高中物理中的碰撞与反冲模型的分析与应用.docx
- 文档编号:23572713
- 上传时间:2023-05-18
- 格式:DOCX
- 页数:35
- 大小:271.96KB
高中物理中的碰撞与反冲模型的分析与应用.docx
《高中物理中的碰撞与反冲模型的分析与应用.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中物理中的碰撞与反冲模型的分析与应用.docx(35页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高中物理中的碰撞与反冲模型的分析与应用
高中物理中的“碰撞”与“反冲”模型
分析与应用
一、真题再现:
来源图例考向
动量守恒、机
2015·新
械能守恒、
课标全国
模型核心归纳
1.常考的模型
(1)碰撞中的“两物体作用模型”
卷Ⅰ物体 A、B、C 位于同一直线上
2015·新
课标全国
“多物体作用
模型”
动量守恒、能
量守恒(功能
(2)碰撞中的“多物体作用模型”
(3)碰撞中的“图象类问题模型”
(4)“反冲模型”
(5)“爆炸模型”
卷Ⅱ
滑块 a、b 沿水平面上同一条直线运动
关系)
2.模型解法
(1)牢记一个定律:
动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
2016·新
课标全国
卷Ⅱ
光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜
面体,一蹲在滑板上的小孩和冰块均
动量守恒、机
械能守恒
(2)熟记两种碰撞
①弹性碰撞:
动量守恒和机械能守
恒。
碰后的速度满足 v1=1
v ,v2=
2m1
m1+m20
2016·新
课标全国
卷Ⅲ
2017·全
国
卷 Ⅰ
静止于冰面上
动量守恒、机
械能守恒、功
静止的 a 和 b 相距 l;b 与墙也相距 l 能关系
模型火箭点火升空 动量守恒
②非弹性碰撞:
动量守恒、机械能不
守恒。
(3)会用两个结论
①“一动一静”两物体发生弹性正
m -m2
m1+m2 0
v 。
②质量相等的两物体发生弹性碰撞
后交换速度;发生完全非弹性碰撞后
两物体共速。
二、考向预测:
【预测 1】 如图所示,在光滑的水平面上,有 A、B、C 三个物体,
开始 B、C 皆静止且 C 在 B 上,A 物体以 v =10 m/s 的速度撞向 B 物
0
体,已知碰撞时间极短,撞完后 A 物体静止不动,而 B、C 最终的共
同速度为 4 m/s。
已知 B、C 两物体的质量分别为 m =4 kg、m =1 kg。
BC
2A0
2B
(1)求 A 物体的质量;
(2)A、B 间的碰撞是否造成了机械能损失?
如果造成了机械能损失,
则损失了多少?
解析:
(1)设 B、C 最终的共同速度为 v,则由整个过程动量守恒可
得:
m v =(m +m )v
A0BC
代入数据解得 m =2 kg。
A
(2)设 A 与 B 碰撞后 B 的速度变为 v′,在 B 与 C 相互作用的时间里,
B 与 C 组成的系统动量守恒,
即 m v′=(m +m )v,解得 v′=5 m/s
BBC
1
A 与 B 碰撞的过程中,碰前系统的动能为 E = m v2,
k1
代入数据解得 E =100 J
k1
1
碰后系统的动能为 E = m v′2,
k2
代入数据解得 E =50 J
k2
所以碰撞过程中损失了机械能,损失了 50 J。
4
答案
(1)2 kg
(2)损失了 50 J
3
【预测 2】 如图所示,斜面 CD、平台 DE 和 圆弧轨道固定在水平地
面上,平台的高度和圆弧轨道的半径均为 R,在圆弧轨道底部,有两
个可视为质点的小球 A、B,两球之间有一轻弹簧,弹簧一开始处于
锁定状态,A 球的质量为 m,弹簧的长度可忽略。
某时刻解除弹簧的
锁定状态,两球分离后,A 球最高能到达与圆心等高的位置 E 点,B
球恰好能够到达圆弧最高点 N,从 N 点抛出后恰能从斜面上的最高点
D 无碰撞地沿斜面滑下,已知重力加速度为 g。
不计一切摩擦。
试求:
R
2B
2N
(1)球 B 与球 A 分离时的速度大小;
(2)球 B 的质量;
(3)斜面 CD 的长度。
解析:
(1)设解除弹簧锁定的瞬间 A、B 球的速度大小分别为 v 、v ,
AB
B 球的质量为 M。
v2
对 B 在最高点 N 处时进行受力分析,有 Mg=MN
解得 v = gR
N
B 球从底部到 N 点的过程中,机械能守恒,有
11
Mv2=Mg·2R+ Mv2,解得 v = 5gR。
B
(2)解除弹簧锁定后,对 A 从圆弧轨道底部到 E 点的过程,有 mgR=
1
2
5
速度方向与斜面方向平行。
设斜面倾角为 α ,则 tan α =y= 2
mv2,得 v = 2gR。
AA
两球分离时由动量守恒定律得 mv =Mv ,
AB
10
联立解得 M=m。
(3)B 球离开圆弧轨道后做平抛运动,当 B 下落高度为 R 时竖直分速
度满足 v2-0=2gR
y
解得 v = 2gR
y
小球 B 从 N 点抛出后恰能从斜面上的 D 点无碰撞地沿斜面滑下,说明
v
v
N
设斜面长为 l,则 tan α =
l
R 6
2-R2,解得 l= 2
R。
5 2
106
答案
(1) 5gR
(2)m(3)R
三、课时强化训练:
一、选择题(1~4 题为单项选择题,5~7 题为多项选择题)
1.从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量
的小物体,抛出速度大小都为 v,不计空气阻力,对两个小物体,以
下说法正确的是()
A.落地时的速度相同
B.落地时重力做功的瞬时功率相同
C.从抛出到落地过程中重力的冲量相同
D.两物体落地前动量变化率相等
t
解析:
两物体落地时,速度方向不同,故落地时速度不同,故A 错
误;因为落地时动能相同,则落地时的速度大小相等,平抛运动时竖
直方向上的分速度小于竖直上抛运动落地时的速度,根据 P=mgv 知,
y
落地时重力做功的瞬时功率不同,故 B 错误;两个物体在空中运动的
时间不同,做平抛运动的物体时间短,故从抛出到落地的过程中重力
Δ p
的冲量不同,故 C 错误;根据动量定理有 F=,整个运动过程中,
合力为重力,故 D 正确。
答案D
2.如图所示,质量为 m 的物体在水平外力 F 的作用下,沿水平面做匀
速运动,速度大小为 v,当物体运动到 A 点时撤去外力 F,物体由 A
点继续向前滑行过程中经过 B 点,则物体由 A 点到 B 点的过程中,下
列说法中正确的是()
A.速度 v 越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功越少
B.速度 v 越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功越多
C.速度 v 越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功与速度 v 的大
小无关
D.速度 v 越大,摩擦力对物体的冲量越大,摩擦力做功与速度 v 的大
小无关
解析:
物体在 A、B 间运动的加速度为 a=μ g,由 v2=v2-2ax 知
B
2
v+v
速度 v 越大,v 越大,又由 x=
B
Bt 可知,速度越大,t 越小;摩
2
擦力的冲量为 I =μ mgt 越小,摩擦力做功 W =μ mgx 与速度 v 的大
ff
小无关,C 项正确。
答案C
g
3.如图所示,质量为 m 的物块随木箱以加速度 a= 竖直向上加速运
动,重力加速度为 g,在物块上升高度为 h 的过程中,下列说法正确
的是()
2
2
2
1
A.支持力做功为 mgh
3
C.合外力做功为 mgh
B.动能增加 mgh
3
D.机械能增加 mgh
2 2
2
g3
解析:
根据牛顿第二定律得 F -mg=ma=m· ,可得支持力 F =
NN
3
mg,支持力做功 W =F h= mgh,故 A 错误;由牛顿第二定律知,物
NN
2
1
块所受的合外力 F =ma= mg,方向向上,则合外力做功为 W =F
合合
合
2 2
2
11
h= mgh,由动能定理知物块的动能增加了 mgh,故 B、C 错误;根据
3
功能关系可知机械能的增加量等于支持力做的功,则机械能增加了
mgh,故 D 正确。
答案D
4.一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所
示,已知该车质量为 2×103 kg,在某平直路面上行驶,阻力恒为 3×103
N。
若汽车从静止开始以恒定加速度 2 m/s2 做匀加速运动,则此匀加
速运动过程能持续的时间大约为()
A.8 s
C.26 s
B.14 s
D.38 s
F 7 000 7
7
解析:
由图象可知,机车的最大功率约为 P=200 kW,在加速阶段
由牛顿第二定律可知 F-F =ma 即 F=F +ma=3 000 N+2 000×2
阻阻
P200×103200
N=7 000 N,再由 P=Fv 可知 v==m/s=m/s,由 v
100
=at,解得 t=s≈14.2 s,故选项 B 正确。
答案B
5.在冬奥会冰壶比赛中,运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推
出。
由于摩擦阻力的作用,冰壶的动能随位移变化图线如图所示。
已
知冰壶质量为 19 kg,g 取 10 m/s2,则以下说法正确的是()
A.μ =0.05
C.滑行时间 t=5 s
B.μ =0.01
D.滑行时间 t=10 s
解析:
对冰壶由动能定理得-μ mgx=0- mv2,
2 9.5 J
解得 μ = = =0.01,B 正确;
2
1
20
1
mv2
0
mgx19×10×5 J
冰壶运动的加速度 a=μ g=0.1 m/s2,
1
由运动学公式 x= at2 得 t=10 s,D 正确。
答案BD
6.滑块甲的质量为 0.8 kg,以大小为 5.0 m/s 的速度向右运动时,
与另一质量为 1.0 kg、速度大小为 3.0 m/s 的滑块乙迎面相撞。
碰
撞后滑块甲恰好静止。
假设碰撞时间极短,以向右为正方向,下列说
法正确的是()
A.碰后乙的速度大小为 2 m/s
B.碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为 4.0 N·s
C.碰撞过程中乙动量的变化量为 2.0 kg·m/s
D.碰撞过程中系统损失的机械能为 14 J
解析:
由动量守恒定律得 m v -m v =m v ′,代入数据解得
甲甲乙乙乙乙
v ′=1.0 m/s,选项 A 错误;碰撞过程中甲动量的变化量为 Δ p
乙
甲
错误;由能量守恒定律得 m v2 + m v2 = m v ′2+Δ E,代入数
=0-m v =-4.0 kg·m/s,由动量定理可得甲滑块受到的乙的作
甲甲
用力的冲量为 I=Δ p =-4.0 N·s,选项 B 正确;碰撞过程中乙动
甲
量的变化量为 Δ p =m v ′-(-m v )=4.0 kg·m/s,选项 C
乙乙乙乙乙
111
2甲甲2乙乙2乙乙
据解得 Δ E=14 J,选项 D 正确。
答案BD
7.如图所示,小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上,刚接触轻弹簧
的瞬间速度是 5 m/s,接触弹簧后小球速度 v 和弹簧缩短的长度 Δx
之间关系如图所示,其中 A 为曲线的最高点。
已知该小球重为 2 N,
弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中,下列说法正确的是()
A.小球的动能先变大后变小
B.小球的机械能先增大后减小
C.小球速度最大时受到的弹力为 2 N
D.小球受到的最大弹力为 12.2 N
解析:
由题图可知,小球的速度先增加后减小,故小球的动能先增
大后减小,故 A 正确;在小球下落过程中至弹簧压缩最短时,只有重
力和弹簧弹力做功,故小球与弹簧组成的系统机械能守恒,在压缩弹
簧的过程中弹簧的弹性势能增加,故小球的机械能减小,故 B 错误;
小球下落时,当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大,故此时小球
受到的弹力为 2 N,所以 C 正确;小球速度最大时,小球的弹力为 2 N,
此时弹簧的形变量为 0.1 m,故可得弹簧的劲度系数 k=20 N/m,故
弹簧弹力最大时形变量最大,根据胡克定律知,小球受到的最大弹力
为 F =kx =20×0.61 N=12.2 N,故 D 正确。
maxmax
答案ACD
二、非选择题
8.如图所示,在光滑的水平面上静止放置 A、B 两个物块,中间夹有
处于自然长度的轻弹簧(轻弹簧只与 B 拴接着),物块 A 的质量为 M
A
=0.996 kg,物块 B 的质量为 M =3.00 kg,有一颗质量为 m=0.004
B
kg 的子弹以 v =100 m/s 的水平速度击中并停留在物块 A 中,子弹与
0
物块 A 作用时间极短。
求:
(1)子弹停留在 A 中的瞬间,木块 A 的速度;
(2)物块 A 运动起来后,弹簧的最大弹性势能和 A 的最小速度。
解析:
(1)子弹与 A 发生相互作用的过程中动量守恒,设木块 A 获
得速度 v ,则
1
mv =(m+M )v
0A
1
解得 v =0.4 m/s。
1
(2)当 A、B 有共同速度 v 时,弹簧有最大弹性势能。
2
由系统的动量守恒得(m+M )v =(m+M +M )v
A1AB
2
2 2
解得 v =0.1 m/s。
2
11
由能量守恒得 (m+M )v2= (m+M +M )v2+E ,
A1AB2p
解得 E =0.06 J。
p
设 A、B 经相互作用刚好分离时的速度分别为 v 、v 。
AB
由动量守恒定律得(m+M )v =(m+M )v +M v
A1AAB
由机械能守恒定律得
B
2 2 2BB
它与桌面间动摩擦因数 μ = ,在盒内右端 B 放着质量也为 0.5 kg、
111
(m+M )v2= (m+M )v2+ M v2,
A1AA
解得 v =-0.2 m/s,v =0.2 m/s。
AB
v <0,说明已反向,则木块 A 的最小速度为 0。
A
答案
(1)0.4 m/s
(2)0.06 J0
9.如图所示,质量 0.5 kg,长 1.2 m 的金属盒 AB,放在水平桌面上,
1
8
半径为 0.1 m 的弹性球,球与盒接触面光滑。
若在 A 端给盒以水平向
右的冲量 1.5 N·s,设盒在运动中与球碰撞时间极短,且无能量损
失,求:
m 0.5
(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程;
(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间。
解析:
(1)研究对象是金属盒,盒受冲量 I 后获得速度 v,
I1.5
由动量定理,有 I=mv-0,v= =m/s=3 m/s
盒以此速度向右运动,运动中受到桌面对盒的摩擦力
f=μ F =μ ·2mg
N
-μ ·2mg=ma 即 a=-2μ g
盒运动了 x =(1.2-0.1×2) m=1 m 后速度减少为 v′。
1
v′2-v2=2ax
1
8
v′= v2-2×2μ gx =
1
1
32-2×2× ×10×1 m/s=2 m/s
盒左壁 A 以 v′速度与球相碰,因碰撞中无能量损失,盒停止,球以
v′=2 m/s 的速度向右做匀速直线运动,运动 1 m 后又与盒的右壁
相碰,盒又以 v′=2 m/s 的速度向右运动,直到停止。
0-v′2=2ax
2
2a = -2×2μ g
1 m=0.8 m
8
-v′2-v′222
即 x ==
2
2×2× ×10
因 x 只有 0.8 m,此时静止小球不会再与盒的右壁相碰,所以盒通过
2
的总路程为
s=x +x =1 m+0.8 m=1.8 m
12
(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为 t
1
2μ g =
1
8
根据动量定理,有-μ ·2mgt =mv′-mv
1
v-v′3-2
t =s=0.4 s
1
2× ×10
v′2 s=0.5 s
小球匀速运动时间 t =
2
x 1
1 =
盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为 t ,
3
根据动量定理,有-μ ·2mgt =0-mv′
3
2μ g=
1
8
t =
3
v′ 2
2× ×10
s=0.8 s
总时间 t=t +t +t =(0.4+0.5+0.8) s=1.7 s
123
答案
(1)1.8 m
(2)1.7 s
10.足够长的倾角为 θ 的光滑斜面的底端固定一轻弹簧,弹簧的上端
连接质量为 m、厚度不计的钢板,钢板静止时弹簧的压缩量为 x ,如
0
图所示。
一物块从距钢板 3x 的 A 处沿斜面滑下,与钢板碰撞后立刻
0
与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动。
已
知物块质量也为 m 时,它们恰能回到 O 点,O 为弹簧自然伸长时钢板
的位置。
若物块质量为 2m,仍从 A 处沿斜面滑下,则物块与钢板回
到 O 点时,还具有向上的速度,已知重力加速度为 g,计算结果可以
用根式表示,求;
3mgx sin θ = mv2,解得 v = 6gx sin θ
(1)质量为 m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小 v ;
1
(2)碰撞前弹簧的弹性势能;
(3)质量为 2m 的物块沿斜面向上运动到达的最高点离 O 点的距离。
解析
(1)设物块与钢板碰撞前速度为 v ,有
0
1
02000
设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为 v ,有
1
mv =2mv ,解得 v =
011
6gx sin θ
0
2
E + (2m)v2=2mgx sin θ
(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为 E ,当质量为 m 的物块和钢板一起回
p
到 O 点时,弹簧无形变,弹簧弹性势能为零,根据机械能守恒得
1
p210
解得 E = mgx sin θ
1
p20
(3)由能量守恒可知质量为 2m 的物块与钢板碰撞前的速度为 v ,设
0
v 表示质量为 2m 的物块与钢板碰后一起向下运动的速度,有 2mv =
20
3mv
2
E + (3m)v2=3mgx sin θ + (3m)v2
v2=2ax,2mgsin θ =2ma,解得 x=0
答案
(1) 6gx sin θ
(2) mgx sin θ (3)0
它们回到 O 点时,弹簧弹性势能为零,但它们仍继续向上运动,设此
时速度为 v,由机械能守恒定律得
20
11
p22
在 O 点物块与钢板分离。
分离后,物块以初速度v 沿斜面上升,设运
动到达的最高点离 O 点的距离为 x,有
x
2
1x
0
0
222
解题关键
(1)物块在光滑斜面上自由下滑时机械能守恒,物块与钢
板碰撞过程动量守恒。
(2)物块与钢板回到 O 点时,弹簧的弹性势能
为零。
(3)质量为 2m 的物块与钢板回到 O 点时还具有向上的速度,在
弹簧弹力作用下钢板与物块分离,以后物块做匀减速运动。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高中物理 中的 碰撞 反冲 模型 分析 应用