《2019高考二轮复习动量守恒定律的应用-碰撞问题典型例题资料》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考二轮复习动量守恒定律的应用-碰撞问题典型例题资料（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019高考二轮复习动量守恒定律的应用-碰撞问题典型例题题型一 碰撞规律的应用【例题1】动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？【解析】：A能追上B，说明碰前vAvB,；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，由以上不等式组解得：点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。【例题2】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同
2、一方向运动，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A. ， B.， B. ， D.， 【答案】B【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；故选B【例题3】质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度与质量为2m的静止小球B发生正碰。碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是A.B. CD.解析要注意的是，两球的
3、碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。当以A球原来的速度方向为正方向时，则，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有解得，题型二 弹性碰撞模型【例题1】如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为A0.5 m/sB1.0 m/s C1.5 m/s D2.0 m/s解析碰撞后B做匀减速运动
4、，由动能定理得：代入数据得：，A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：，由于没有机械能的损失，则：，联立可得：，故A、B、D错误，C正确。、【例题2】如图示，质量分别为、的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求(1)B球第一次到达地面时的速度。(2)P点距离地面的高度。【解析】(1)设球第一次到达地面
5、时的速度大小为，由运动学公式有 将代入上式，得 (2)设、两球碰撞前的速度分别为、碰撞后的速度分别为、。其中由运动学规律可得 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有动量守恒： 机械能守恒：式变形得：式变形得：式除以式得：式变形得： 即式变形：代入得由运动学公式：得。注意：式所反应的结果说明二者碰撞时求已经从最高点向下运动了。【例题3】如图所示，在高h2.7 m的光滑水平台上，质量为m的滑块1静止在平台边缘，质量为0.5m的滑块2以速度v0与滑块1发生弹性正碰，碰后滑块1以速度v1滑离平台，并恰好沿光滑圆弧轨道BC的B点切线方向进入，
6、轨道圆心O与平台等高，圆心角60，轨道最低点C的切线水平，并与水平粗糙轨道CD平滑连接，距C点为L处竖直固定一弹性挡板，滑块1与挡板发生弹性碰撞返回，滑块1与轨道CD间的动摩擦因数0.3，g10 m/s2。求：(1)速度v1的大小；(2)速度v0的大小；(3)为使滑块1最终停在轨道CD上，L最小值应为多大？【解析】(1)滑块1进入B时，解得3 m/s（1）根据动量守恒定律可得：又，解得(3)当滑块与弹性板碰撞后反弹再次回到B点时速度恰好为零，此时L最小，根据动能定理可得：解得。【例题3】如图所示，光滑曲面AB与动摩擦因数=0.4的粗糙水平面BC相切与B点。用细线栓一质量m=1kg小球Q，细线长
7、L=1.5m，细线的另一端悬于Q点的正上方O点。球Q在C点时，对C点无压力。质量与Q相等的小球P自高h=1.0m处沿曲面AB由静止开始滑下，在水平面上与球Q正碰，若碰撞过程中无机械能损失。已知sBC=0.5m，g=10m/s2，求：（1）P第一次与Q碰撞前的速度大小v0；（2）P与Q第一次碰撞后，小球Q上升的最大高度H；（3）小球P与Q最多能碰撞几次？【答案】（1）4m/s（2）0.8m（3）四次【解析】（1）P球开始下滑到碰撞前的过程，运动动能定理得：代入数据可求得：v0=4m/s；（2）P球和Q球在碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：由机械能守恒定律得：解得：vP=
8、0，vQ=v0设P与Q第一次碰撞后小球Q上升的最大高度为H。对Q由机械能守恒定律得：联立解得：H=0.8m；（3）以P球和Q球为系统，从P球开始下滑至P球静止的过程中，由能量守恒定律得：解得P球在BC段滑行的总路程：s=2.5m则：所以两球碰撞四次，P球最终静止于C点。题型三 完全非弹性碰撞【例题1】（新课标全国卷）两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。【解析】(1)设、b的质
9、量分别为、，、b碰撞前的速度为、。由题给图像得、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为。由题给图像得由动量守恒定律得联立式得(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为联立式，并代入题给数据得。答案(1)18(2)12【练习】A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图像a、b分别为A、B两球碰前的位移时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移时间图像，若A球质量m2 kg，则由图可知下列结论正确的是（ ）AA、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞时A对B所施冲量为4 NsC碰撞前后A
10、的动量变化为4 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统中损失的动能为10 J答案BCD【例题2】如图所示，质量为的平板小车放在光滑水平面上，平板右端上放有质量为m的木块，它们之间的动摩擦因数为，现使平板小车和木块分别向右和向左运动，初速度大小均为，设平板足够长，且 m，求木块相对平板右端滑行的距离。【解析】：木块在小车上的运动分两阶段：首先，木块和小车都做匀减速运动，木块速度先减为零，木块速度减为零时，小车仍有向右速度；之后，木块开始向右做匀加速运动，小车继续向右做匀减速运动，木块相对小车仍在远离其右端，直至木块与小车速度相等后，二者一起向右匀速运动设木块与小车的最终速度为，以向右为正，由动量
11、守恒定律有： 设物块相对小车右端滑行距离为 S，因木块相对小车无往复运动，则由功能关系有： 联立、： 解得：点评：应用了上面的二级结论大大化简了运算过程，但要注意速度方向的选取问题。【训练】如图所示，质量、长度的长木板静止在光滑的水平面上，在其右端放一质量的小滑块（可视为质点）初始时刻，滑块A和木板B以分别向左、向右运动，最后滑块A恰好没有滑出木板取，求：（1）滑块A与木板B间的动摩擦因数；（2）从初始时刻到滑块A的速度为零的过程中，木板B发生的位移【解析】（1）取向右为正方向、系统动量守恒 、系统能量守恒 （2）从初始时刻到滑块A的速度为零的过程中取向右为正方向、系统动量守恒对木板联立得ab
12、O【例题3】（新课标全国卷）如图，小球、用等长细线悬挂于同一固定点。让球静止下垂，将球向右拉起，使细线水平。从静止释放球，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60。忽略空气阻力，求（1）两球、的质量之比；（2）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比【解析】：（1）设球的质量为，细线长为，球下落至最低点，但未与球相碰时的速度为v，由机械能守恒定律得式中是重力加速度的大小。设球的质量为；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为，以向左为正。由动量守恒定律得设两球共同向左运动到最高处，细线与竖直方向的夹角为，由机械能守恒定律得联立式得 （2）两球在碰撞过程中的机械能损
13、失是联立式，Q与碰前球b的最大动能之比【例四】如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道与水平面相切，距离质量的小滑块放在半圆形轨道末端的点，另一质量也为的小滑块，从点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道已知滑块与水平面之间的动摩擦因数取重力加速度两滑块均可视为质点求（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能（3）在点轨道对两滑块的作用力大小【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）以滑块2为研究对象，从到：根据动能定理得：，以两滑块为研究对象，碰撞前后，以向右为正方向，根据动量定恒定律，代入数据计算得出：（2）根据能量定恒定律
14、：代入数据计算得出：（3）以两滑块为研究对象，从到根据机械能定恒定律可得，在点，两滑块受重力和轨道的作用力，根据牛顿第二定律得代入数据计算得出:【例题5】某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段圆弧的曲线轨道，BC为一段足够长的水平轨道，两段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，工件与小车的动摩擦因数为，取：（1）若h=2.8m，求工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力；（2）要使工件不从平板小车上滑出，求h的取值范围【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）高度小于或等于3m.【解析】（1）工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为根据机械能守恒定律：工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：联立得：N=60N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为，方向竖直向下.（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，设共同速度为，工件滑上小车的初速度为由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：
