高考物理大一轮复习 第06章 动量 第2讲 碰撞 爆炸和反冲运动学案 新人教版Word格式.docx
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(2)非弹性碰撞
②机械能减少,损失的机械能转化为内能
|ΔEk|=Ek初-Ek末=Q
(3)完全非弹性碰撞
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共
②碰撞中机械能损失最多
|ΔEk|=__m1v+m2v-(m1+m2)v__
二
爆炸和反冲运动
1.爆炸
爆炸过程中的内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量__守恒__.
2.反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向__相反__方向运动的现象.
(2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用__动量守恒__定律来处理.
1.(人教版选修3-5P21第2题)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰.碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度允许有不同的值,请你论证:
碰撞后B球的速度可能是以下值吗?
(1)0.6v;
(2)0.4v;
(3)0.2v.
解析:
①若是弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律:
mv=mv1+3mv2
mv2=mv+×
3mv
得:
v1=v=-v
v2=v=v
②若是完全非弹性碰撞,则:
mv=4mv′ v′=v
因此v≤vB≤v,因此只有
(2)是可能的.
2.(人教版选修3-5P24第1题)一个连同装备共有100kg的宇航员,脱离宇宙飞船后,在离飞船45m的位置与飞船处于相对静止状态.装备中有一个高压气源,能以50m/s的速度喷出气体.宇航员为了能在10min内返回飞船,他需要在开始返回的瞬间一次性向右喷出多少气体?
设一次性向后喷出的气体质量为m,宇航员连同装备总质量为M.取宇航员连同装备整体为研究对象,由动量守恒定律
0=(M-m)v1-mv2 x=v1t
解得m≈0.15kg.
答案:
0.15kg
考点一
碰撞问题分析
物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞,遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律,确切地说是碰撞前后系统动量守恒,动能不变.
(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞.
(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的,都是弹性碰撞.
(多选)甲、乙两球在光滑的水平面上,沿同一直线同一方向运动,它们的动量分别为P甲=10kg·
m/s,P乙=14kg·
m/s,已知甲的速度大于乙的速度,当甲追上乙发生碰撞后,乙球的动量变为20kg·
m/s,则甲、乙两球的质量m甲∶m乙的关系可能是( )
A.3∶10 B.1∶4
C.1∶10D.1∶6
选AB 碰撞过程动量守恒,有:
P甲+P乙=P甲′+P乙′,
P甲=10kg·
m/s,P乙′=20kg,解得:
P甲′=4kg,两球的动量方向都与原来方向相同,
碰前:
v甲=>v乙=,解得:
<=
碰后:
v甲′=≤v乙′=,解得:
≥
碰撞过程能量守恒:
m甲v+m乙v≥m甲v+m乙v
解得:
≤
综合可知:
≤≤,故AB正确;
CD错误.故选AB.
碰撞应满足的条件
在所给的条件不足的情况下,碰撞结果有各种可能,但不管哪种结果必须同时满足以下三条:
(1)动量守恒,即p1+p2=p1′+p2′.
(2)动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+.
(3)速度要符合情景:
如果碰前两物体同向运动,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,且原来在前的物体的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都不改变,除非两物体碰撞后速度均为零.
在同一直线上同方向运动的质量相等的甲、乙两物体发生正碰,已知碰撞前甲、乙的速度大小之比为2∶1,碰撞后甲、乙的速度大小之比为4∶5,下列说法正确的是( )
A.碰撞后甲和乙的运动方向可能相反
B.甲碰撞前后的速度之比为2∶3
C.甲碰撞前后的速度之比为3∶2
D.在碰撞中乙的速度变化量比甲大
选C 设甲乙的质量均为m,若碰撞后甲和乙的运动方向相反,则由动量守恒定律:
m·
2v0+mv0=-m·
4v1+m·
5v1,解得:
v1=3v0;
由能量关系可知,碰前的能量E1=m(2v0)2+mv=mv;
碰后的能量E2=m(4v1)2+m(5v1)2=mv=mv>E1,则碰撞后甲和乙的运动方向不可能相反,选项A错误;
由上述分析可知,碰撞后甲和乙的运动方向相同,则由动量守恒定律:
2v0+mv0=m·
v1=v0;
甲碰撞前后的速度之比为2v0∶4v1=3∶2,选项B错误,C正确;
在碰撞中甲的速度变化量:
2v0-v0=v0;
乙的速度变化量:
v0-v0=v0;
两物体速度变化量相同,选项D错误;
故选C.
处理碰撞问题的思路和方法
1.对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加.
2.一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还要满足能量守恒,注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定.
3.要灵活运用Ek=或p=;
Ek=pv或p=几个关系式转换动能、动量.
1.(多选)(2017·
武汉一模)如图所示,弧形轨道固定于足够长的水平轨道上,弧形轨道与水平轨道平滑连接,水平轨道上静置一小球B和C.小球A从弧形轨道上离地高h处由静止释放,小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰,碰后小球A被弹回,B球与C球碰撞后粘在一起,A球弹回后再从弧形轨道上滚下,已知所有接触面均光滑,A、C两球的质量相等,B球的质量是A球质量的2倍,如果让小球A从h=0.3m处由静止释放,则下列说法正确的是(重力加速度为g=10m/s2)( )
A.A球从h处由静止释放则最后不会与B球再相碰
B.A球从h处由静止释放则最后会与B球再相碰
C.A球从h=0.2m处由静止释放则C球的碰后速度为m/s
D.A球从h=0.2m处由静止释放则C球的碰后速度为m/s
选AD AB、设A球的质量为m从弧形轨道滑到水平轨道的过程中,根据动能定理得:
mv=mgh,解得:
v0=,A与B发生弹性正碰,则碰撞过程中,AB动量守恒,机械能守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒和机械能守恒定律得:
mv0=mv1+2mv2,
mv=mv+×
2mv
v1=-v0/3,v2=2v0/3
B与C碰撞过程中,BC组成的系统动量守恒,以B的速度方向为正,根据动量守恒定律得:
2mv2=(2m+m)v
v=4v0/9>|v1|,所以最后A球不会与B球再相碰,故A正确,B错误;
CD、当h=0.2m时,根据v0=,v=4v0/9可得,C球最后的速度v=8/9m/s,故C错误,D正确.故选AD.
2.(2018·
重庆一中月考)如图所示,光滑的圆弧轨道竖直放置,底端与光滑的水平轨道相接,质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上,其左侧连接了一轻质弹簧,质量为m1的小球A从D点以速度v0向右运动,试求:
(1)小球A撞击轻质弹簧的过程中,弹簧弹性势能的最大值;
(2)要使小球A与小球B能发生两次碰撞,m1与m2应满足什么关系.
(1)当弹簧被压缩至最短时,两球共速,此时弹簧弹性势能最大,根据动量守恒定律,有m1v0=(m1+m2)v,
解得v=,
弹簧的最大弹性势能Ep=m1v-(m1+m2)v2=.
(2)取向右为正方向,设弹簧恢复原长时,两球的速率分别为v1、v2,则根据动量守恒定律,有m1v0=m2v2-m1v1,
根据能量守恒定律,有m1v=m1v+m2v,
要使小球A与B能发生两次碰撞,则|v1|>|v2|,
解得m1<(m1+m2<0不符合事实,舍去).
(1)
(2)m1<
考点二
1.爆炸过程的特征
(1)动能增加:
在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加.
(2)位置不变:
爆炸的时间极短,因而在作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动.
(3)由于内力≫外力,故爆炸过程动量守恒.
2.反冲过程的特征
反冲运动过程中,有其他形式的能转化为动能,系统的总动能将增加,其增加的原因是:
在反冲运动中,作用力和反作用力均做正功.
(1)反冲运动过程中,系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作用力,可应用动量守恒定律.
(2)研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律,求反冲速度的关键是确定系统和其他各物体对他的运动状态.
3.模型展示
(2018·
河南六市一联)如图所示,光滑水平面上有三个滑块A、B、C,质量关系是mA=mC=m、mB=.开始时滑块B、C紧贴在一起,中间夹有少量炸药,处于静止状态,滑块A以速度v0正对B向右运动,在A未与B碰撞之前,引爆了B、C间的炸药,炸药爆炸后B与A迎面碰撞,最终A与B粘在一起,以速率v0向左运动.求:
(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量;
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能?
(1)全过程,A、B、C组成的系统动量守恒
mAv0=-(mA+mB)v0+mCvC
炸药对C的冲量:
I=mCvC-0
I=mv0,方向向右
(2)炸药爆炸过程,B和C组成的系统动量守恒
mCvC-mBvB=0
据能量关系:
ΔE=×
v+mv
ΔE=mv
见解析
重庆一中月考)多弹头攻击系统是破解导弹防御体系的重要手段.同一水平面上的A、B两个军事目标的位置关系如图,P、Q是其连线上的两个三等分点,现有一枚母弹无动力运动至P点正上方的K点时分裂成两个质量相等的分弹头,分别命中A、B两个目标.已知分裂前后炮弹的速度均在水平方向且不计空气阻力.若该母弹在K点没有成功分裂,它的落点将在( )
A.A与P之间B.P与Q之间
C.Q点处D.Q与B之间
选B 设母弹质量为m,分裂前速度为v,分裂后能落在A点的弹体速度为vA,能落在B点的弹体速度为vB,分裂后都做平抛运动,时间相等,根据落点可知vA∶vB=1∶2,弹体分裂满足水平方向外力之合为零,取向右为正方向,由动量守恒:
mv=-vA+vB,解得v=+,则母弹若不分裂,将向右飞行,在离P点处落地.故选B.
(2014·
广东理综)如图所示的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并结合成复合体P.以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2s到t2=4s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1kg,P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1,AB段长L=4m,g取10m/s2.P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞.
(1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;
(2)若P与挡板碰后,能在探测器
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