高點時,兩者水平速度相等,
根據(jù)動量守恒定律以及機械能守恒定律有m2v0=(m2+m3)v水平,
m2=m3+m2gR+m2v2,
解得v= m/s,
方向相對于冰面斜向左上方。
冰塊到達圓弧面最高點時,水平方向分速度與圓弧面相同,冰塊相對于冰面的速度斜向左上方,故冰塊沖出圓弧面后相對于冰面做斜拋運動,相對于圓弧面做豎直上拋運動,最終落回到圓弧面。
[例7] 【“懸線擺”模型】如圖所示,兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接,B球穿在光滑細桿上。初始時,細繩恰好伸直并處于水平狀態(tài),兩球均可視為質(zhì)點且mB=2mA,重力加速度為g。現(xiàn)將A、B由靜止釋放,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] A球在豎直平面內(nèi)做變速圓周運動
[B] B球的最大速度大小為
[C] A球速度最大時,水平位移大小為
[D] B球向右運動的最大位移大小為
【答案】 D
【解析】 B球在光滑桿上做往復(fù)運動,A球一邊圍繞B球做圓周運動,一邊隨B球做往復(fù)運動,A錯誤;當(dāng)A球擺到最低點時,A、B兩球運動的速度最大,由系統(tǒng)機械能守恒有mAgL=mA+mB,水平方向動量守恒有mBvB=mAvA,聯(lián)立可得vB=,B錯誤;根據(jù)x=vt,有mBxB=mAxA,從釋放到A球擺到最低點的過程中,有xB+xA=L,則A球的水平位移大小為xA=,B球的水平位移大小為xB=,C錯誤;B球向右運動的最大位移大小為xB′=2xB=,D正確。
對點1.碰撞模型
1.(4分)(2024·遼寧遼陽期末)甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為2m和m,它們以相同的速率v在光滑水平面上相向運動并發(fā)生碰撞。若碰撞后兩滑塊粘合在一起,則碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為(　　)
[A] mv2 [B] mv2
[C] mv2 [D] mv2
【答案】 A
【解析】 碰撞前后動量守恒,則2mv-mv=(2m+m)v′,解得v′=,碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=×2mv2+mv2-×(2m+m)v′2=mv2。故A正確。
2.(6分)(2024·寧夏石嘴山三模)(多選)A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰,如圖所示,a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時間圖像,c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖像,若A球質(zhì)量是m=2 kg,則由圖可知,下列結(jié)論正確的是(　　)
[A] A、B碰撞前的總動量為3 kg·m/s
[B] 碰撞時A對B所施沖量為-4 N·s
[C] 碰撞前后A的動量變化量為4 kg·m/s
[D] 碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為8 J
【答案】 BC
【解析】 由x-t圖像的斜率表示速度可知,碰撞前有vA==-3 m/s,vB==2 m/s,碰撞后有v== m/s=-1 m/s,根據(jù)動量守恒定律有mvA+mBvB=(m+mB)v,解得mB= kg,A、B兩球碰撞前的總動量為p=mvA+mBvB=- kg·m/s,故A錯誤;碰撞時A對B的沖量為I=Δp=pB′-pB=-4 N·s,故B正確;碰撞前后A的動量變化量為ΔpA=mv-mvA=4 kg·m/s,故C正確;碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk=m+mB-(m+mB)v2=10 J,故D錯誤。
對點2.碰撞模型拓展
3.(4分)(2024·北京朝陽一模)如圖所示,光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m,P以速度v向右運動,Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(　　)
[A] P的動量為零
[B] Q的動量達到最大值
[C] P、Q系統(tǒng)總動量小于mv
[D] 彈簧儲存的彈性勢能為mv2
【答案】 D
【解析】 當(dāng)彈簧被壓縮至最短時,兩物體速度相同,P、Q系統(tǒng)所受外力為零,因此整個過程中動量守恒mv=2mv共,所以P的動量為p=mv共=mv,故A錯誤;P、Q系統(tǒng)總動量恒為p總=mv,故C錯誤;彈簧壓縮至最短后,Q的速度將繼續(xù)變大,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,Q的動量達到最大值,故B錯誤;根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mv=2mv共,mv2=×2m+Ep,解得Ep=mv2,故D正確。
4.(6分)(2024·湖南邵陽三模)(多選)如圖甲,一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接,靜止在光滑水平面上,物塊B向A運動,t=0時與彈簧接觸,到t=2t0時與彈簧分離,碰撞結(jié)束,A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知從0到t0時間內(nèi),物塊A運動的距離為0.28v0t0。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則下列說法正確的是(　　)
[A] 物塊B的質(zhì)量為5m
[B] 碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為m
[C] 0~t0時間內(nèi)物塊B運動的距離為0.93v0t0
[D] 彈簧壓縮量的最大值為0.79v0t0
【答案】 BC
【解析】 t0時刻,由動量守恒定律可知mBv0=(mB+m)×0.8v0,解得mB=4m,故A錯誤;
由圖像可知t0時刻兩物塊速度相等,彈性勢能最大,
根據(jù)機械能守恒定律有Epm=mB-(mB+,解得Epm=m,故B正確;
B接觸彈簧后,壓縮彈簧過程中,A、B動量守恒,有mBv0=mBvB+mvA且mB=4m,
故有4mvB+mvA=4mv0,對方程兩邊同時乘以時間Δt,有4mvBΔt+mvAΔt=4mv0Δt,
在0~t0時間內(nèi),位移等于速度在時間上的累積,可得4mv0t0=4msB+msA,又有sA=0.28v0t0,
代入可得sB=0.93v0t0,則第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值Δs=sB-sA=0.65v0t0,
故C正確,D錯誤。
5.(4分)(2024·青海海南一模)如圖所示,一個質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面上,滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧EF,圓弧半徑R=1 m。E點與水平面相切。另有一個質(zhì)量為m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右從E點沖上滑塊,若小球剛好到達圓弧的上端,已知重力加速度大小g取10 m/s2,不計一切摩擦,則滑塊與小球質(zhì)量的比值為(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 5
【答案】 C
【解析】 根據(jù)題意,小球上升到滑塊上端時,小球與滑塊的速度相同,設(shè)為v1,根據(jù)動量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根據(jù)機械能守恒定律有m=(m+M)+mgR,聯(lián)立解得=4。故C正確。
6.(6分)(2024·陜西西安二模)(多選)如圖,兩輛完全相同的小車A和B靜止在光滑水平面上,兩小車緊靠在一起而不粘連,在小車A上豎直固定一輕質(zhì)細桿,長 l=1 m的輕質(zhì)細繩的一端系在細桿頂端,另一端拴一質(zhì)量m=1 kg的小球,已知小車的質(zhì)量M=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,細桿的高度大于繩長。現(xiàn)將小球向右拉至細繩恰好水平且伸直,然后由靜止釋放,下列說法正確的是(　　)
[A] 從小球開始釋放到A、B分離前,小球和兩車組成的系統(tǒng)滿足動量守恒
[B] 釋放小球后到小球第一次到達最低點過程中,小車A對小車B的彈力一直對B做正功
[C] 小球第一次到達最低點時速度大小是3 m/s
[D] A、B兩車分離時,B車的速度大小為1 m/s
【答案】 BD
【解析】 從小球開始釋放到A、B分離前,小球和兩車組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零,小球和兩車組成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒,豎直方向動量不守恒,故A錯誤;釋放小球后到小球第一次到達最低點過程中,小球在水平方向的分速度一直增大,根據(jù)水平方向動量守恒可知小車A、B速度一直增大,當(dāng)小球到達最低點時,小車A、B速度達到最大,則小車A對小車B的彈力一直對B做正功,故B正確;設(shè)小球第一次到達最低點時的速度大小為v0,兩小車速度大小均為v1,在水平方向根據(jù)動量守恒定律有mv0=2Mv1,根據(jù)機械能守恒定律有m+×2M=mgl,聯(lián)立解得v0=4 m/s,v1=1 m/s,當(dāng)小球從最低點向左運動到最高點過程中,繩子拉力對小車A做負功,小車A速度減小,則小球在最低點時,小車A和小車B分開,小車B的速度為1 m/s,故C錯誤,D正確。
7.(6分)(2024·廣東卷,10)(多選)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有(　　)
[A] 甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
[B] 碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
[C] 乙的運動時間與H乙無關(guān)
[D] 甲最終停止位置與O處相距
【答案】 ABD
【解析】 兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時由靜止開始下滑,相對速度為零,故A正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動,由于兩滑塊質(zhì)量相同,且發(fā)生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,故B正確;設(shè)斜面傾角為θ,乙下滑過程有H乙=gsin θ,在水平面運動一段時間t2后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運動的時間為t3,乙運動的時間為t=t1+t2+t3,由于t1與H乙有關(guān),則總時間與H乙有關(guān),故C錯誤;乙下滑過程根據(jù)動能定理有mgH乙=m-0,由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞,交換速度,則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同,如果不發(fā)生碰撞,乙在水平面運動到停止有=2μgx,聯(lián)立可得x=,即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距,故D正確。
8.(6分)(2024·河北邢臺二模)(多選)如圖所示,在足夠長的光滑水平面上,有一個質(zhì)量為2m的物塊A,在物塊A正上方有一繩長為L的細線拴接一個質(zhì)量為m的小球,將小球拉至水平位置由靜止釋放,在最低點與物塊A發(fā)生彈性正碰,之后物塊A與右側(cè)質(zhì)量為4m的物塊B發(fā)生正碰。已知重力加速度大小為g,兩物塊和小球均可看作質(zhì)點,忽略空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
[A] 小球與物塊A碰撞后瞬間物塊A的速度大小為
[B] 小球與物塊A碰撞前后瞬間細繩的拉力大小之比為9∶1
[C] 物塊A與物塊B碰撞后物塊B能獲得的最小速度為
[D] 物塊A與物塊B碰撞后物塊B能獲得的最大動能為
【答案】 AC
【解析】 設(shè)小球與物塊A碰撞前瞬間的速度大小為v0,根據(jù)動能定理可得mgL=m-0,解得v0=,設(shè)小球與物塊A碰撞后瞬間小球速度大小為v1,A的速度大小為v2,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,m=m+×2m,聯(lián)立解得v1=-,v2=,故A正確;小球與物塊A碰撞前瞬間,根據(jù)牛頓第二定律可得FT-mg=m,解得FT=3mg,小球與物塊A碰撞后瞬間,根據(jù)牛頓第二定律可得FT′-mg=m,解得FT′=mg,則有FT∶FT′=27∶11,故B錯誤;當(dāng)物塊A與物塊B發(fā)生完全非彈性碰撞時,物塊B獲得的速度最小,根據(jù)動量守恒定律可得2mv2=(2m+4m)vmin,解得物塊B能獲得的最小速度為vmin=,故C正確;物塊A與物塊B發(fā)生彈性碰撞時,物塊B獲得的速度最大,動能最大,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得2mv2=2mvA+4mvB,×2m=×2m+×4m,聯(lián)立解得物塊B獲得的最大速度為vB=,則物塊B能獲得的最大動能為Ekm=×4m=,故D錯誤。
9.(13分)如圖,A、B兩點間距離L=1.9 m,質(zhì)量為m甲= kg的小物塊甲向右與靜止在水平地面上A點的質(zhì)量為m乙=1 kg的小物塊乙發(fā)生彈性正碰,碰前瞬間甲的速度大小v0=4.8 m/s。碰后乙在AB間運動的某段距離中,受到一水平向右、大小F=1 N的恒定推力。乙與靜止在B點處、質(zhì)量為m丙=1 kg的小物塊丙發(fā)生正碰,乙在此碰撞前、后瞬間的速度大小之比為3∶1,碰后丙經(jīng)d=0.04 m停止運動。乙、丙與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,所有碰撞時間極短,g取10 m/s2。求:
(1)甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小;
(2)乙、丙碰撞過程損失的機械能;
(3)推力F在AB間作用的最長時間。
【答案】 (1)2.4 m/s　(2)0.08 J　(3)1 s
【解析】 (1)甲、乙發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律有m甲v0=m甲v甲+m乙v乙,
由機械能守恒定律有
m甲=m甲+m乙,
解得v乙=2.4 m/s。
(2)乙、丙碰撞后,對丙由動能定理有
-μm丙gd=0-m丙,
解得v丙=0.4 m/s,
乙、丙碰撞過程中,由動量守恒定律有
m乙v乙1=m乙v乙2+m丙v丙,
其中=,
聯(lián)立解得v乙1=0.6 m/s,v乙2=0.2 m/s,
由能量守恒定律有
m乙=m乙+m丙+ΔE,
解得ΔE=0.08 J。
(3)有力F作用時,對乙由牛頓第二定律有
μm乙g-F=m乙a1,
解得a1=1 m/s2,
沒有力F時,對乙由牛頓第二定律有
μm乙g=m乙a2,
解得a2=2 m/s2,
由運動學(xué)公式+=L,
解得v=1.6 m/s,
由v=at可得,推力F在AB間作用的最長時間為t=,
解得t=1 s。
10.(15分)(2024·天津紅橋二模)如圖所示,質(zhì)量為M=2.0 kg,半徑R=0.3 m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上,有兩個大小、形狀相同的可視為質(zhì)點的光滑小球m1、m2,m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,m2右側(cè)與球心等高處連接一輕質(zhì)彈簧,彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離。現(xiàn)將m1從圓弧槽頂端由靜止釋放,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)若圓弧槽固定不動,小球m1滑離圓弧槽時的速度大小v0;
(2)若圓弧槽不固定,小球m1滑離圓弧槽時的速度大小v1;
(3)圓弧槽不固定的情況下彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能。
【答案】 (1) m/s　(2)2 m/s　(3) J
【解析】 (1)若圓弧槽固定,小球機械能守恒,則
m1gR=m1,
解得v0= m/s。
(2)若圓弧槽不固定,槽和小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,若以向左為正方向,在水平方向上,由動量守恒定律得
m1v1-Mv2=0,
由機械能守恒定律得
m1gR=m1+M,
解得v1=2 m/s。
(3)當(dāng)小球m1、m2速度相等時,彈簧具有最大彈性勢能,根據(jù)動量守恒定律可得
m1v1=(m1+m2)v,
解得v= m/s,
根據(jù)能量守恒定律可得
Epm=m1-(m1+m2)v2,
代入數(shù)據(jù)可得Epm= J。
(
第
10
頁
)第3講　小專題:動量守恒中的碰撞模型及其拓展
考點一　碰撞模型
1.碰撞:碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短,而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。
2.特點:在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。
3.分類
類型 動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非 彈性碰撞 守恒 損失最大
[例1] 【彈性碰撞】 (2024·廣西卷,8)(多選)如圖,在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動,速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰,碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力,則碰撞后,N在(　　)
[A] 豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
[B] 豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動
[C] 水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v
[D] 水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v
彈性碰撞的結(jié)論
(1)彈性碰撞:系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2,
聯(lián)立解得
v1′=,
v2′=。
(2)特例:一動一靜彈性碰撞(v2=0),則有
v1′=v1,v2′=v1。
①若m1=m2,則v1′=0,v2′=v1(速度交換)。
②若m1>m2,則v1′>0,v2′>0(碰撞后,兩物體沿同一方向運動)。
③若m1 m2,則v1′≈v1,v2′≈2v1。
④若m10(碰撞后,兩物體沿相反方向運動)。
⑤若m1 m2,則v1′≈-v1,v2′≈0。
[例2] 【非彈性碰撞】(多選)如圖所示,水平桌面上的白球擊打靜止的藍球,兩球碰后沿同一直線運動。藍球經(jīng)t=0.6 s的時間向前運動x1=0.36 m剛好(速度為0)落入袋中,而白球沿同一方向運動x2=0.16 m停止運動,已知兩球的質(zhì)量均為m,碰后以相同的加速度做勻變速直線運動,假設(shè)兩球碰撞的時間極短且發(fā)生正碰(內(nèi)力遠大于外力),則下列說法正確的是(　　)
[A] 由于摩擦不能忽略,則碰撞過程動量不守恒
[B] 碰后藍球與白球的速度之比為3∶2
[C] 碰撞前白球的速度大小為2 m/s
[D] 該碰撞為彈性碰撞
[例3] 【完全非彈性碰撞】 (2024·山東煙臺一模)如圖所示,某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為m,相距2L沿直線排列,靜置于水平地面上。為節(jié)省收納空間,工人給第一輛車一個瞬間的水平推力F使車自行運動,并與第二輛車相碰,且在極短時間內(nèi)相互嵌套結(jié)為一體,以共同的速度運動了距離,恰好停靠在墻邊。若車運動時受到的摩擦力恒為車重的k倍,忽略空氣阻力,重力加速度為g。則工人給第一輛購物車水平推力F的沖量大小為(　　)
[A] 2m [B] 2m
[C] 2m [D] 2m
非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
(1)非彈性碰撞:碰撞后兩物體分離,動能有部分損失。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2+ΔEk損。
(2)完全非彈性碰撞:碰撞后兩物體合二為一,以同一速度運動,動能損失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk損m。
聯(lián)立解得v=,
ΔEk損m=(v1-v2)2。
[例4] 【碰撞的可能性分析】(2024·江蘇鹽城期中)如圖所示,質(zhì)量為3m的小球B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m、速度為v的小球A與小球B發(fā)生正碰,碰撞后小球B的速度大小可能是(　　)
[A] 0.15v [B] 0.2v
[C] 0.4v [D] 0.6v
[提升] 【靜止物體被撞后的速度范圍】 質(zhì)量為mA、初速度為v0的物體A與靜止的質(zhì)量為mB的物體B發(fā)生碰撞,碰撞后物體B的速度范圍為　　　　≤vB≤　　　　。
碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒:p1+p2=p1′+p2′。
(2)動能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′。
(3)速度要符合實際情況。
①碰前兩物體同向運動,若要發(fā)生碰撞,則應(yīng)有v后>v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動,則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動,碰后兩物體的運動方向至少有一個改變。
考點二　碰撞模型拓展
1.“滑塊—彈簧”模型
圖示
特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中,系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,系統(tǒng)動量守恒。 (2)在能量方面,由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化,系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化;若系統(tǒng)所受的除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功,系統(tǒng)機械能守恒。 (3)彈簧處于最短(最長)狀態(tài)時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統(tǒng)動能通常最小。 (4)彈簧處于原長時,彈性勢能為零,系統(tǒng)動能通常最大,但物體速度一般不相等
2.“滑塊—斜(曲)面”模型
圖示 (水平地面與斜面或曲面軌道均光滑且斜面軌道與水平軌道平滑連接)
特點 若滑塊沒有沖出軌道 (1)到達最高點:滑塊與斜面或曲面具有共同水平速度v共,系統(tǒng)水平方向動量守恒,(M+m)v共=mv0;系統(tǒng)機械能守恒,(M+m)+mgh=m,其中h為滑塊上升的最大高度,不一定等于軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。 (2)返回最低點:滑塊與斜面或曲面的分離點。水平方向動量守恒,mv1+Mv2=mv0;系統(tǒng)機械能守恒,m+M=m(彈性碰撞拓展模型)
3.“懸線擺”模型
模型 圖示
模型 規(guī)律 (1)水平直桿光滑,物體A和物體B構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向合力為零,系統(tǒng)水平方向動量守恒。 (2)系統(tǒng)僅有重力做功,系統(tǒng)機械能守恒
兩種 情況 (1)物體B擺動到最高點時物體A與物體B共速,根據(jù)水平方向動量守恒有mBv0=(mA+mB)v共,根據(jù)機械能守恒定律有mB=(mA+mB)+mBgh。 (2)物體B再次擺動到物體A正下方,此過程系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒,即mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB(類似于彈性碰撞)
[例5] 【“滑塊—彈簧”模型】(2024·天津?qū)幒佣?如圖所示,光滑水平直軌道上靜止放置三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧。給A一個初速度v0,使其向B運動并壓縮彈簧(彈簧始終在彈性限度內(nèi)),當(dāng)彈簧第一次壓縮到最短時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞時間極短,求:
(1)B與C碰撞前的瞬間,B的速度大小;
(2)從A開始運動到彈簧壓縮最短時C受到的沖量大小;
(3)從A開始運動到A與彈簧分離的過程中,整個系統(tǒng)損失的機械能。
(1)“滑塊—彈簧”模型的解題方法。
①首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài)。
②分析碰撞前、后彈簧和物體的運動狀態(tài),根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程。
③判斷解出的結(jié)果是否滿足“實際情境可行性原則”,如果不滿足,則要舍掉該結(jié)果。
(2)過程討論:當(dāng)甲、乙兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時,彈簧壓縮到最短或伸長到最長(兩物體共速),彈簧的彈性勢能最大,物體間發(fā)生“類完全非彈性碰撞”,只不過動能的減少是暫時的,儲存在彈性勢能中;當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時,兩物體發(fā)生“類彈性碰撞”,大多數(shù)都可類比彈性碰撞“一動碰一靜模型”分析求解,但是特殊情況不可照搬。
[例6] 【“滑塊—斜(曲)面”模型】 如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑、半徑R=0.3 m的四分之一圓弧面,圓弧面右側(cè)一蹲在滑板上的某人和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻此人將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向圓弧面推出,冰塊平滑地滑上圓弧面,在圓弧面上上升的最大高度為h=0.3 m。已知此人與滑板的總質(zhì)量為m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10 kg,此人與滑板始終無相對運動。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圓弧面的質(zhì)量;
(2)通過計算判斷,冰塊與圓弧面分離后能否追上此人
[變式] 若[例6]中此人將冰塊以相對于冰面v0=6 m/s 的速度向圓弧面推出,求冰塊到達圓弧面最高點時的速度,并說明冰塊沖出圓弧面后的運動情況。
[例7] 【“懸線擺”模型】如圖所示,兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接,B球穿在光滑細桿上。初始時,細繩恰好伸直并處于水平狀態(tài),兩球均可視為質(zhì)點且mB=2mA,重力加速度為g。現(xiàn)將A、B由靜止釋放,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] A球在豎直平面內(nèi)做變速圓周運動
[B] B球的最大速度大小為
[C] A球速度最大時,水平位移大小為
[D] B球向右運動的最大位移大小為
(滿分:70分)
對點1.碰撞模型
1.(4分)(2024·遼寧遼陽期末)甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為2m和m,它們以相同的速率v在光滑水平面上相向運動并發(fā)生碰撞。若碰撞后兩滑塊粘合在一起,則碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為(　　)
[A] mv2 [B] mv2
[C] mv2 [D] mv2
2.(6分)(2024·寧夏石嘴山三模)(多選)A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰,如圖所示,a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時間圖像,c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖像,若A球質(zhì)量是m=2 kg,則由圖可知,下列結(jié)論正確的是(　　)
[A] A、B碰撞前的總動量為3 kg·m/s
[B] 碰撞時A對B所施沖量為-4 N·s
[C] 碰撞前后A的動量變化量為4 kg·m/s
[D] 碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為8 J
對點2.碰撞模型拓展
3.(4分)(2024·北京朝陽一模)如圖所示,光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m,P以速度v向右運動,Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(　　)
[A] P的動量為零
[B] Q的動量達到最大值
[C] P、Q系統(tǒng)總動量小于mv
[D] 彈簧儲存的彈性勢能為mv2
4.(6分)(2024·湖南邵陽三模)(多選)如圖甲,一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接,靜止在光滑水平面上,物塊B向A運動,t=0時與彈簧接觸,到t=2t0時與彈簧分離,碰撞結(jié)束,A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知從0到t0時間內(nèi),物塊A運動的距離為0.28v0t0。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則下列說法正確的是(　　)
[A] 物塊B的質(zhì)量為5m
[B] 碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為m
[C] 0~t0時間內(nèi)物塊B運動的距離為0.93v0t0
[D] 彈簧壓縮量的最大值為0.79v0t0
5.(4分)(2024·青海海南一模)如圖所示,一個質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面上,滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧EF,圓弧半徑R=1 m。E點與水平面相切。另有一個質(zhì)量為m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右從E點沖上滑塊,若小球剛好到達圓弧的上端,已知重力加速度大小g取10 m/s2,不計一切摩擦,則滑塊與小球質(zhì)量的比值為(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 5
6.(6分)(2024·陜西西安二模)(多選)如圖,兩輛完全相同的小車A和B靜止在光滑水平面上,兩小車緊靠在一起而不粘連,在小車A上豎直固定一輕質(zhì)細桿,長 l=1 m的輕質(zhì)細繩的一端系在細桿頂端,另一端拴一質(zhì)量m=1 kg的小球,已知小車的質(zhì)量M=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,細桿的高度大于繩長。現(xiàn)將小球向右拉至細繩恰好水平且伸直,然后由靜止釋放,下列說法正確的是(　　)
[A] 從小球開始釋放到A、B分離前,小球和兩車組成的系統(tǒng)滿足動量守恒
[B] 釋放小球后到小球第一次到達最低點過程中,小車A對小車B的彈力一直對B做正功
[C] 小球第一次到達最低點時速度大小是3 m/s
[D] A、B兩車分離時,B車的速度大小為1 m/s
7.(6分)(2024·廣東卷,10)(多選)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有(　　)
[A] 甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
[B] 碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
[C] 乙的運動時間與H乙無關(guān)
[D] 甲最終停止位置與O處相距
8.(6分)(2024·河北邢臺二模)(多選)如圖所示,在足夠長的光滑水平面上,有一個質(zhì)量為2m的物塊A,在物塊A正上方有一繩長為L的細線拴接一個質(zhì)量為m的小球,將小球拉至水平位置由靜止釋放,在最低點與物塊A發(fā)生彈性正碰,之后物塊A與右側(cè)質(zhì)量為4m的物塊B發(fā)生正碰。已知重力加速度大小為g,兩物塊和小球均可看作質(zhì)點,忽略空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
[A] 小球與物塊A碰撞后瞬間物塊A的速度大小為
[B] 小球與物塊A碰撞前后瞬間細繩的拉力大小之比為9∶1
[C] 物塊A與物塊B碰撞后物塊B能獲得的最小速度為
[D] 物塊A與物塊B碰撞后物塊B能獲得的最大動能為
9.(13分)如圖,A、B兩點間距離L=1.9 m,質(zhì)量為m甲= kg的小物塊甲向右與靜止在水平地面上A點的質(zhì)量為m乙=1 kg的小物塊乙發(fā)生彈性正碰,碰前瞬間甲的速度大小v0=4.8 m/s。碰后乙在AB間運動的某段距離中,受到一水平向右、大小F=1 N的恒定推力。乙與靜止在B點處、質(zhì)量為m丙=1 kg的小物塊丙發(fā)生正碰,乙在此碰撞前、后瞬間的速度大小之比為3∶1,碰后丙經(jīng)d=0.04 m停止運動。乙、丙與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,所有碰撞時間極短,g取10 m/s2。求:
(1)甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小;
(2)乙、丙碰撞過程損失的機械能;
(3)推力F在AB間作用的最長時間。
10.(15分)(2024·天津紅橋二模)如圖所示,質(zhì)量為M=2.0 kg,半徑R=0.3 m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上,有兩個大小、形狀相同的可視為質(zhì)點的光滑小球m1、m2,m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,m2右側(cè)與球心等高處連接一輕質(zhì)彈簧,彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離。現(xiàn)將m1從圓弧槽頂端由靜止釋放,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)若圓弧槽固定不動,小球m1滑離圓弧槽時的速度大小v0;
(2)若圓弧槽不固定,小球m1滑離圓弧槽時的速度大小v1;
(3)圓弧槽不固定的情況下彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能。
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高中總復(fù)習(xí)·物理
第3講　
小專題:動量守恒中的
碰撞模型及其拓展
1.碰撞:碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短,而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。
2.特點:在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。
3.分類
類型 動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非 彈性碰撞 守恒 損失最大
[例1] 【彈性碰撞】 (2024·廣西卷,8)(多選)如圖,在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動,速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰,碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力,則碰撞后,N在
(　　 )
[A] 豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
[B] 豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動
[C] 水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v
[D] 水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v
BC
【解析】 兩小球碰撞過程是彈性碰撞,由于兩小球質(zhì)量相等,故碰撞后兩小球交換速度,即vM=0,vN=v。碰后小球N做平拋運動,在水平方向做勻速直線運動,即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v;在豎直方向做自由落體運動,即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動。
規(guī)律總結(jié)
彈性碰撞的結(jié)論
(1)彈性碰撞:系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。
規(guī)律總結(jié)
①若m1=m2,則v1′=0,v2′=v1(速度交換)。
②若m1>m2,則v1′>0,v2′>0(碰撞后,兩物體沿同一方向運動)。
③若m1 m2,則v1′≈v1,v2′≈2v1。
④若m10(碰撞后,兩物體沿相反方向運動)。
⑤若m1 m2,則v1′≈-v1,v2′≈0。
[例2] 【非彈性碰撞】(多選)如圖所示,水平桌面上的白球擊打靜止的藍球,兩球碰后沿同一直線運動。藍球經(jīng)t=0.6 s的時間向前運動x1=0.36 m剛好(速度為0)落入袋中,而白球沿同一方向運動x2=0.16 m停止運動,已知兩球的質(zhì)量均為m,碰后以相同的加速度做勻變速直線運動,假設(shè)兩球碰撞的時間極短且發(fā)生正碰(內(nèi)力遠大于外力),則下列說法正確的是(　 　)
[A] 由于摩擦不能忽略,則碰撞過程動量不守恒
[B] 碰后藍球與白球的速度之比為3∶2
[C] 碰撞前白球的速度大小為2 m/s
[D] 該碰撞為彈性碰撞
BC
A
非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
(1)非彈性碰撞:碰撞后兩物體分離,動能有部分損失。
規(guī)律總結(jié)
(2)完全非彈性碰撞:碰撞后兩物體合二為一,以同一速度運動,動能損失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
規(guī)律總結(jié)
[例4] 【碰撞的可能性分析】(2024·江蘇鹽城期中)如圖所示,質(zhì)量為3m的小球B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m、速度為v的小球A與小球B發(fā)生正碰,碰撞后小球B的速度大小可能是(　　)
[A] 0.15v [B] 0.2v
[C] 0.4v [D] 0.6v
C
[提升] 【靜止物體被撞后的速度范圍】 質(zhì)量為mA、初速度為v0的物體A與
靜止的質(zhì)量為mB的物體B發(fā)生碰撞,碰撞后物體B的速度范圍為　　　 　≤
vB≤　　　　。
規(guī)律總結(jié)
碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒:p1+p2=p1′+p2′。
(2)動能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′。
(3)速度要符合實際情況。
①碰前兩物體同向運動,若要發(fā)生碰撞,則應(yīng)有v后>v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動,則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動,碰后兩物體的運動方向至少有一個改變。
1.“滑塊—彈簧”模型
圖示
特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中,系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,系統(tǒng)動量守恒。
(2)在能量方面,由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化,系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化;若系統(tǒng)所受的除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功,系統(tǒng)機械能守恒。
(3)彈簧處于最短(最長)狀態(tài)時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統(tǒng)動能通常最小。
(4)彈簧處于原長時,彈性勢能為零,系統(tǒng)動能通常最大,但物體速度一般不相等
2.“滑塊—斜(曲)面”模型
圖示
(水平地面與斜面或曲面軌道均光滑且斜面軌道與水平軌道平滑連接)
3.“懸線擺”模型
模型 圖示
模型 規(guī)律 (1)水平直桿光滑,物體A和物體B構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向合力為零,系統(tǒng)水平方向動量守恒。
(2)系統(tǒng)僅有重力做功,系統(tǒng)機械能守恒
[例5] 【“滑塊—彈簧”模型】(2024·天津?qū)幒佣?如圖所示,光滑水平直軌道上靜止放置三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧。給A一個初速度v0,使其向B運動并壓縮彈簧(彈簧始終在彈性限度內(nèi)),當(dāng)彈簧第一次壓縮到最短時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞時間極短,求:
(1)B與C碰撞前的瞬間,B的速度大小;
(2)從A開始運動到彈簧壓縮最短時C受到的沖量大小;
(3)從A開始運動到A與彈簧分離的過程中,整個系統(tǒng)損失的機械能。
方法點撥
(1)“滑塊—彈簧”模型的解題方法。
①首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài)。
②分析碰撞前、后彈簧和物體的運動狀態(tài),根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程。
③判斷解出的結(jié)果是否滿足“實際情境可行性原則”,如果不滿足,則要舍掉該結(jié)果。
方法點撥
(2)過程討論:當(dāng)甲、乙兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時,彈簧壓縮到最短或伸長到最長(兩物體共速),彈簧的彈性勢能最大,物體間發(fā)生“類完全非彈性碰撞”,只不過動能的減少是暫時的,儲存在彈性勢能中;當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時,兩物體發(fā)生“類彈性碰撞”,大多數(shù)都可類比彈性碰撞“一動碰一靜模型”分析求解,但是特殊情況不可照搬。
[例6] 【“滑塊—斜(曲)面”模型】 如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑、半徑R=0.3 m的四分之一圓弧面,圓弧面右側(cè)一蹲在滑板上的某人和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻此人將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向圓弧面推出,冰塊平滑地滑上圓弧面,在圓弧面上上升的最大高度為h=0.3 m。已知此人與滑板的總質(zhì)量為m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10 kg,此人與滑板始終無相對運動。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圓弧面的質(zhì)量;
【答案】 (1)20 kg
規(guī)范答題
(2)通過計算判斷,冰塊與圓弧面分離后能否追上此人
規(guī)范答題
[變式] 若[例6]中此人將冰塊以相對于冰面v0=6 m/s 的速度向圓弧面推出,求冰塊到達圓弧面最高點時的速度,并說明冰塊沖出圓弧面后的運動情況。
冰塊到達圓弧面最高點時,水平方向分速度與圓弧面相同,冰塊相對于冰面的速度斜向左上方,故冰塊沖出圓弧面后相對于冰面做斜拋運動,相對于圓弧面做豎直上拋運動,最終落回到圓弧面。
[例7] 【“懸線擺”模型】如圖所示,兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接,
B球穿在光滑細桿上。初始時,細繩恰好伸直并處于水平狀態(tài),兩球均可視為質(zhì)點且mB=2mA,重力加速度為g。現(xiàn)將A、B由靜止釋放,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
D
對點1.碰撞模型
1.(4分)(2024·遼寧遼陽期末)甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為2m和m,它們以相同的速率v在光滑水平面上相向運動并發(fā)生碰撞。若碰撞后兩滑塊粘合在一
起,則碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為(　　)
基礎(chǔ)對點練
A
2.(6分)(2024·寧夏石嘴山三模)(多選)A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰,如圖所示,a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時間圖像,c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖像,若A球質(zhì)量是m=2 kg,則由圖可知,下列結(jié)論正確的是(　 　)
[A] A、B碰撞前的總動量為3 kg·m/s
[B] 碰撞時A對B所施沖量為-4 N·s
[C] 碰撞前后A的動量變化量為4 kg·m/s
[D] 碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為8 J
BC
對點2.碰撞模型拓展
3.(4分)(2024·北京朝陽一模)如圖所示,光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m,P以速度v向右運動,Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(　　)
[A] P的動量為零
[B] Q的動量達到最大值
[C] P、Q系統(tǒng)總動量小于mv
D
4.(6分)(2024·湖南邵陽三模)(多選)如圖甲,一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接,靜止在光滑水平面上,物塊B向A運動,t=0時與彈簧接觸,到t=2t0時與彈簧分離,碰撞結(jié)束,A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知從0到t0時間內(nèi),物塊A運動的距離為0.28v0t0。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則下列說法正確的是(　 　)
[A] 物塊B的質(zhì)量為5m
[C] 0~t0時間內(nèi)物塊B運動的距離為0.93v0t0
[D] 彈簧壓縮量的最大值為0.79v0t0
BC
C
[A] 2 [B] 3
[C] 4 [D] 5
6.(6分)(2024·陜西西安二模)(多選)如圖,兩輛完全相同的小車A和B靜止在光滑水平面上,兩小車緊靠在一起而不粘連,在小車A上豎直固定一輕質(zhì)細桿,長 l=1 m的輕質(zhì)細繩的一端系在細桿頂端,另一端拴一質(zhì)量m=1 kg的小球,已知小車的質(zhì)量M=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,細桿的高度大于繩長。現(xiàn)將小球向右拉至細繩恰好水平且伸直,然后由靜止釋放,下列說法正確的是(　 　)
[A] 從小球開始釋放到A、B分離前,小球和兩車組成的系統(tǒng)滿足動量守恒
[B] 釋放小球后到小球第一次到達最低點過程中,小車A對小車B的彈力一直對B做正功
[C] 小球第一次到達最低點時速度大小是3 m/s
[D] A、B兩車分離時,B車的速度大小為1 m/s
BD
【解析】 從小球開始釋放到A、B分離前,小球和兩車組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零,小球和兩車組成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒,豎直方向動量不守恒,故A錯誤;釋放小球后到小球第一次到達最低點過程中,小球在水平方向的分速度一直增大,根據(jù)水平方向動量守恒可知小車A、B速度一直增大,當(dāng)小球到達最低點時,小車A、B速度達到最大,則小車A對小車B的彈力一直對B做正功,故B正確;
綜合提升練
7.(6分)(2024·廣東卷,10)(多選)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有(　 　)
[A] 甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
[B] 碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
[C] 乙的運動時間與H乙無關(guān)
ABD
【解析】 兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時由靜止開始下滑,相對速度為零,故A正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動,由于兩滑塊質(zhì)量相同,且發(fā)生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,故B正確;
8.(6分)(2024·河北邢臺二模)(多選)如圖所示,在足夠長的光滑水平面上,有一個質(zhì)量為2m的物塊A,在物塊A正上方有一繩長為L的細線拴接一個質(zhì)量為m的小球,將小球拉至水平位置由靜止釋放,在最低點與物塊A發(fā)生彈性正碰,之后物塊A與右側(cè)質(zhì)量為4m的物塊B發(fā)生正碰。已知重力加速度大小為g,兩物塊和小球均可看作質(zhì)點,忽略空氣阻力。下列說法正確的是(　 　)
AC
(1)甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小;
【答案】 (1)2.4 m/s
(2)乙、丙碰撞過程損失的機械能;
【答案】 (2)0.08 J
(3)推力F在AB間作用的最長時間。
【答案】 (3)1 s
【解析】 (3)有力F作用時,
對乙由牛頓第二定律有μm乙g-F=m乙a1,
解得a1=1 m/s2,
沒有力F時,對乙由牛頓第二定律有μm乙g=m乙a2,
解得a2=2 m/s2,
10.(15分)(2024·天津紅橋二模)如圖所示,質(zhì)量為M=2.0 kg,半徑R=0.3 m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上,有兩個大小、形狀相同的可視為質(zhì)點的光滑小球m1、m2,m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,m2右側(cè)與球心等高處連接一輕質(zhì)彈簧,彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離。現(xiàn)將m1從圓弧槽頂端由靜止釋放,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)若圓弧槽固定不動,小球m1滑離圓弧槽時的速度大小v0;
(2)若圓弧槽不固定,小球m1滑離圓弧槽時的速度大小v1;
【答案】 (2)2 m/s
(3)圓弧槽不固定的情況下彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能。

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