弹簧碰撞模型.doc

.模型分析1注意弹簧弹力特点及运动过程，弹簧弹力不能瞬间变化。2弹簧连接两种形式：连接或不连接。连接：可以表现为拉力和压力，从被压缩状态到恢复到原长时物体和弹簧不分离，弹簧的弹力从压力变为拉力。不连接：只表现为压力，弹簧恢复到原长后物体和弹簧分离，物体不再受弹簧的弹力作用。3动量和能量问题：动量守恒、机械能守恒，动能和弹性势能之间转化，等效于弹性碰撞。弹簧被压缩到最短或被拉伸到最长时，与弹簧相连的物体共速，此时弹簧具有最大的弹性势能，系统的总动能最小；弹簧恢复到原长时，弹簧的弹性势能为零，系统具有最大动能。题型1弹簧直接连接的两物体间的作用.【例1】质量分别为3m和m的两个物体， 用一根细线相连，中间夹着一个被压缩的轻质弹簧，整个系统原来在光滑水平地面上以速度v0向右匀速运动，如图所示.后来细线断裂，质量为m的物体离开弹簧时的速度变为2v0.求：（1）质量为3m的物体最终的速度；（2）弹簧的这个过程中做的总功.【答案】（1） （2） 【解析】（1）设3m的物体离开弹簧时的速度为v1，由动量守恒定律得：所以 （2）由能量守恒定律得： 所以弹性势能：【点评】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，解答的关键是正确确定初末状态及弹簧弹开过程的能量转化。【例2】【2015届石家庄市高中毕业班第二次模拟考试试卷理科综合能力测试】如图所示，一辆质量M=3kg的小车A静止在水平面上，小车上有一质量m=lkg的小物块B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为=6J，小物块与小车右壁距离为=0.4m，解除锁定，小物块脱离弹簧后与小车右壁发生碰撞，碰撞过程无机械能损失，不计一切摩擦。求：从解除锁定到小物块与小车右壁发生第一次碰撞，小车移动的距离；小物块与小车右壁发生碰撞后，小物块和小车各自的速度大小和方向。【答案】0.1m 小车速度方向向右为1m/s，小物块速度方向向左为3m/s解得或碰后小车速度方向向右为1m/s，小物块速度方向向左为3m/s【点评】本题考查动量守恒定律、能量守恒定律的结合应用，明确研究的系统和初末状态是正确解答的关键。4滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：滑块a、b的质量之比；整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比【分析】根据图象计算碰撞前速度的大小，根据动量守恒计算质量的比值；根据能量守恒计算碰撞损失的机械能，根据动能定理计算克服摩擦力所做的功，再计算它们的比值【解答】解：设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2由题给的图象得：v1=2m/s v2=1m/s a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v由题给的图象得：v=m/s 两球碰撞过程系统动量守恒，以球a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v，解得：m1：m2=1：8；由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为：E=m1v12+m2v22（m1+m2）v2，由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为：W=（m1+m2）v2，解得：W：E=1：2；答：滑块a、b的质量之比为1：8；整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1：23如图所示，水平地面上有两个静止的小物块A和B（可视为质点），A的质量为m=1.0kgB的质量为M=4.0kg，A、B之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不同连。在水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与半径为R=0.2m的圆轨道相切。将弹簧压缩后再释放（A、B分离后立即撤去弹簧），物块A 与墙壁发生弹性碰撤后，在水平面上与物块B相碰并黏合在一起。已知重力加速度大小g=10m/s2，不计一切摩擦，若黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求压缩弹簧具有的弹性势能的最大值。（结果保留三位有效数字）【分析】压缩弹簧释放后，由动量守恒定律列式。A与墙壁碰撞反弹后追上B，设碰后黏合体的速度为v，再由动量守恒定律列式。黏合体能滑上圆轨道，且仍能四轨道滑下，黏合体最多上升到圆弧上与圆心筹高处时，速度为零。由机械能守恒定律列式。再由功能原理求压缩弹簧具有的弹性势能的最大值。【解答】解：压缩弹簧释放后，设物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv1Mv2=0A与墙壁碰撞反弹后追上B，设碰后黏合体的速度为v，由动量守恒定律得 mv1+Mv2=（m+M）v黏合体能滑上圆轨道，且仍能四轨道滑下，黏合体最多上升到圆弧上与圆心筹高处时，速度为零。由机械能守恒定律得 由功能原理，弹簧被压缩后具有的弹性势能的最大值为：联立解得：Epm=15.6J。答：压缩弹簧具有的弹性势能的最大值是15.6J。9如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m=0.04kg、电量q=+2104c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下已知AB的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为=37、倾斜轨道长为L=2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强E=2.0103V/m（cos37=0.8，sin37=0.6，取g=10m/s2）求：（1）被释放前弹簧的弹性势能？（2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？（3）如果竖直圆弧轨道的半径R=0.9m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P？9【分析】（1）释放弹簧后弹簧的弹性势能转化为小球的动能先根据小球从A到B平抛运动过程，求出小球到B点时竖直分速度，由速度的分解求出到A点的速度，即可根据机械能守恒求解被释放前弹簧的弹性势能（2）要使小球不离开轨道，有两种情况：第一种情况：是恰好过竖直圆轨道最高点时，先由牛顿第二定律和向心力知识求出到最高点的速度，再由动能定理求解轨道半径第二种情况：小球恰好到竖直圆轨道最右端，由动能定理求解轨道半径（3）根据R=0.9m与上题结果中轨道半径R2的关系，知道小球冲上圆轨道H1=0.825m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2对两个过程，由动能定理求出H2与H1的关系，归纳得到n次上升高度Hn，运用数学知识求解【解答】解：（1）A到B平抛运动：vy2=2gh代入数据解得：vy=m/s=3m/sB点：tan37=得：vx=vA=m/s=4m/s被释放前弹簧的弹性势能：Ep=J=0.32J；（2）B点：vB=m/s=5m/sB到C：（mgsin37mgcos37）L=，代入数据解得：vC=m/s恰好过竖直圆轨道最高点时：mg+qE=m， qE=0.4N=mg从C到圆轨道最高点：（mg+qE）2R1=得：R1=0.33m恰好到竖直圆轨道最右端时：（mg+qE）R2=0得：R2=0.825m要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径R0.33m或R0，825m；（3）R=0.9mR2，小球冲上圆轨道H1=0.825m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2有：（mg+qE）H1=mgh1+mgh1， （mg+qE）H2=mgh1mgh1，同除得：H2=H1=H1之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动同理：n次上升高度Hn=（）n1H1（n0）为一等比数列 0.8250.01，当n=4时，上升的最大高度小于0.01m则小球共有6次通过距水平轨道高为0.01m的某一点 答：（1）被释放前弹簧的弹性势能为0.32J（2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径R0.33m或R0，825m（3）如果竖直圆弧轨道的半径R=0.9m，小球进入轨道后可以有6次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P【点评】本题是复杂的力电综合题，明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题要注意小球运动过程中各个物理量的变化题型2多过程、多物体问题【例3】【江西省高安中学2015届高三命题中心模拟押题】质量均为m=2 kg的三物块A、B、C，物块A、B用轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=3 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。求在以后的运动中：（1）从开始到弹簧的弹性势能第一次达到最大时，弹簧对物块A的冲量；（2）系统中弹性势能的最大值EP是多少？【答案】（1）；（2）；（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为，则：，解得：设弹簧的弹性势能最大为，根据机械能守恒得：代入解得为：【点评】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律，分清过程，明确相互作用的系统和作用过程遵从的规律，就能正确解答。【典例4】如图所示，滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始下滑下，与滑块B发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程中，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有 解得：滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有解得： （2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量定恒定律有： 由机械能定恒定律有： （3）被压缩的弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量定恒定律和机械能定恒定律有：解之得：（另一组解舍去）滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：解得之：【名师点睛】本题考查碰撞过程中的动量守恒和能量守恒的应用，由动能定理求出滑块 A下落到平面的速度，AB两个滑块碰撞的过程中滑块C不参与碰撞，当弹性势能最大时三个滑块的速度相同。10如图所示，光滑固定轨道的两端都是半径为R的四分之一圆弧，在轨道水平面上有两个质量均为m的小球B、C，B、C用一长度锁定不变的轻小弹簧栓接，弹性势能一质量也为m的小球A从左侧的最高点自由滑下，A滑到水平面与B碰后立即粘在一起结合成D就不再分离（碰撞时间极短）当D、C一起刚要滑到右侧最低点时，弹簧锁定解除且立即将C弹出并与弹簧分离求（1）弹簧锁定解除前瞬间，D、C速度大小（2）弹簧锁定解除后，C第一次滑上轨道右侧圆弧部分的轨迹所对的圆心角（3）弹簧锁定解除后，若C、D（含弹簧）每次碰撞均在水平面；求第N次碰撞结束时，C、D的速度10【分析】1、运用机械能守恒定律求解A球碰撞前的速度，据A、B、C系统动量守恒求解2、根据弹簧锁定解除前后，系统动量守恒和机械能守恒求解3、根据C、D（含弹簧）动量守恒和机械能守恒求解【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得：据A、B、C系统动量守恒得：mv1=3mv由得（2）根据弹簧锁定解除前后，系统动量守恒得：3mv=mvc+2mvD根据系统机械能守恒得：由得：（舍去） （舍去） vD=0C第一次滑上轨道右侧圆弧部分，根据系统机械能守恒得：由得：=90（3）以左为正方向，根据C、D（含弹簧）动量守恒得：第一次：mvC=mvC1+2mvD1根据系统机械能守恒得：由得：（舍去） vD1=0（舍去） 同理第二次：2mvD1+mvC1=mvC2+2mvD2.（11）（12）由（11）（12）得：（舍去） （舍去） vD2=0综上所述：当N为奇数：（向右） 当N为偶数时：（向右） vD=0答：（1）弹簧锁定解除前瞬间，D、C速度大小是（2）弹簧锁定解除后，C第一次滑上轨道右侧圆弧部分的轨迹所对的圆心角是90（3）弹簧锁定解除后，若C、D（含弹簧）每次碰撞均在水平面，当N为奇数时，CD的速度分别为（向右） 当N为偶数CD的速度分别为（向右） vD=0【点评】分析清楚A、B、C的运动过程，选择不同的过程应用动量守恒定律和机械能守恒定律，即可正确解题8如图所示，光滑固定轨道的左端是半径为R的四分之一圆弧，右端是半径为2R的四分之一圆弧，在轨道水平面上有两个质量均为m的小球B、C，且B、C间用一长度不变并锁定的轻弹簧拴接，弹性势能Ep=mgR一质量也为m的小球A从左侧的最高点自由滑下，A滑到水平面与B碰撞后立即粘在一起结合成D不再分离（碰撞时间极短）当D、C 一起刚要滑到右侧最低点时，弹簧锁定解除，且立即将C弹出并与弹簧分离，求：（1）弹簧锁定解除前瞬间D、C一起运动的速度大小；（2）弹簧锁定解除后，C第一次滑上右侧轨道的最高点时，小球对轨道的压力大小；（3）弹簧锁定解除后，若C、D（含弹簧）每次碰撞均在水平面上，求第N次碰撞结束时（C与弹簧分离）C、D的速度8【分析】（1）、运用机械能守恒定律求解A球碰撞前的速度，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出D、C的速度（2）弹簧锁定解除过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出C、D的速度，分离后C运动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律与平衡条件求出压力（3）对C、D（含弹簧）系统，应用动量守恒定律和机械能守恒定律分析答题【解答】解：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=mv2，解得：v=，A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=3mv1，解得：v1=；（2）弹簧锁定解除过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv1=mvC+2mvD，由机械能守恒定律得：3mv12+EP=mvC2+2mvD2，解得：vC=，vD=0，（vC=，vD=不合题意，舍去），C第一次滑上轨道右侧圆弧部分，由机械能守恒定律得：mg2R（1cos）=mvC2，解得：=60，小球对轨道的压力：F=mgcos=mg；（3）系统机械能：mvC2=mgR，以左为正方向，C、D（含弹簧）碰撞过程系统动量守恒，第一次碰撞过程，由动量守恒定律得：mvC=mvC1+2mvD1，由机械能守恒定律得：mgR=mvC12+2mvD12，解得：vC1=，vD1=，（vC1=，vD1=0 不合题意，舍去），同理，第二次碰撞过程，以向右为正方向：由动量守恒定律得：2mvD1+mvC1=mvC2+2mvD2，由机械能守恒定律得：mgR=mvC22+2mvD22，解得：vC2=，vD2=0，（vC2=，vD2= 不合题意，舍去），综上所述：当N为奇数：vC=，方向：水平向右，vD1=，方向：水平向左，当N为偶数时：vC=，方向：水平向右，vD2=0；答：（