模型15碰撞-2022年高考物理模型

模型15

碰撞2022年高考物理模型问题专项突破模型概述01(1)概念:碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短,物体间相互作用力很大的现象。在碰撞过程中,一般都满足内力远大于外力,故可以用动量守恒定律处理碰撞问题。(2)分类①弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能守恒,相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒。②非弹性碰撞:在碰撞过程中有机械能损失的碰撞,在相互作用过程中只遵循动量守恒定律。③完全非弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大,作用后两物体粘在一起,速度相等,相互作用过程中只遵循动量守恒定律。碰撞类型特征描述及重要关系式或结论弹性碰撞碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失,这种碰撞叫作弹性碰撞。若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞,动量守恒,同时动能也守恒,满足:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'若碰撞前,有一个物体是静止的,设v2=0,则碰撞后的速度分别为v1'=

、

v2'=

:(1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,碰后实现了动量和动能的全部转移(2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0,碰后二者同向运动(3)若m1<m2,则v1'<0,v2'>0,碰后m1反向弹回,m2沿m1碰前方向运动非弹性碰撞发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能,机械能有损失,动量守恒,总动能减少,满足:完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大。碰后物体粘在一起,以共同速度运动,只有动量守恒。损失的机械能转化为内能,满足:02精讲精练【典例1】如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置√√【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：

，解两式得：

，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式

，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。【变式训练1】在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短：当两木块都停止运动后，相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。【解析】设物块A的初速度为

，运动距离d的速度为v，A、B碰后的速度分别为v1、v2，运动的距离分别为x1、x2，由于A、B发生弹性正碰,时间极短,所以碰撞墙后动量守恒，动能守恒，有⑥由题意知⑦再由⑧联立③至⑧式解得⑨【典例2】甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p1=5kg·m/s,p2=7kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10kg·m/s,则二球质量m1与m2间的关系可能正确的是(

)。A.m1=m2

B.2m1=m2C.4m1=m2 D.6m1=m2【解析】碰前:因甲从后面追上乙,发生碰撞必有v1>v2,将v=

代入,得

>,有

<0.71碰中:甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,有p1+p2=p1'+p2',即p1'=2kg·m/s此系统的机械能不会增加,有+≥+,即≤0.41碰后:v1‘≤v2’,有≤,则≥0.2综合可得0.2≤≤0.41,C项正确。√【变式训练2】(2018宁夏银川模拟考试)(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象,a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线,c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线,若A球的质量m=2kg,则由图判断下列结论正确的是(

)。A.碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/sB.碰撞过程中A球对B球所施的冲量为-4N·sC.A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sD.碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【解析】根据题图可知,碰前A球的速度vA=-3m/s,碰前B球的速度vB=2m/s,碰后A、B两球的共同速度v=-1m/s,故碰撞前、后A球的动量变化量ΔpA=mv-mvA=4kg·m/s,A项正确;A球的动量变化量为4kg·m/s,碰撞过程中动量守恒,B球的动量变化量为-4kg·m/s,根据动量定理,碰撞过程中A球对B球所施的冲量为-4N·s,B项正确;由于碰撞过程中动量守恒,有mvA+mBvB=(m+mB)v,解得mB=kg,故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk=

m

+

mB

-(m+mB)v2=10J,D项正确;A、B两球碰撞前的总动量p=mvA+mBvB=(m+mB)v=-kg·m/s,C项错误。【典例3】如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出。重力加速度为g。求（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。【解析】（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得

mv0=m+MV

①解得

②系统的机械能损失为

ΔE=③由②③式得ΔE=④（2）设物块下落到地面所面时间为t,落地点距桌面边缘的水平距离为s,则

⑤s=Vt⑥由②⑤⑥得S=⑦123456

【变式训练3】如图所示,在光滑的水平桌面上,静止放着一质量M=980g的长方形匀质木块,现有一颗质量m=20g的子弹以300m/s的水平速度沿其轴线射向木块,结果子弹留在木块中没有射出,和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向长度为10cm,子弹打进木块的深度为6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。(计算结果保留到小数点后1位)(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。(2)若子弹以400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块的,则它能否射穿该木块?

7123456【答案】(1)6.0m/s

882.0J

(2)子弹能够穿透此木块【解析】(1)设子弹的初速度为v0,子弹射入木块后与木块的共同速度为v,以子弹和木块为系统,由动量守恒定律有mv0=(M+m)v

解得v=6.0m/s此过程系统所增加的内能ΔE=ΔEk=

m

-(M+m)v2=882.0J。(2)设子弹以v0'=400m/s的速度刚好能够射穿材质一样、厚度为d'的另一个木块,则对以子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律有7√√mv0'=(M+m)v'v'=

=8.0m/s此过程系统所损耗的机械能ΔE'=ΔEk'=

mv0'2-(M+m)v'2=1568.0J由功能关系有ΔE=fs相=fd,ΔE'=fs相'=fd'两式相比有

=

解得d'=

d≈10.7cm>10cm所以子弹能够穿透此木块。1234567123456

变式4（2021年湖南卷8题）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力

作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x

。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的

图像如图（b）所示，

表示0到

时间内A

的

图线与坐标轴所围面积大小，

、

分别表示

到

时间内A、B的

图线与坐标轴所围面积大小。A在

时刻的速度为

。下列说法正确的是（）A.0到

时间内，墙对B的冲量等于mAv0B.mA>mBC.B运动后，弹簧的最大形变量等于x

D.7123456

【答案】ABD【解析】A．由于在0~t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙

=

F弹则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I

=

mAv0（方向向右）则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，7123456根据牛顿第二定律有F弹

=

mAaA=

mBaB由图可知aB>aA则mB<mA

B正确；C．由图可