(假期一日一练)高中物理第1章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用(碰撞)学案教科版选修3-5

12#则碰后，交换速度。以此类推，所以1、2、3、4都停止运动，5以速度v离开;（2）完全非弹性碰撞：全程研究，动量守恒：mV=5m晨 晨=0.2V.系统损失的机械能:11 2AE=—mV2—5mV2=—mV2.2 2共5类型四、碰撞中的动量与其它运动的结合例5.如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（不计大小）。今将小球拉至悬线与竖直位置成600角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为N，M:m=4:1：，重力加速度为g，求：（1）小物块Q（1）小物块Q离开平板车时速度为多大?⑵平板车P的长度为多少？（3）小物块落地时距小球的水平距离为多少?【思路点拨】圆周运动知识与动量知识相结合，要综合来分析。【答案】(1)（2）7R【答案】(1)（2）7R 4R2RRhM；⑶9^+3【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有mgR(1-cos600)=—mv220小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，mv=mv+mv—mv2=_mv2+_mv220212Q二者交换速度，即小球静止下来，而Q在平板车上滑行的过程中，有mv=Mv+m2vQ小物块Q离开平板车时，速度为v，二2v二逆Q3(2)设平板车P的长度为L，由能的转化和守恒定律，知fL=—mv2-J-Mv2-Lm(2v)22Q2 2⑶小物块Q在平板车上滑行的过程中，对地的位移为九则11―^mgs=—m(2v)2--mv22 2Q4Rs=——9日平抛时间水平距离c 2RhhTOC\o"1-5"\h\zx-2vt= .3所以Q落地点距小球的水平距离为0 4R2RRhS=s+x=——+ .\o"CurrentDocument"9日 3【总结升华】此题考查圆周运动与动量相结合的知识，要综合来分析。举一反三：【变式】有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v与静止在平面边缘。点的B0发生正碰，碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。I）(1)已知滑块质量为m，碰撞时间为At，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小.(2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制作一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑(经分析，A下滑过程中不会脱离轨道).a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量勺与B平抛经过该点的动量即勺关系;b.在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为450.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.【答案】mv⑴FF【答案】mv⑴FF；⑵a.PVP；b.vAB AX2<5 v,v5 0AY空v.50【解析】(1)【解析】(1)滑块A与B正碰,令碰后瞬间的速度分别为va、北.满足mvAmvA+mv=mvB0（2）—v2y2+mv2=mv2（2）2A2B20由。白解得v=0,v=v.AB0根据动量定理，滑块B满足F-At=mv0解得F= 0.At(2)a.设任一点到。点竖直高度差为d.A、B由。点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒.选该任意点为势能零点，有E=mgd,E=mgd+—mv2KA KB 20由于P=','2mEK,有P E\_22gd<1Pkvv2+2gd.B 'KB '0即P<P.ABA下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.b.以O为原点，建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右，1x=vt,y=-gt2.02B的轨迹方程gy=——x2.2v20在M点x=y，所以2v2y二—.gy轴正方向竖直向下，则对B有③因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为v、BX，速率为v；A水平和竖直分速度大小分别为v、AX‘速率为与,则vB

—XvBvA YvAB做平抛运动v =v,BX 0（5）对A，由机械能守恒得2gy将◎代入得2<5-^v,

50AY4<5 v.5o类型五、爆炸类问题相等的两块.从爆炸时算起例6.从地面竖直向上发射一炮弹，炮弹的初速度v0=100m/s，经t=60s后，此炮弹炸成质量相等的两块.从爆炸时算起经过广10.0s后，第一块碎片先落到发射点，求从爆炸时算起，另一碎片经多长时间也落回地面？（片经多长时间也落回地面？（g=10m/s2，空气阻力不计）【答案】18.9s【解析】设炮弹爆炸时的速度为v0，离地面高度为H，则有TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"v'=v-gt,H=vt--gt2.00 02代入数据得v'=40m/s,H=420m.0设刚爆炸后，先落到地面上的碎片的速度为v，因落在发射点，所以V为竖直方向.若v>0，表1 11示竖直向上运动；若，v<0，表示竖直向下运动；若v=0,则表示自由落体运动.若v=0，则落地11 1时间2H 一t'=:——=%，'84s<10.0s,\g由此可知，v方向应是竖直向上.设此碎片从H高处上升到最高点共经t=10.0s后落回地面.选11炮弹爆炸时H高处为坐标原点，则-H=vt-1gt2,11 2 1解得v=8m/s.1设刚爆炸后,后落地的碎片的速度为v2，则由动量守恒定律得

2mv'=mv+mv.0-2匕代入解得二72m/s.若从爆炸起，这片碎片经t2落地，则-H=vt--gt2。22 2得：5t2-721-420=0.22t=18.9s或t，=-4.5s（舍去）.【总结升华】炸弹在空中爆炸时，所受合外力——重力虽不为零，但重力比起炸弹碎块间相互作用的内力小得多，故可认为爆炸过程炸弹系统（各碎块）的动量守恒。举一反三：【变式】向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（ ）.A．B．C．A．B．C．D．从炸裂到落地的这段时间里，〃飞行的水平距离一定比b飞行的水平距离大a、b一定同时到达水平地面在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量的大小一定相等【答案】CD类型六、竖直方向动量守恒问题例7．图是一个物理演示实验，它显示：B।nr图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方.A是某种材料做成的实心球，质量m=0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m=0.10kg的木棍B.B只是松松地12插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙.将此装置从A下端离地板的高度H=1.25m处由静止释放.实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上.求木棍B上升的高度.（取重力加速度g=10m/s2）【思路点拨】弄清楚研究过程，关键要明确小球上升和棍下降过程为相互作用的初态．【解析】根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小v等于它下落到地面时速度的大小，即1v=2ggH=5m/s.A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度v=2ggH=5m/s.由题意，碰后A的速度为零，以v'表示B上升的速度，根据动量守恒（以向上为正方向）2mv－mv=mv＇，11 22 22得v＇=9m/s．2令h表示B上升的高度，有v'2h=t—=4.05m.2g【总结升华】本题重点在弄清楚研究过程，关键是要明确小球上升和棍下降过程为相互作用的初态．类型七、动量关系和动能关系的综合运用例8.（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段

平滑连接。质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m的12小球发生碰撞，碰撞前后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m的速度大小v；22B C图1(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m、m、mLLm、mLL的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个1 2 3 n-1n球初能E，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过一次碰撞后获得的动能E与E之比k1 kn k1为第1个球对第n个球的动能传递系数kna.求k1nb.若T4m0，m3=m0，m0为确定的已知量。求m2为何值时，kin值最大22m2ggh【答案】(i)v=r2m+m124n-immm...m2m(2)a.K= 1—2-3 n-i-n b.m=2m.TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1n (m+m)2(m+m)2...(m +m) 2 01 2 2 3 n-1n【解析】(1)设碰撞前m1的速度为v0，根据机械能守恒定律mgh=—mv21 220设碰撞后m1与m2的速度为v1和v2，根据动量守恒定律mv=mv+mv10 11 22由于碰撞过程中无机械能损失111—mv2=—mv2+—mv22 10 2 11 2 222m②、③式联立得V二 」V2m+m012将①式代入④式得2mJ2ghm+m12（2）a．11由④式，考虑到E=-mv2和E=-K1210 K22mv2，得22EK24mm 1-2—E(m+m)2K112 ．根据动能传递系数的定义，对于1、2两球K12E 4mm二一K2= 1-2—E (m+m)2K1 1 2同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数K13应为EEE 4mm 4mmK=—K3=—K2•—K3-= 1~2—• 2~3— ⑥13EEE (m+m)2(m+m)2K1 K1K2 1 2 2 3依次类推，动能传递系数K应为1nEEEE 4mm 4mm 4m mK=-^Kn=—K2•—K3-…——K—= 1-2—• 2_3—… (n^l)~~n—1nEEEE (m+m)2(m+m)2 (m +m)2K1 K1K2 K(n-1) 1 2 2 3 (n-1) n解得4n-1mm2m2…m2mK