统考版2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题三动量与能量第7讲动量定理动量守恒定律考点二碰撞模型中动量守恒定律的应用教师用书

考点二碰撞模型中动量守恒定律的应用1．三类碰撞的特点2．碰撞问题遵循的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．3．“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球—弹簧模型小球曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满意mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分别相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满意mv0＝mv1＋Mv2，能量满意＝4.“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满意mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能例2[2024·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10m/s2.(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．预料3如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑．在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等．烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上．则下列说法中正确的是()A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为预料4[2024·河北沧州模拟]如图所示，质量M＝10kg的物块C静置在光滑水平面上，其左侧为半径R＝1.5m的四分之一光滑圆弧，圆弧底端和水平面平滑连接．一质量m＝0.5kg的小物块A被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在水平面上的物块B发生正碰，此后两物块粘在一起运动．A、B均可视为质点，不计空气阻力．已知物块B的质量为1.5kg，A、B碰撞后瞬间B的速度大小为6m/s，取g＝10m/s2.求：(1)最初弹簧上储存的弹性势能．(2)A、B整体碰后能达到的最大高度．(3)A、B整体第一次与C分别时C速度的大小．(4)从A、B整体第一次与C分别瞬间至A、B整体其次次与C分别瞬间的过程，A、B整体对C的冲量大小．预料5[2024·安徽省宿州市模拟]某校物理爱好小组在探讨如图所示的动量问题时发觉，变更小球质量时可以实现多次碰撞，于是想进一步解决以下问题：已知倾角θ＝30°的固定斜面与水平地面在B点平滑连接，质量M＝4.5kg的滑块b静止在水平地面上，滑块与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现将质量m＝0.5kg的光滑小球a从斜面上A点由静止释放，A点距水平地面的高度为H＝0.5m．已知小球a与滑块b间的碰撞是弹性碰撞，而且每次碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2.(1)求小球a与b碰撞前的速度v0；(2)求第一次碰后滑块b的速度大小；(3)求第一次碰后到其次次碰前滑块b滑行的距离s1；(4)求小球与滑块发生第n次碰撞后，滑块b滑行的距离sn.考点二例2解析：(1)物块C、D碰撞过程中满意动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝v0＝5(1－k)m/s＞0可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k)m/s，方向向右．滑板A、B碰撞过程中满意动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由＝(M＋2M)v滑解得v滑＝v0＝m/s＞0则新滑板速度方向也向右．(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v′物＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v′滑＝m/s＝0m/s可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2kg，新滑板的质量为M′＝3kg，相对静止时的共同速度为v共，依据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s依据能量守恒可得μm′gx相＝解得x相＝1.875m.答案：(1)5(1－k)m/s，m/s，方向均向右(2)1.875m预料3解析：脱离弹簧的过程满意动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得p1－p2＝0或m1v1－m2v2＝0故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；动能与动量的关系为Ek＝mv2＝由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h＝gt2可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；由A的解析可得＝平抛的水平位移为x＝v0t故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D错误．答案：C预料4解析：(1)对AB系统发生正碰，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v1对弹簧和A系统由能量守恒定律，有Ep＝解得Ep＝144J.(2)A、B整体碰后与C组成的系统，由水平方向动量守恒得(m＋mB)v1＝(m＋mB＋M)v2碰后到达最高点系统机械能守恒得(m＋mB＋M)gh＝解得h＝1.5m.(3)A、B整体第一次与C分别过程中ABC系统水平方向动量守恒，ABC系统机械能守恒．由水平方向动量守恒(m＋mB)v1＝(m＋mB)v3＋Mv4由机械能守恒定律有＝解得v3＝－4m/s，v4＝2m/s故A、B整体第一次与C分别时C速度的大小为2m/s.(4)A、B整体第一次与C分别瞬间至A、B整体其次次与C分别瞬间的过程中，ABC系统由动量守恒和能量守恒可得(m＋mB)v3＋Mv4＝(m＋mB)v5＋Mv6＝A、B整体对C的冲量为I＝Δp＝M(v6－v4)解得I＝N·s.答案：(1)144J(2)1.5m(3)2m/s(4)N·s预料5解析：(1)光滑小球沿斜面下滑过程，依据动能定理可得mgH＝解得v0＝10m/s.(2)设小球与滑块第一次碰后反弹速度大小为va1，滑块速度大小为vb1，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mv0＝－mva1＋Mvb1＝联立解得va1＝v0＝8m/s，vb1＝v0＝2m/s.(3)第一次碰后，小球沿斜面来回的总时间为ta1＝＝＝3.2s滑块沿水平地面滑行的时间为tb1＝＝1s明显小球其次次与滑块碰撞时滑块已静止，滑块的位移为s1＝＝1m.(4)由于小球光滑，故其次次碰前小球速度大小仍为va1＝8m/s；其次次碰撞过程，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mva1＝－mva2＋Mvb2＝联立解得va2＝va1＝()2v0，vb2＝va1＝v0同理可知小球第三次与滑块碰撞时滑块已静止，同理可得