高三物理复习能力提升 第6章 第3课时 弹性碰撞和非弹性碰撞

第3课时弹性碰撞和非弹性碰撞考纲解读1.掌握两种碰撞的特点和规律.2.掌握多过程运动中的动量守恒和含弹簧的碰撞问题．1．[对碰撞中动量守恒的考查]A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后，其中一球停止，则可以判定 ()A．碰前A的动量与B的动量大小相等B．碰前A的动量大于B的动量C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量答案C解析A、B两球碰撞前后动量守恒，所以碰后小球运动的方向，即为原来动量大的方向．2．[对弹性碰撞和非弹性碰撞的考查]质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是 ()A．m不一定小于MB．m可能等于MC．b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大D．c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大答案C解析由a球被反向弹回，可以确定三个小球的质量m一定小于M；若m≥M，则无论如何a球都不会被弹回．当两个小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b与M粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞．选项C正确．3．[对碰撞三原则的考查]如图1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定 图1向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s.则 ()A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案A解析碰撞后，A球的动量增量为－4kg·m/s，则B球的动量增量为4kg·m/s，所以A球的动量为2kg·m/s，B球的动量为10kg·m/s，即mAvA＝2kg·m/s，mBvB＝10kg·m/s，且mB＝2mA，vA∶vB＝2∶5，所以A选项正确．考点梳理一、碰撞1．碰撞：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相对来说显得微不足道的过程．2．弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞．3．非弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．4．完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致两物体合为一体一起运动，即两物体在非弹性碰撞后以同一速度运动，系统有最大机械能损失．二、碰撞问题三原则碰撞问题同时遵守的三条原则是(1)系统动量守恒原则(2)物理情景可行性原则速度要符合物理情景：如果碰撞前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能相向，除非两物体碰撞后速度均为零．(3)不违背能量守恒原则碰撞过程满足Ek≥Ek′即eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)

4．[对含有弹簧类碰撞问题的考查]光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图2所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时() 图2A．A、B系统总动量仍然为mv B．A的动量变为零C．B的动量达到最大值 D．A、B的速度不相等答案A解析系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，B、D错误；但此时B的速度并不是最大，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C错误．5．[对子弹打木块类问题的考查]如图3所示，质量为m的子弹以速度v0水平击中静止在光滑水平面上的木块，最终子弹停留在木块中．若木块的质量为M，子弹在木块中所受的阻力恒为Ff.求： 图3(1)子弹打进木块的深度；(2)系统产生的内能．答案(1)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mFf)(2)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)解析子弹击中木块的过程中系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v ①设子弹击中木块到两者速度相同过程中木块的对地位移为s，子弹进入木块的深度为d，如题图所示．则子弹在此过程的对地位移为s＋d，对木块和子弹分别应用动能定理，有Ff·s＝eq\f(1,2)Mv2 ②－Ff(s＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由②③两式得：Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2 ④再将①代入④得：d＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mFf)由能量关系，系统产生的内能即为系统机械能的损失，所以ΔE＝Ff·d＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m).规律总结1．含有弹簧的类碰撞问题当弹簧被压缩至最短时，二物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时弹簧的弹性势能最大，大小等于二物体总动能的减少量．2．子弹打木块类问题(1)当子弹穿出木块时，相当于非弹性碰撞，产生的热能等于子弹和木块总动能的减少量，还可以用Q＝FfL表示．(Ff表示子弹在钻木块时受到的阻力，L表示木块的长度)．(2)当子弹未穿出木块时，二者速度相同，相当于完全非弹性碰撞．二者动量守恒，机械能减少．产生的热能等于系统总动能的减少量，还可以用Q＝Ffd表示，d为子弹射入木块的深度．考点一三种碰撞的特点1．弹性碰撞：动量守恒，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′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度．(2)当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动．(3)当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．2．非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失．3．完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志．例1如图4所示，质量为m＝0.9kg的物块无初速度地轻放在皮带传送带的A端．皮带以速度v＝5m/s匀速运动．在距A端水平距离为3m处有一被细线悬挂的小球，刚好与皮带接触．细线长L＝1.62m，小球的质量M＝0.1kg.已知皮带足够长， 图4μ＝0.5，g取10m/s2，求：(1)物块与球碰撞前物块的速度；(2)若与球发生碰撞过程无机械能损失，则球能否完成圆周运动？若能，球到达最高点时，计算出细线的拉力大小．(3)物块从A端运动到B端由于相对滑动所产生的热量(设通过对球进行控制，球与物体没有再次相碰)解析(1)物块轻放在匀速运动的皮带上即在滑动摩擦力作用下做加速运动，由牛顿第二定律：F＝ma，可得加速度：a＝μg＝5m/s2由运动学公式：v2＝2as，可知s＝2.5m时，达到与皮带相同的速度，即开始做匀速运动，所以物块与球碰撞前物块的速度为5m/s(2)由于碰撞过程无机械能损失，碰撞过程中动量和动能均守恒．mv＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)联立解得：v1＝eq\f(m－M,m＋M)v＝4m/sv2＝eq\f(2m,m＋M)v＝9m/s设被细线悬挂的小球能做圆周运动到达最高点，到达最高点时的速度为v3，此时细线的拉力为FT.运动中只有重力做功，故小球的机械能守恒．Mgh＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)其中h＝2L，代入数据，解得v3＝eq\r(16.2)m/s小球在最高点时，Mg＋FT＝Meq\f(v\o\al(2,3),L)代入数据，解得FT＝0N(3)物块在A端从静止开始加速到5m/s，加速运动的时间t1＝eq\f(v,μg)＝1s，此时物块和皮带的位移分别为2.5m和5m.故在第一次运动过程中由于相对滑动所产生的热量为Q1＝μmgΔs1＝11.25J物块与小球碰撞后继续运动到再次与皮带相对静止，经历的时间为t2＝eq\f(v－v1,μg)＝0.2s，此过程中物块的位移为s2＝eq\f(v＋v1,2)t2＝0.9m，皮带的位移为1m.故在第二次运动过程中由于相对滑动所产生的热量为Q2＝μmgΔs2＝0.45J所以Q＝Q1＋Q2＝11.7J答案(1)5m/s(2)能，拉力为零(3)11.7J突破训练1如图5所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况是可能发生的 () 图5①小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3②摆球速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2③摆球速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1④小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2A．①② B．②③ C．③④ D．①④答案B解析发生碰撞时，小车与木块碰撞时间极短，小车位置几乎不变，此瞬间摆球的速度不变．小车与木块碰撞有两种情况：(1)碰后速度不同；(2)碰后粘到一起，速度相同．分别对应②、③两种情况．考点二碰撞现象的三个原则1．动量守恒．2．机械能不增加．3．运动速度关系要合理．(1)若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应用v前′≥v后′.(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．深化拓展1.碰撞过程中作用时间极短，内力远大于外力，所以满足动量守恒．2．不受外界因素影响的情况下，碰撞只能发生一次且碰后的能量不比碰前的能量大．例2质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线相向运动．如图6所示，若以向左为运动的正方向，A球的速度为v1＝－2m/s，B球的速度为v2＝6m/s，某时刻A球与B球发生相互碰撞，碰撞后 图6仍在一条直线上运动，则碰后A、B球速度的可能值是 ()①vA＝1m/s，vB＝3m/s②vA＝7m/s，vB＝－3m/s③vA＝2m/s，vB＝2m/s④vA＝6m/s，vB＝－2m/sA．①② B．②③ C．③④ D．①④解析设两球的质量均为m.验证方法：(1)动量角度：p初＝4m，而所给选项均满足要求；(2)碰撞实际情况(碰撞只能发生一次)：①不符合题意；(3)能量角度：两球碰撞前的总动能：Ek初＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝20m，②中，两球碰后的总动能为Ek末＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝29m，不符合题意．故正确选项为C.答案C突破训练2质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB①vA＝eq\f(1,3)v0，vB＝eq\f(2,3)v0②vA＝eq\f(2,5)v0，vB＝eq\f(7,10)v0③vA＝eq\f(1,4)v0，vB＝eq\f(5,8)v0④vA＝eq\f(3,8)v0，vB＝eq\f(5,16)v0A．①② B．①③ C．②③ D．①④答案B解析两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，故④错误．根据动量守恒定律可得，①、②、③都满足．但碰撞前总动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，而碰撞后②中能量增加，故②错误，故只有①、③正确，本题选B.考点三打击类问题分析例3如图7所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9kg的木块，木块距小车左端6m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1m/s的速度水平向右匀速行驶．一 图7颗质量m0＝0.1kg的子弹以v0＝179m/s的速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g＝10m/s2)解析设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有：m0v0－mv＝(m＋m0)v1v1＝8m/s它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s＝6m时它们跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒有：(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2v2＝0.8m/s由能量守恒定律有：Q＝μ(m0＋m)gs＝eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m0＋m＋M)veq\o\al(2,2)联立以上各式，代入数据解得μ＝0.54答案0.54突破训练3如图8所示，质量为mB＝2kg的一端带有四分之一圆轨道的光滑平板车B，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一个质量为mA＝2kg的物体A，一颗质量为m0＝0.01kg的子弹以v0＝600m/s的水平初速度瞬间 图8射穿A后，速度变为v＝100m/s，A在B上运动恰好能达到圆轨道最高点．求：(1)物体A的最大速度vA；(2)平板车B上圆轨道的半径．(g＝10m/s2，结果保留两位有效数字)答案(1)2.5m/s(2)0.16m解析(1)子弹穿过物体A的过程中，以子弹初速度的方向为正方向，对子弹和物块A，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mAvA解得vA＝2.5m/s(2)当物体A恰好到达圆轨道最高点时，A、B水平方向有共同速度，对物体A和平板车B，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)vB解得：vB＝1.25m/sA、B相对运动过程中机械能守恒得mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,B)R＝0.16m.31．含有弹簧的类碰撞问题模型 1．模型概述二物体通过弹簧相互作用，不考虑弹簧的质量，弹簧作用力为系统的内力，则系统的动量守恒、机械能守恒．2．模型特点(1)当弹簧被压缩最短时，或被拉伸至最长时，二物体速度相同、动量守恒，此时弹性势能Ep最大．Ep等于二物体的动能的减少量．(2)当弹簧再次恢复自然长度时，一个物体的速度最大，另一物体的速度最小，此时弹簧的弹性势能为零．

解析(1)滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下的过程中，机械能守恒，设其滑到桌面的速度为v1，则有mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1) (1分)解得：v1＝eq\r(2gh) (1分)滑块A与B碰撞过程中，A、B系统的动量守恒，碰撞结束后具有相同的速度，设此速度为v2，由动量守恒定律可得mAv1＝(mA＋mB)v2 (2分)解得：v2＝eq\f(1,3)eq\r(2gh). (1分)(2)滑块A、B发生碰撞后，压缩弹簧推动滑块C向前运动的过程中系统机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，A、B、C速度相等，设为v3.则：由动量守恒定律可得：mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3 (2分)解得：v3＝eq\f(1,6)eq\r(2gh) (1分)由机械能守恒定律可得：Epmax＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,3) (2分)解得：Epmax＝eq\f(1,6)mgh. (1分)(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的速度为v4，滑块C的速度为v5由动量守恒定律得：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5 (2分)由机械能守恒定律有：eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,5) (2分)解得：v4＝0，v5＝v2＝eq\f(1,3)eq\r(2gh) (1分)滑块C从桌面飞出后做平抛运动，则有x＝v5t，H＝eq\f(1,2)gt2 (1分)联立解得x＝eq\f(2,3)eq\r(hH).(1分)答案(1)eq\f(1,3)eq\r(2gh)(2)eq\f(1,6)mgh(3)eq\f(2,3)eq\r(hH)突破训练4如图10所示，一轻质弹簧两端连着物体A和物体B，放在光滑的水平面上，水平速度为v0的子弹射中物体A并嵌在其中(作用时间极短)，已知物体B的质量为mB，物体A的质量 图10是物体B的质量的eq\f(3,4)，子弹的质量是物体B的质量的eq\f(1,4)，求弹簧被压缩至最短时的弹性势能．答案eq\f(1,64)mBveq\o\al(2,0)解析子弹射入物体A的过程中，设子弹的质量为m，物体A的质量为mA，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋mA)v1当物体A(包括子弹)、B的速度相等时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大，由动量守恒定律得：(m＋mA)v1＝(m＋mA＋mB)v2从子弹与物体A有共同速度至弹簧被压缩到最短的过程，根据机械能守恒有：eq\f(1,2)(m＋mA)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋mA＋mB)veq\o\al(2,2)＋Ep联立以上各式解得Ep＝eq\f(1,64)mBveq\o\al(2,0).高考题组1．(2011·大纲全国·20)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图11所示．现给图11小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 ()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(3,2)eq\f(mM,m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL答案D解析由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，v1＝eq\f(mv,M＋m)，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(Mm,2M＋m)v2，A、B错误；系统损失的动能等于产生的热量，等于摩擦力与两物体相对路程的乘积，C错误，D正确．2．(2011·福建理综·29(2))在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后BA．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v答案A解析设碰撞后A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB，碰撞前A球的运动方向为正方向．根据动量守恒定律得：mv＝2mvB－mvA化简可得，vA＝2vB－v，因vA>0，所以vB>eq\f(v,2)，故只有A项正确．3．(2012·天津理综·10)如图12所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点 图12与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA；(2)A、B两小球的质量之比mA∶mB.答案(1)eq\r(2gh)(2)1∶3解析(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2gh).(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v粘在一起的两小球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t，由平抛运动规律，在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有eq\f(h,2)＝vt联立上述各式得mA∶mB＝1∶3.4．(2012·广东理综·36)如图13(a)所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑．初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆(A、B间距大于2r)．随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度—时间图象如图(b)所示．A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞．图13(1)求A脱离滑杆的速度v0，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE.(2)如果A、B不能与弹簧相碰，设A、B从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω的取值范围，及t1与ω的关系式．(3)如果A、B能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式(弹簧始终在弹性限度内)．答案(1)rωeq\f(1,4)mr2ω2(2)ω≤eq\f(2,r)eq\r(2μgl)t1＝eq\f(rω,2μg)(3)eq\f(2,r)eq\r(2μgl)<ω≤eq\f(4,r)eq\r(μgl)Ep＝eq\f(1,4)mr2ω2－2μmgl解析(1)由题图(b)知滑杆速度随时间按正弦函数规律变化，当滑杆达到最大速度时A脱离滑杆，所以v0＝rω.A、B碰撞过程中动量守恒，且碰后速度相同，设为v，则mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)＝eq\f(rω,2).碰撞过程中机械能损失ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)(eq\f(v0,2))2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,4)mr2ω2.(2)若A、B不能与弹簧相碰，则必然停在PQ某一位置处，应满足以下关系：Ek0≤2μmgl ①而Ek0＝eq\f(1,4)mω2r2 ②由①②得：ω≤eq\f(2,r)eq\r(2μgl)由题意知，AB在PQ上做匀减速直线运动且由牛顿运动定律有v＝eq\f(2μmg,2m)t1，代入v＝eq\f(rω,2)得t1＝eq\f(ωr,2μg).(3)A、B碰撞后的动能Ek0＝eq\f(1,2)(2m)(eq\f(rω,2))2＝eq\f(1,4)mr2ω2.若A、B能与弹簧相碰，但不能返回P点左侧，则A、B运动的距离大于l小于2l，由功能关系知2μmgl<eq\f(1,4)mr2ω2≤4μmgl，解得eq\f(2,r)eq\r(2μgl)<ω≤eq\f(4,r)eq\r(μgl).最大弹性势能Ep＝Ek0－2μmgl＝eq\f(1,4)mr2ω2－2μmgl.模拟题组5．如图14所示，在光滑水平面上，用等大反向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知ma<mb，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将 () 图14A．静止 B．向右运动C．向左运动 D．无法确定答案A解析选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确．6．如图15所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)．甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P 图15之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线拴着(细线未画出)且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小．(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离．(取g＝10m/s2)答案(1)4m/s(2)eq\f(5,3)m解析(1)设滑块P滑上乙车前的速度大小为v，两小车速度大小为v1，取向右为正方向，对整体应用动量守恒和能量关系有mv－2Mv1＝0，E0＝eq\f(mv2,2)＋eq\f(2Mv\o\al(2,1),2)解得v＝4m/s，v1＝1m/s(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v′，对滑块P和小车乙有mv－Mv1＝(m＋M)v′μmgs＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m＋M)v′2代入数据解得s＝eq\f(5,3)m(限时：45分钟)►题组1对碰撞特点和规律的考查1．(2012·大纲全国理综·21改编)如图1所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m摆球a向左拉开一个小角度后释放．若两摆球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是 ()A．第一次碰撞后的瞬间，两摆球的速度相同 图1B．第一次碰撞后的瞬间，两摆球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两摆球的最大摆角不相同D．发生第二次碰撞时，两摆球在各自的平衡位置答案D解析弹性碰撞遵守能量守恒和动量守恒，设第一次碰撞前，a的速度为v，第一次碰撞后a的速度为v1、b的速度为v2，根据动量守恒，得mv＝mv1＋3mv2 ①根据能量守恒，得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2) ②①②联立得：v1＝－eq\f(1,2)v，v2＝eq\f(1,2)v，故A选项错误；第一次碰撞后的瞬间，a的动量大小为eq\f(1,2)mv，b的动量大小为eq\f(3,2)mv，故B选项错误；由于第一次碰撞后的瞬间，两摆球的速度大小相等，根据机械能守恒可知，两摆球的最大摆角相等，C选项错误；由于摆长相同，两摆球的振动周期相等，所以第二次碰撞时，两摆球在各自的平衡位置，D选项正确．2．(2010·福建理综·29(2)改编)如图2所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则 () 图2A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动答案B解析由于小木块和木箱之间存在相互的摩擦力，所以二者最终应相对静止．由于小木块和木箱组成的系统所受合力为零，所以系统动量守恒．由于系统初始动量方向向右，所以系统的末动量也一定方向向右，选项B正确．3．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是 ()A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s答案A解析B在前，A追上B并与之碰撞，所以A的动量减小，ΔpA为负值，B的动量增大，ΔpB为正值，B、D错ykgd；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，C项对应的碰后总动能比碰前的总动能大，不符合碰撞规律，A正确，C错误．4．如图3所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1kg的相同小球A、B、C.现让A球以v0＝2m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞， 图3碰后A、B未分开，C球的速度vC＝1m/s.求：(1)A、B两球碰撞后的共同速度；(2)两次碰撞过程中损失的总动能．答案(1)1m/s(2)1.25J解析(1)A、B相碰满足动量守恒mv0＝2mv1得两球跟C球相碰前的速度v1＝1m/s.(2)两球与C球相碰同样满足动量守恒2mv1＝mvC＋2mv2得两球碰后的速度v2＝0.5m/s两次碰撞损失的总动能ΔEk损＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝1.25J.5．如图4所示，在高为h＝5m的平台右边缘上，放着一个质量M＝3kg的铁块，现有一质量为m＝1kg的钢球以v0＝10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰后被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为x＝2m．已知铁块与平台之间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度为g＝10m/s2，已知平台足够长，求铁块在平台上滑行的距离l(不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点)．图4答案2m解析设钢球反弹后的速度大小为v1，铁块的速度大小为v，碰撞时间极短，以v0的方向为正方向，系统动量守恒mv0＝Mv－mv1碰撞后钢球做平抛运动x＝v1th＝eq\f(1,2)gt2联立以上三式解得t＝1s，v1＝2m/s，v＝4m/s整个过程由动能定理得－μMgl＝0－eq\f(1,2)Mv2得l＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(16,2×0.4×10)m＝2m6．如图5所示，一质量为m的小球A用长度为l的轻绳系在O处，开始时绳处于水平伸直状态，O处正下方有一质量为eq\f(1,4)m的物体B，物体B和C用轻质弹簧相连，放置于光滑水平面上，C的质量为eq\f(3,4)m，现将A由静止释放，A运动到最低点与B发生正 图5碰，碰后A、B分开，A运动到最高点时OA连线与竖直方向成60°角，重力加速度为g.求：(1)球A与物体B碰前瞬间速度；(2)球A与物体B碰后瞬间对绳子的拉力；(3)B、C两物体在运动过程中，弹簧储存的最大弹性势能．答案(1)eq\r(2gl)(2)2mg(3)0.26mgl解析(1)球A在下摆至最低点过程中，由动能定理mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A0)得vA0＝eq\r(2gl)(2)对球A从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理mgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)设球A与物体B碰后瞬间对绳子的拉力为FT则根据牛顿第三定律有FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),l)得FT＝2mg(3)判断球A与物体B碰撞后，A的运动方向①设A向左运动：由动量守恒定律得mvA0＝－mvA＋eq\f(1,4)mvB得vB＝4(eq\r(2)＋1)eq\r(gl)系统碰撞前动能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A0)＝mgl系统碰撞后的动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgl＋2(eq\r(2)＋1)2mgl所以有Ek0<Ek不符合碰撞过程动能不增加的原则，所以球A碰撞后不可能向左运动．②设A向右运动：由动量守恒定律得mvA0＝mvA＋eq\f(m,4)vB得vB＝4(eq\r(2)－1)eq\r(gl)系统碰撞后的动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgl＋2(eq\r(2)－1)2mgl<Ek0所以球A碰撞后速度方向不变继续向右运动．当B、C同速时，弹簧有最大的压缩量，弹簧储存的弹性势能有最大值eq\f(1,4)mvB＝(eq\f(1,4)m＋eq\f(3,4)m)vBC对B、C系统由功能关系Ep＝eq\f(1,2)×eq\f(1,4)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×(eq\f(1,4)m＋eq\f(3,4)m)veq\o\al(2,BC)联立得Ep＝eq\f(3×3－2\r(2),2)mgl≈0.26mgl

►题组2对打击类问题模型的考查7．如图6所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为 () 图6A．16J B．3JC．6J D．4J答案A解析设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块质量为m，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即：m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即：E＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m0)v2＝eq\f(1,2)(eq\f(m,m＋m0))m0veq\o\al(2,0)，而木块获得的动能E木＝eq\f(1,2)m(eq\f(m0,m＋m0)v0)2＝6J，两式相除得：eq\f(E,E木)＝eq\f(m＋m0,m0)>1，所以A项正确．8．放在光滑水平面上的物体A和B之间用一个弹簧相连，一颗水平飞行的子弹沿着A、B连线击中A，并留在其中，若A、B、子弹的质量分别为mA、mB、m，子弹击中A之前的速度为v0，则 ()A．A物体的最大速度为eq\f(mv0,mA＋mB)B．B物体的最大速度为eq\f(mv0,m＋mB)C．两物体速度相同时其速度为eq\f(mv0,mA＋mB＋m)D．条件不足，无法计算答案C9．如图7所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求： 图7(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统机械能的损失．答案(1)eq\f(m2v2,2M＋m2μg)(2)eq\f(Mmv2,2M＋m)解析(1)设子弹射入木块瞬间，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′ ①二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：μ(M＋m)gs＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2 ②由①②两式解得：s＝eq\f(m2v2,2M＋m2μg).(2)射入过程中系统机械能的损失ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2 ③将①代入③式解得：ΔE＝eq\f(Mmv2,2M＋m).10．(2011·大纲全国·26)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2dm的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现 图8把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离平行放置，如图8所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力影响．答案eq\f(1,2)(1＋eq\f(\r(3),2))d解析设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为v，由动量守恒得mv0＝(2m＋m)v 解得v＝eq\f(1,3)v0此过程中动能损失为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2 ②解得ΔE＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和v1′，由动量守恒得mv0＝mv1＋mv1′ ③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为eq\f(ΔE,2)，由能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(ΔE,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq