高考经典物理模型碰撞问题一

高考经典物理模型碰撞问题一

碰撞问题（一）‎ ‎——考点透析 碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，同时它也是同学们学习的难点．它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全方位地考查同学们的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力．高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律．‎ 一、考点诠释 两个(或两个以上)物体相遇，物体之间的相互作用仅持续一个极为短暂的时间，而运动状态发生显著变化，这种现象称为碰撞。碰撞是一个基本，十分重要的物理模型，其特点是：‎ ‎1．瞬时性．由于物体在发生碰撞时，所用时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这一极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。‎ ‎2．动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作用的内力大于外力，所以系统在碰撞过程中动量守恒。‎ ‎3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒（系统的动能减少）。‎ 二、解题策略 首先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作用的研究对象，使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。‎ 三、边解边悟 ‎1．在光滑的水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线．2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个小球的速度为多少？‎ 解析 ‎：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v0．‎ A B C v ‎2．用轻弹簧相连的质量均为m=2㎏的A、B两物体都以v=‎6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M = 4㎏的物体C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：‎ ‎（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度。‎ ‎（2）弹性势能的最大值是多大？‎ 解析：（1）由动量守恒定律得 ‎ 当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最多，此时A、B、C的速度相等 ‎ 2 mv=（‎2m+M）v1 ‎ ‎ v1=2 mv/（‎2m+M）=‎3 m/s ‎ 即A的速度为‎3 m/s ‎ （2）由动量守恒定律得B、C碰撞时 mv=（m+M）v2 ‎ v2= mv/（m+M）=‎2m/s 由能量守恒可得 mv2/2＋（m＋M）v22/2=（‎2m＋M）v12/2＋△EP 解得：△EP=12J ‎3．质量均为m，完全相同的两辆实验小车A和B停放在光滑水面上，A车上另悬挂有一质量为‎2m的小球C。开始B静止，A、C以速度v0向右运动，两车发生完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球C先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平，求：‎ ‎ （1）小球第一次向右摆起至最大高度h1时小车A的速度大小v.‎ ‎ （2）小球第一次向右摆起的最大高度h1和第一次向左摆起的最大高度h2之比.‎ 解析：（1）研究A、B、C整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据水平方向动量守恒 ‎（‎3m）v0 = (‎4m) v ‎ 解得 ‎ （2）研究A、B整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间A、B共同速度为v1，根据动量守恒 mv0 = (‎2m)v1‎ 解得 从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律 ‎ ‎ 解得 由受力分析可知，小球下摆回最低点，B、C开始分离。设此时小球速度为v3，小车速度为v4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒 ‎（‎2m）v0 +(‎2m)v1 = (‎2m)v3 +(‎2m)v4‎ 根据机械能守恒定律 ‎ ‎ 解得小球速度v3 = v1 =，方向向右 小车速度v4 = v0，方向向右 另一根不合题意舍去。‎ 研究A、C整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。‎ 根据水平方向向量守恒 ‎ ‎ (‎2m) v3 +mv4 = (‎3m)v5‎ 根据机械能守恒定律 解得 所以h1：h2 =3：2‎ ‎4．如图所示，质量为M=‎3kg、长度为 L=‎1.2m的木板静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为L0=‎0.6m的轻弹簧，右端放置一质量为m=‎1kg的小物块，小物块与木块间的动摩擦因数为μ=0.4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量I0=4N·s，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹性势能增大为最大值Emax，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=‎10m/s2。求：‎ ‎（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v；‎ ‎（2）弹性势能的最大值Emax及小物块相对于木板向左运动的最大距离Lmax。‎ 解析：（1）由动量定理及动量守恒定律得 I0=mv0 mv0=(m+M)v 解得：v=‎1m/s ‎（2）由动量守恒定律和功能关系得 mv0=(m+M)u mv2 =（m+M）v2+μmgLmax+Emax mv2 =（m+M）u2+2μmgLmax 解得：Emax=3J Lmax=‎‎0.75m E S A B l ‎5.在绝缘水平面上放一质量m=2.0×10‎-3kg的带电滑块A，所带电荷量q=1.0×10‎-7C.在滑块A的左边l=‎‎0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块B，质量M=4.0×10‎-3kg，B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S=‎0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0×105N/C，滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E0=3.2×10-3J，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取‎10m/s2.求:‎ ‎(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；‎ ‎(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.‎ 解析:(1)设两滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有:‎ ‎ ‎ 解得:v1=‎3m/s ‎ A、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v 解得:v=‎1.0m/s ‎ ‎(2)碰后A、B一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x1，由动能定理有：‎ 解得:x1=‎‎0.02m 设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得: ‎ 解得:x2≈‎‎0.05m 以后，因为qE>μ(M+m)g，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:‎ S=x2+s-x1=‎0.05m+‎0.05m-0.02m=‎0.08m.‎ ‎6.如图所示，两个完全相同质量为m 的木板A、B 置于水平面上。它们的间距s=‎2.88m，质量为‎2m、大小可以忽略的物块C 置于A 板的左端。C 与A ‎ 之间的动摩擦因数为=0.22，A、B 与水平面之间的动摩擦因数=0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态，现给C 施加一个水平向右，大小为mg的恒力F，假定A、B 碰撞时间很短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度最少要为多少？‎ 解析：在A，B碰撞之前，A，C间的最大静摩擦力为2mg=0.44mg，大于C所受到的外力0.4mg，因此，A，C之间无相对运动。所以A，C可作为一个整体。碰撞前A，C的速度可以用动能定理求出。‎ 碰撞之后，A，B具有共同的速度，C的速度不变。A，C间发生相对运动。并且根据题意，A，B，C系统所受的摩擦力等于F，因此系统所受的合外力为零。可运用动量守恒定理求出C刚好不脱离木板的系统最终的共同速度。然后，运用能量守恒定律求出A，B的长度，即C与A，B发生相对位移的距离。‎ 由于F小于A，C间最大静摩擦力，所以A，C无相对运动。‎ FS-3mgS=‎‎3m 解得=m/s ‎=m/s，m=‎‎2m 得=m/s 因为，F=4mg=0.4mg;所以，A，B，C组成的系统合外力为零 ‎2m‎+‎2m=‎‎4m 得，=m/s 由能量守恒定理得 F‎2L+‎4m-2mg‎2L=‎2m+‎‎2m L=‎‎5m