2021版高考物理一轮复习专题突破六弹性碰撞和完全非弹性碰撞学案 6页

专题突破(六)　弹性碰撞和完全非弹性碰撞 一、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，叫做弹性碰撞．若质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2的两个物体在水平面上发生弹性碰撞，依动量守恒且碰撞前后的总动能相等，‎ 有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′……(1)‎ m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2……(2)‎ 解(1)(2)得：v1′＝，‎ v2′＝ 讨论：‎ ‎(1)若m1＝m2，则有v1′＝v2，v2′＝v1，即碰后彼此交换速度，实现动量和动能的交换；‎ ‎(2)若碰前m2是静止的，即v2＝0.‎ ‎①m1>m2，则v1′>0，v2′>0，碰后两者同向运动；‎ ‎②m10，碰后，m1反向弹回，m2沿m1碰前的速度方向运动；‎ ‎③m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0，即质量很小的物体以原速率反弹，质量很大的物体仍然静止．‎ ‎④m2≪m1，则v1′≈v1，v2′≈2v1，即质量很大的运动物体碰后速度几乎不变，而质量很小的静止物体会以2倍运动物体的初速度沿同一方向运动．‎ 二、完全非弹性碰撞 发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，碰后两物体粘连在一起或者虽未粘连但以相同的速度运动．这种碰撞，只有动量守恒，机械能损失最大，损失的机械能转化为内能．‎ 有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，‎ ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2.‎ 例1　两足够长倾角θ＝37°的对称光滑斜面EF、GH，与长为L的光滑水平面FG相连，如图所示．有大小相同的质量分别为m、3m的A、B球，A球从h高处由静止开始沿斜面EF下滑，与静止于水平轨道并与F点相距的B球相撞．碰撞中无机械能损失，重力速度为g，小球经过连接点F、G时速度大小保持不变，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求 ‎(1)第一次碰撞结束后小球B能够上升的高度；‎ ‎(2)发生第二次碰撞的位置与F点的距离；‎ ‎(3)小球A、B第二次碰撞刚结束时各自的速度，‎ 6‎ 并讨论小球A、B第n次碰撞刚结束时各自的速度．‎ ‎[解析] (1)根据机械能守恒可知 mgh＝mv 解得：vA＝ 根据碰撞过程中无能量损失，所以动量及机械能守恒：‎ mvA＝mvA′＋3mvB mv＝mvA′2＋×3mv 解得：vA′＝－ vB＝ 再根据机械能守恒可知 ×3mv＝3mgH 解得：H＝h ‎(2)由于A、B小球碰后分别向左向右运动且速度大小相等，运动过程中机械能守恒，故在水平面上依旧是速度大小不变方向改变而已，因此，相遇时在水平面上运动的时间为t：‎ vA′t＋vBt＝2L 故A、B在水平面上都运动了L的距离 解得距离F点为L ‎(3)规定向右为正方向，设A、B第二次碰撞刚结束时的速度分别为v1、v2，则：‎ mvA′－3mvB＝mv1＋3mv2‎ mgh＝mv＋×3mv 解得：v1＝－　v2＝0‎ 由此可得，当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同．‎ 例2　 如图所示，B、C是两块完全相同的长为1 m的木板，静止在光滑水平地面上，木板B的右端与C的左端相距x0＝1 m，物块A(可视为质点)静止在C的右端．用F＝8 N的水平向右恒力作用于木板B上使其从静止开始运动．一段时间后，B与C碰撞，碰撞时间极短，碰撞瞬间，作用在木板B上的水平力撤除，木板B和C碰撞粘在一起．已知物块A质量为2 kg，木板B、C的质量均为1 kg，物块A与B、C之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)物体A、B、C最终的速度大小；‎ ‎(2)若要使碰撞后，A停在B木板上，则F的取值范围．‎ ‎[解析] (1)木板B从静止开始运动到与C碰前瞬间的过程，由动能定理得：‎ 6‎ Fx0＝mv－0　①‎ 解得：v0＝＝4 m/s　②‎ B与C碰撞过程，时间极短，内力极大，对B、C组成的系统动量守恒有：‎ mBv0＝v1　③‎ 解得：v1＝2 m/s　④‎ 之后A受摩擦而加速，B、C受摩擦而减速， A、B、C共速时，对A、B、C组成的系统动量守恒有：‎ mBv0＝v2　⑤‎ 解得：v2＝1 m/s　⑥‎ 设A相对于木板滑动的距离为x，则有：‎ μmAgx＝(mB＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v　⑦‎ 计算可得，x＝0.4 m<1 m　⑧‎ 故A最终在木板C上，与B、C共速，速度大小为v2＝1 m/s.‎ ‎(2)设要使碰撞后，A停在B木板上的右侧，F的大小为F1‎ 根据动能定理：F1x0＝mBv－0　⑨‎ 根据动量守恒：mBv01＝v1　⑩‎ mBv01＝v2　⑪‎ 根据能量守恒 μmAgl＝v－v　⑫‎ 联立⑨～⑫得：‎ F1＝20 N 设要使碰撞后，A停在B木板上的左侧，F的大小为F2‎ 根据动能定理：‎ F2x0＝mBv－0　⑬‎ 根据动量守恒，BC碰撞的瞬间：‎ mBv02＝v1′　⑭‎ 根据动量守恒，A滑动到B木板右端时， ‎ mBv02＝v2′　⑮‎ 根据能量守恒：‎ ‎2μmAgl＝v1′2－(mA＋mB＋mC)v2′2　⑯‎ 联立⑬～⑯各式得：‎ F2＝40 N 综上两种情况，则F的取值范围20 N≤F≤40 N ‎1．如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A、B不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过 6‎ c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)B经c点抛出时速度的大小；‎ ‎(2)B经b时速度的大小；‎ ‎(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．‎ ‎[解析] (1)B平抛运动过程竖直方向有2R＝gt2，水平方向：2R＝vct，解得：vc＝ ‎(2)B从b到c，由机械能守恒定律得 mv＝2mgR＋mv 解得：vb＝ ‎(3)设完全弹开后，A的速度为va，弹簧恢复原长过程中A与B组成系统动量守恒，2mva－mvb＝0，解得：va＝vb＝，由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：Ep＝×2mv＋mv 解得：Ep＝3.75mgR.‎ ‎2．如图所示，竖直面内一固定的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小球B静止于水平轨道的最左端，小球A在倾角θ＝37°的倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B球发生对心弹性碰撞，B球被碰后速度大小为A碰前速度的，A返回倾斜轨道上．已知A的质量为m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计小球体积和空气阻力，小球A经过斜面底端无能量损失．‎ ‎(1)求小球B的质量；‎ ‎(2)已知两小球与轨道间的动摩擦因数均相等，一段时间后A刚好能与B再次碰上，求小球与倾斜轨道间的动摩擦因数．‎ ‎[解析] (1)A与B作用有：‎ 由动量守恒定律得：mv＝mvA＋mB 由能量守恒得：mv2＝mv＋mB 解得：vA＝－v，mB＝7m ‎(2)A上冲斜面由动能定理得：‎ ‎－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝－m A从斜面上下滑由动能定理得：‎ ‎(mgsin θ－μmgcos θ)s＝mv′2‎ 6‎ 要A刚好能与B再次相碰，必有v′＝vB＝v ‎ 由上述三方程解得：μ＝0.6‎ ‎3．如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5 m，质量为0.6 kg.在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98 kg的小物块，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．一颗质量为0.02 kg的子弹以的150 m/s水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g取10 m/s2(结果保留2位有效数字)．‎ ‎(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动；‎ ‎(2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离．‎ ‎[解析] (1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为m0、M、m，初速度为v0的子弹击中小物块后二者的共同速度为v1由动量守恒定律得 m0v0＝v1　①‎ 子弹击中小物块后物块的质量为M′，且M′＝M＋m0.设当物块滑至第n块木板时，木板才开始运动 μ1M′g>μ2[M′＋(6－n)m]g　②‎ 其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．‎ 由式解得n>4.3‎ 即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动．‎ ‎(2)令物块滑上第五块木板上时速度为vs，vs满足： ‎ ‎－μ1g·4L＝，vs＝1 m/s 之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，‎ v－t图象如图：‎ ‎1－2t1＝t1⇒t1＝ s v共＝ m/s t2＝＝ s ‎∴x板＝× m＝ m＝0.078 m ‎4．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v－t图象如图乙所示，g取10 m/s2.‎ 6‎ ‎(1)小车在第1.0 s内所受的合力为多大？ ‎ ‎(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？‎ ‎(3)假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A、B在1.0～3.0 s时间内的v－t图象．‎ ‎[解析] (1)由图可知，在第1 s内，A、B的加速度大小相等，为a＝2 m/s2.‎ 物体A、B所受的摩擦力均为f＝ma＝2 N，方向相反．‎ 根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零．‎ ‎(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：‎ mvA－mvB＝(2m＋M)v 代入数据，解得v＝0.4 m/s，方向向右．‎ 由系统能量守恒得：‎ f(sA＋sB)＝mv＋mv－(2m＋M)v2，‎ 解得A、B的相对位移，即车的最小长度s＝sA＋sB＝4.8 m ‎(3)1 s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v.‎ 在该过程中，对A运用动量定理得 ‎－fΔt＝mΔv 解得Δt＝0.8 s.‎ 即系统在t＝1.8 s时达到共同速度，此后一起做匀速运动．‎ 在1.0～3.0 s时间内的v－t图象如下．‎ 6‎