2019届高考物理二轮复习动量专题碰撞讲义

1、碰撞1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过 程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力 (相互碰撞力)远大于外力,总动量守恒.(3)碰撞分类弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损”.完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大一、碰撞过程的特征：碰撞双方相互作用的时间 At 一般很短；碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。二、碰撞的分类：1 .按碰撞方向分类 正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

2、3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。碰撞过程中损失的动能转化为其它能量， 如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。完全弹性碰撞一一动量守恒，动能守恒非(完全)一性碰撞一一动量守恒，动能有损失完全非弹性碰撞一一动量守恒，动能损失最大(外部特征：以共同速度运动)，三、碰撞过程遵守的规律一一应同时遵守三个原则1.系统动量守恒的原则m1vl0 +m2v20 =m1vl +m2v22 .物理情景可行性原则一位置不超越3 .不违背能量守恒的原则一动能不膨胀四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损

3、失。v10v20A A o O12121212mv10m2v20m1v1m2v2222272碰后ABm1v10m2v20 =mi1v1m2 v212121212m1v10m2v20=55m2v22222解以上两式可得:(m1 -m2 )v102 m2v20(m2 - m1 )v20 2 m1v10 v2 -mi m2对于结果的讨论：当m =m2时，vi =v20,v2=v10,质量相等的两物体弹性碰撞后，“交换速度”；当m << m, 且v20 = 0时，v1 =-v10 ,v2= 0，小物碰大物，原速率返回；当 m >> m，且 v20 = 0 时，vi vi。，v2

4、=2 vi0,2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有mivi0 m2v20 vi - v2 mi m2.碰撞遵循的三条原则(i)动量守恒定律(2)机械能不增加22,2,2 PiP2 PiP2Ed + Ek2 > Ed ' + Ek2 ' 或 + > - + 2m 2m 2m 2m(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等).相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变2.弹性碰撞讨论(i)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒

5、9;mvi + mv2 = mvi' + mv2'i 2 i 2 i , 2 i , 2_|2mvi + 2mv2 = 2mvi +2mv2解得vi'=mm2 vi+2mv2m+ m2,m m v2+2mviv2='m+ m(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若 m=m,则vi' = v2, v2' =vi,即两物体交换速度当碰前物体2的速度为零时，v2= 0,则：,m m vi,2mvivi =：, v2=-,m+m2m+mm=R2时，Vi' =0, V2' =Vi,碰撞后两物体交换速度m>m时，vi' &

6、gt;0,V2' >0,碰撞后两物体沿同方向运动m<m时，vi' <0,V2' >0,碰撞后质量小的物体被反弹回来五、“广义碰撞” 物体的相互作用i、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时， 碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中Vi=Vi0 , V2= V20的解。2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要结论：A E = 4£内=f滑，S相， 其中S相指相对路程10 . 一颗速度较大的子弹， 水

7、平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是（B D ）A.木块获得的动能变大B.木块获得的动能变小C.子弹穿过木块的时间变长D.子弹穿过木块的时间变短11 .如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P和Q都可视作质点.Q与轻质弹簧相连.设 Q静止，P以某一初速度向 Q运动并与弹簧发生碰撞，一段时间后 P与弹簧分离.在这一过程中，下列说法正确的是（AC）A. P与弹簧分离时，Q的动能达到最大B. P与弹簧分离时，P的动能达到最小C. P与Q的速度相等时，P和Q的动能之和达到最小D. P与Q的速度相等时，P的动能达到最小i2-2. （2）（选

8、修3 5 ）质量分别为 m和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度vi、V2同向运动并发生对心碰撞，碰后m被右侧的墙原速弹回，又与m相碰，碰后两球都静止。求：第一次碰后m _岑_V*f球的1束唐一二二：.mim2有4口的口日卜一祎/曰mi5 +m2v2 =miV；+m2v2解：根据动量守恒定律得：/ i 2 22 2miV； = m2 v2解得:VimiVim2 v22mlii6.如图所不，质量为m的滑块，以水平速度v。滑入光滑的,圆弧的4小车上，当滑块达到圆弧上某一高度后又开始下滑，如果小车的质量附2m,小车与地面无摩擦，假设圆弧的半径足够大，则滑块最后滑出 圆弧时的速度大小为 ; 方向为

9、.解：由动量守恒和能量守恒 mv0 = mvi +Mv2v0i3v0滑块最后滑出圆弧时的速度大小为v1 =lv0 ,速度的方向水平向左314.（选彳3-5） （2） a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s-t图象如图所示，若a球的质量ma=1kg,则b球的质量mb等于多少？解：从位移一时间图像上可看出，碰前B的速度为0, A的速度 V0= A s/ A t =4m/s （2 分）碰撞后，A的速度vi=-1m/s , B的速度V2=2m/s, （2分） 由动量守恒定律得 mvo=mvi+mv2,（2分）mB=2.5kg（2 分）38、【物理物理 35】一个物体静置于光滑水平面上,外

10、面扣一质量为 M的盒子，如图1所示.现给盒子一初速度V。，此后，盒子运动的 vt图象呈周期性变化，如图2所示.请据此求盒内物体的质量.V00 to 3to 5t0 7t0 9t0 t 图2解：设物体的质量为 m t0时刻受盒子碰撞获得速度V,根据动量守恒定律Mv0 = mv3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为V0,说明碰撞是弹性碰撞0 =37° ,（取 g=D1Mv2mv2 22解得：vm= M得出正确结果）（也可通过图象分析得出 v°=v,结合动量守恒,20.如图是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨 AB半径分别为 R

11、 =1.0m和R = 3.0m的弧形轨道，倾斜直轨 CDK为L = 6m且表面粗糙，动摩擦因数为 科=1/6,其它三部分表面光滑，AB、CD与两圆形轨道相切.现有甲、乙两个质量为m=2kg的小球穿在滑轨上，甲球静止在B点，乙球从AB的中点E处以v° =10m/s的初速度水平向左运动.两球在整个过程中的碰撞均无能量损失。已知10m/s2, sin 37° =0.6 , cos 37° =0.8）求：（1）甲球第一次通过。Q的取低点F处时对轨道的压力;（2）在整个运动过程中，两球相撞次数；（3）两球分别通过 CD段的总路程.解：（1）甲乙两球在发生碰撞过程由动量守恒和

12、能量守恒可得： mv0 = mv1 mv2121212mv0 = mv1 +mv2可得：v1 = 0222V2=Vo或 Vi=Vo V2=0 （舍去） 即交换速度。甲球从 B点滑到F点的过程中，根据机械能守恒得：1 2.12mv2 mg=一m vF2 22在F点对滑环分析受力，得 fn _ mg = m =R2由上面二式得：FN =500N3根据牛顿第三定律得滑环第一次通过。O的最低点F处时对轨道的压力为 2° N(6分)3(2)由几何关系可得倾斜直轨 CD的倾角为37° ,甲球或乙球每通过一次克服摩擦力做功为：W克=NmgLcos8 ,得 W克=16j1 一 2 一 Ek

13、 0Eko mvo n -=6.252 W克分析可得两球碰撞 7次(5分)(3)由题意可知得：滑环最终只能在。Q的D点下方来回晃动，即到达 D点速度为零，由能量守恒得： mv02 mgR2(1 cos?)=mgscos1 2解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程s = 78m (5分)分析可得乙3次通过CD段，路程为18nl所以甲的路程为 60m 20、(16分)如图所示的轨道由位于竖直平面的圆弧轨道和水平轨道两部分相连而成.水平轨道的右侧有一质量为 2m的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直的墙 M上，弹簧处 于原长时，滑块 C在P点处；在水平轨道上方 O处, 用长为L的细线悬挂

14、一质量为 m的小球B, B球恰好 与水平轨道相切于 D点，并可绕D点在竖直平面内摆动.质量为m的滑块A由圆弧轨道上静止释放，进入水平轨道与小球B发生碰撞，A B碰撞前后速度发生交换.P点左方的轨道光滑、右方粗糙，滑块 A C与PM段的动摩擦因数均为科=1/3,其余各处的摩擦不计，A B、C均可视为质点，重力加速度为g.(1)若滑块A能以与球B碰前瞬间相同的速度与滑块C相碰，A至少要从距水平轨道多高的地方开始释放？(2)在(1)中算出的最小值高度处由静止释放A,经一段时间A与C相碰，设碰撞时间极短，碰后一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为L/3 ,求弹簧的最大弹性势能.解：(16分)(1)要使，t块A

15、能以与B碰前瞬间相同的速度与C碰撞，必须使小球 B受A撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A,使A继续向右运动。设A从距水平面高为 H的地方释放，与 B碰前的速度为vo对A,由机械能守，值得：mgH =1mv；（1 分）22v-向心力 F =m（1 分）L2设小球B通过最高点的速度为 vb,则它通过最高点的条件是：mg < m（2分）1c1c小球B从取低点到取局点机械能寸恒：一mv0 =2mgL+mvB（222分）5联立、得： H >-L （2分）2评价说明：如果式中的“w”、式中的写成“="，又没有用文字表明是极值的, 该式为零分（2）从这个高度下滑的

16、A与C碰撞前瞬间速度v0=j5gL（2分）设A与C碰后瞬间的共同速度为 v,由动量守恒：mv=（nH2n） v （2 分）A、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律。有：1 ,、 21 （m+2m）v = EP +（ Nmg + R 2mg ） L （3分）2 3由、式得： EP =0.5mgL （1分）19、（16分）如图（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场，电场强度E随时间的变化如图（b）所示.不带电的绝缘小球 P2静止在O点.t=0时，带正电的小2 .、球R以速度vo从A点进入AB区域，随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的 -倍,34L.R的质量为 m,带电量为q, P2的质量 m= 5m, A、O间距为Lo, O B间距L=-0 .已知32qEo2voLo=,T =一m13LotoUEEo 一o T 2T 3T 4T 5T 6T t(b)一 ，2、.m1Vo =m1( vo) m2 V23求碰撞后小球R向左运动的最大距离及所需时间； 讨论两球能否在 OBK间内再次发生碰撞.E *pIP1P2 _ *vo_kLo4L*1解：(1) RA t1时间与P2碰式则t1 =且 B(a)voP、P2碰撞，设碰后 P2速度为v2,由动量守恒:解得