2022版高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律专题强化四“碰撞类”模型问题学案新人教版

专题强化四 “碰撞类”模型问题 模型一 “物体与物体”正碰模型 1．分析碰撞问题的三个依据 1动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 2动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 3速度要合理 ①碰前两物体同向，则v后v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。 ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2．弹性碰撞的规律 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。 以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′① m1v＝m1v1′2＋m2v2′2② 由①②得v1′＝ v2′＝ 结论 1当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。 2当m1m2时，v1′0，v2′0，碰撞后两球都向前运动。 3当m1m2时，v1′0，v2′0，碰撞后质量小的球被反弹回来。 3．非弹性碰撞的规律 满足动量守恒定律和能量守恒定律。 例如以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面非弹性碰撞为例，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由能量守恒定律知，系统损失的机械能ΔE损＝m1v－。 例1 如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。不计空气阻力。 1在下落过程中，两个小球之间是否存在相互作用力请说明理由。 2已知h远大于两球半径，所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞前后小球都沿竖直方向运动。若碰撞后m2恰处于平衡状态，求 ①落地前瞬间，两个小球的速度大小v0； ②两个小球的质量之比m1︰m2； ③小球m1上升的最大高度H。 [解析] 1在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力。任意时刻它们的速度和加速度都相同，不会相互挤压，其间没有相互作用力。 2①根据机械能守恒定律 m1＋m2v＝m1＋m2gh 解得v0＝。 ②m1，m2以相同的速度v0落到地面，m2先与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向反向；接着与m1碰撞，碰后m2的速度恰好减为零，m1的速度为v1。取向上为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 －m1v0＋m2v0＝m1v1 m1v＋m2v＝m1v 解得v1＝2v0＝2，m1︰m2＝1︰3。 ③根据机械能守恒定律，有m1v＝m1gH， 解得H＝4h。 [答案] 1见解析 2① ②1︰3 ③4h 模型二 “滑块弹簧”碰撞模型 模型 图示 模型 特点 1两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 2在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒 3弹簧处于最长最短状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小完全非弹性碰撞拓展模型 4弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时 例2 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。求 1物块C的质量mC； 2B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。 [解析] 1由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1＝mA＋mCv2，解得mC＝2 kg。 212 s时B离开墙壁，之后A，B，C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A，C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律有 mA＋mCv3＝mA＋mB＋mCv4 mA＋mCv＝mA＋mB＋mCv＋Ep 联立得Ep＝9 J。 [答案] 12 kg 29 J 模型三 “滑块斜面”碰撞模型 模型 图示 模型 特点 1最高点m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝M＋mv共；系统机械能守恒，mv＝M＋mv＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度完全非弹性碰撞拓展模型 2最低点m与M分离点。水平方方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv完全弹性碰撞拓展模型 例3 2020甘肃天水市调研如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求 1碰撞过程中系统损失的机械能； 2碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。 [解析] 1小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向 由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝v0； 碰撞过程中系统损失的机械能为 E损＝mv－2mv2 解得E损＝mv。 2当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等，根据动量守恒定律mv0＝m＋m＋3mv1，解得v1＝v0， 根据机械能守恒得 2mgh＝2m2－5m2， 解得h＝。 [答案] 1mv 2 〔专题强化训练〕 1．2020课标Ⅲ，T15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1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为 A A．3 JB．4 J C．5 JD．6 J [解析] 本题结合运动图像考查动量守恒定律和能量守恒定律。由题图可知，碰撞前甲的速度v甲＝5 m/s，乙的速度v乙＝1 m/s，碰撞后甲的速度v′甲＝－1 m/s，乙的速度v′乙＝2 m/s，由于不受外力作用，甲、乙碰撞过程动量守恒，则有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，解得m乙＝6 kg，所以碰撞过程两物块损失的机械能为ΔE＝m甲v ＋m乙v －m甲v′ －m乙v′ ＝3 J，故A正确，B、C、D错误。 2．质量相等的A，B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9 kgm/s，B球的动量为pB＝3 kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A，B两球的动量可能是 A A．pA′＝6 kgm/s，pB′＝6 kgm/s B．pA′＝8 kgm/s，pB′＝4 kgm/s C．pA′＝－2 kgm/s，pB′＝14 kgm/s D．pA′