2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)動(dòng)量專題碰撞講義

1、碰撞1.碰撞(1)定義：相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短的時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個(gè)過(guò) 程就可稱為碰撞.(2)特點(diǎn)：作用時(shí)間極短，內(nèi)力 (相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力,總動(dòng)量守恒.(3)碰撞分類彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能沒(méi)有損失.非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能有損”.完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機(jī)械能損失最大一、碰撞過(guò)程的特征：碰撞雙方相互作用的時(shí)間 At 一般很短；碰撞雙方相互作用的力作為系統(tǒng)的內(nèi)力一般很大。二、碰撞的分類：1 .按碰撞方向分類 正碰、斜碰2.從碰撞過(guò)程中形變恢復(fù)情況來(lái)劃分：形變完全恢復(fù)的叫彈性碰撞；形變完全不恢復(fù)的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其形變不能夠完全恢復(fù)。

2、3.從碰撞過(guò)程中機(jī)械能損失情況來(lái)劃分：機(jī)械能不損失的叫彈性碰撞；機(jī)械能損失最多的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其機(jī)械能有所損失。碰撞過(guò)程中損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為其它能量， 如內(nèi)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、磁場(chǎng)能、電場(chǎng)能等。完全彈性碰撞一一動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒非(完全)一性碰撞一一動(dòng)量守恒，動(dòng)能有損失完全非彈性碰撞一一動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最大(外部特征：以共同速度運(yùn)動(dòng))，三、碰撞過(guò)程遵守的規(guī)律一一應(yīng)同時(shí)遵守三個(gè)原則1.系統(tǒng)動(dòng)量守恒的原則m1vl0 +m2v20 =m1vl +m2v22 .物理情景可行性原則一位置不超越3 .不違背能量守恒的原則一動(dòng)能不膨脹四、三種典型的碰撞1、彈性碰撞：碰撞全程完全沒(méi)有動(dòng)能損

3、失。v10v20A A o O12121212mv10m2v20m1v1m2v2222272碰后ABm1v10m2v20 =mi1v1m2 v212121212m1v10m2v20=55m2v22222解以上兩式可得:(m1 -m2 )v102 m2v20(m2 - m1 )v20 2 m1v10 v2 -mi m2對(duì)于結(jié)果的討論：當(dāng)m =m2時(shí)，vi =v20,v2=v10,質(zhì)量相等的兩物體彈性碰撞后，“交換速度”；當(dāng)m << m, 且v20 = 0時(shí)，v1 =-v10 ,v2= 0，小物碰大物，原速率返回；當(dāng) m >> m，且 v20 = 0 時(shí)，vi vi。，v2

4、=2 vi0,2、非(完全)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能有損失，3、完全非彈性碰撞：動(dòng)能的損失達(dá)到最大限度；外部特征：碰撞后兩物體連為一個(gè)整體，故有mivi0 m2v20 vi - v2 mi m2.碰撞遵循的三條原則(i)動(dòng)量守恒定律(2)機(jī)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，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大(或相等).相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變2.彈性碰撞討論(i)碰后速度的求解根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)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)分析討論：當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，若 m=m,則vi' = v2, v2' =vi,即兩物體交換速度當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)，v2= 0,則：,m m vi,2mvivi =：, v2=-,m+m2m+mm=R2時(shí)，Vi' =0, V2' =Vi,碰撞后兩物體交換速度m>m時(shí)，vi' &

6、gt;0,V2' >0,碰撞后兩物體沿同方向運(yùn)動(dòng)m<m時(shí)，vi' <0,V2' >0,碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來(lái)五、“廣義碰撞” 物體的相互作用i、當(dāng)物體之間的相互作用時(shí)間不是很短，作用不是很強(qiáng)烈，但系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒時(shí)， 碰撞的部分規(guī)律仍然適用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、機(jī)械能可能膨脹）。此時(shí)，碰撞中“不合題意”的解可能已經(jīng)有意義，如彈性碰撞中Vi=Vi0 , V2= V20的解。2、物體之間有相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，機(jī)械能損失的重要結(jié)論：A E = 4£內(nèi)=f滑，S相， 其中S相指相對(duì)路程10 . 一顆速度較大的子彈， 水

7、平擊穿原來(lái)靜止在光滑水平面上的木塊，設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力恒定，則當(dāng)子彈入射速度增大時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（B D ）A.木塊獲得的動(dòng)能變大B.木塊獲得的動(dòng)能變小C.子彈穿過(guò)木塊的時(shí)間變長(zhǎng)D.子彈穿過(guò)木塊的時(shí)間變短11 .如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊 P和Q都可視作質(zhì)點(diǎn).Q與輕質(zhì)彈簧相連.設(shè) Q靜止，P以某一初速度向 Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞，一段時(shí)間后 P與彈簧分離.在這一過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（AC）A. P與彈簧分離時(shí)，Q的動(dòng)能達(dá)到最大B. P與彈簧分離時(shí)，P的動(dòng)能達(dá)到最小C. P與Q的速度相等時(shí)，P和Q的動(dòng)能之和達(dá)到最小D. P與Q的速度相等時(shí)，P的動(dòng)能達(dá)到最小i2-2. （2）（選

8、修3 5 ）質(zhì)量分別為 m和m2的兩個(gè)小球在光滑的水平面上分別以速度vi、V2同向運(yùn)動(dòng)并發(fā)生對(duì)心碰撞，碰后m被右側(cè)的墻原速?gòu)椈?，又與m相碰，碰后兩球都靜止。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：根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：/ i 2 22 2miV； = m2 v2解得:VimiVim2 v22mlii6.如圖所不，質(zhì)量為m的滑塊，以水平速度v?；牍饣?圓弧的4小車(chē)上，當(dāng)滑塊達(dá)到圓弧上某一高度后又開(kāi)始下滑，如果小車(chē)的質(zhì)量附2m,小車(chē)與地面無(wú)摩擦，假設(shè)圓弧的半徑足夠大，則滑塊最后滑出 圓弧時(shí)的速度大小為 ; 方向?yàn)?/p>

9、.解：由動(dòng)量守恒和能量守恒 mv0 = mvi +Mv2v0i3v0滑塊最后滑出圓弧時(shí)的速度大小為v1 =lv0 ,速度的方向水平向左314.（選彳3-5） （2） a、b兩個(gè)小球在一直線上發(fā)生碰撞，它們?cè)谂鲎睬昂蟮膕-t圖象如圖所示，若a球的質(zhì)量ma=1kg,則b球的質(zhì)量mb等于多少？解：從位移一時(shí)間圖像上可看出，碰前B的速度為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） 由動(dòng)量守恒定律得 mvo=mvi+mv2,（2分）mB=2.5kg（2 分）38、【物理物理 35】一個(gè)物體靜置于光滑水平面上,外

10、面扣一質(zhì)量為 M的盒子，如圖1所示.現(xiàn)給盒子一初速度V。，此后，盒子運(yùn)動(dòng)的 vt圖象呈周期性變化，如圖2所示.請(qǐng)據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量.V00 to 3to 5t0 7t0 9t0 t 圖2解：設(shè)物體的質(zhì)量為 m t0時(shí)刻受盒子碰撞獲得速度V,根據(jù)動(dòng)量守恒定律Mv0 = mv3t 0時(shí)刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)閂0,說(shuō)明碰撞是彈性碰撞0 =37° ,（取 g=D1Mv2mv2 22解得：vm= M得出正確結(jié)果）（也可通過(guò)圖象分析得出 v°=v,結(jié)合動(dòng)量守恒,20.如圖是放置在豎直平面內(nèi)游戲滑軌的模擬裝置，滑軌由四部分粗細(xì)均勻的金屬桿組成：水平直軌 AB半徑分別為 R

11、 =1.0m和R = 3.0m的弧形軌道，傾斜直軌 CDK為L(zhǎng) = 6m且表面粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)為 科=1/6,其它三部分表面光滑，AB、CD與兩圓形軌道相切.現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)質(zhì)量為m=2kg的小球穿在滑軌上，甲球靜止在B點(diǎn)，乙球從AB的中點(diǎn)E處以v° =10m/s的初速度水平向左運(yùn)動(dòng).兩球在整個(gè)過(guò)程中的碰撞均無(wú)能量損失。已知10m/s2, sin 37° =0.6 , cos 37° =0.8）求：（1）甲球第一次通過(guò)。Q的取低點(diǎn)F處時(shí)對(duì)軌道的壓力;（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩球相撞次數(shù)；（3）兩球分別通過(guò) CD段的總路程.解：（1）甲乙兩球在發(fā)生碰撞過(guò)程由動(dòng)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） 即交換速度。甲球從 B點(diǎn)滑到F點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒得：1 2.12mv2 mg=一m vF2 22在F點(diǎn)對(duì)滑環(huán)分析受力，得 fn _ mg = m =R2由上面二式得：FN =500N3根據(jù)牛頓第三定律得滑環(huán)第一次通過(guò)。O的最低點(diǎn)F處時(shí)對(duì)軌道的壓力為 2° N(6分)3(2)由幾何關(guān)系可得傾斜直軌 CD的傾角為37° ,甲球或乙球每通過(guò)一次克服摩擦力做功為：W克=NmgLcos8 ,得 W克=16j1 一 2 一 Ek

13、 0Eko mvo n -=6.252 W克分析可得兩球碰撞 7次(5分)(3)由題意可知得：滑環(huán)最終只能在。Q的D點(diǎn)下方來(lái)回晃動(dòng)，即到達(dá) D點(diǎn)速度為零，由能量守恒得： mv02 mgR2(1 cos?)=mgscos1 2解得：滑環(huán)克服摩擦力做功所通過(guò)的路程s = 78m (5分)分析可得乙3次通過(guò)CD段，路程為18nl所以甲的路程為 60m 20、(16分)如圖所示的軌道由位于豎直平面的圓弧軌道和水平軌道兩部分相連而成.水平軌道的右側(cè)有一質(zhì)量為 2m的滑塊C與輕質(zhì)彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直的墻 M上，彈簧處 于原長(zhǎng)時(shí)，滑塊 C在P點(diǎn)處；在水平軌道上方 O處, 用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛

14、一質(zhì)量為 m的小球B, B球恰好 與水平軌道相切于 D點(diǎn)，并可繞D點(diǎn)在豎直平面內(nèi)擺動(dòng).質(zhì)量為m的滑塊A由圓弧軌道上靜止釋放，進(jìn)入水平軌道與小球B發(fā)生碰撞，A B碰撞前后速度發(fā)生交換.P點(diǎn)左方的軌道光滑、右方粗糙，滑塊 A C與PM段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為科=1/3,其余各處的摩擦不計(jì)，A B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g.(1)若滑塊A能以與球B碰前瞬間相同的速度與滑塊C相碰，A至少要從距水平軌道多高的地方開(kāi)始釋放？(2)在(1)中算出的最小值高度處由靜止釋放A,經(jīng)一段時(shí)間A與C相碰，設(shè)碰撞時(shí)間極短，碰后一起壓縮彈簧，彈簧最大壓縮量為L(zhǎng)/3 ,求彈簧的最大彈性勢(shì)能.解：(16分)(1)要使，t塊A

15、能以與B碰前瞬間相同的速度與C碰撞，必須使小球 B受A撞擊后在豎直平面內(nèi)完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)后從左方撞擊A,使A繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)。設(shè)A從距水平面高為 H的地方釋放，與 B碰前的速度為vo對(duì)A,由機(jī)械能守，值得：mgH =1mv；（1 分）22v-向心力 F =m（1 分）L2設(shè)小球B通過(guò)最高點(diǎn)的速度為 vb,則它通過(guò)最高點(diǎn)的條件是：mg < m（2分）1c1c小球B從取低點(diǎn)到取局點(diǎn)機(jī)械能寸恒：一mv0 =2mgL+mvB（222分）5聯(lián)立、得： H >-L （2分）2評(píng)價(jià)說(shuō)明：如果式中的“w”、式中的寫(xiě)成“="，又沒(méi)有用文字表明是極值的, 該式為零分（2）從這個(gè)高度下滑的

16、A與C碰撞前瞬間速度v0=j5gL（2分）設(shè)A與C碰后瞬間的共同速度為 v,由動(dòng)量守恒：mv=（nH2n） v （2 分）A、C 一起壓縮彈簧，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）如圖（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化如圖（b）所示.不帶電的絕緣小球 P2靜止在O點(diǎn).t=0時(shí)，帶正電的小2 .、球R以速度vo從A點(diǎn)進(jìn)入AB區(qū)域，隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度大小是碰前的 -倍,34L.R的質(zhì)量為 m,帶電量為q, P2的質(zhì)量 m= 5m, A、O間距為L(zhǎng)o, O B間距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向左運(yùn)動(dòng)的最大距離及所需時(shí)間； 討論兩球能否在 OBK間內(nèi)再次發(fā)生碰撞.E *pIP1P2 _ *vo_kLo4L*1解：(1) RA t1時(shí)間與P2碰式則t1 =且 B(a)voP、P2碰撞，設(shè)碰后 P2速度為v2,由動(dòng)量守恒:解得