第1章 动量及其守恒定律
第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞
基础过关练
题组一 碰撞的特点和分类
1.下列关于碰撞的理解正确的是 ( )
A.碰撞是指相对运动的物体相遇时,在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B.在碰撞现象中,一般内力都远大于外力,所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D.微观粒子的相互作用由于不发生直接接触,所以不能称其为碰撞
2.现有甲、乙两滑块,质量分别为3m和m,以相同的速率v在光滑水平面上相向运动,发生了碰撞。已知碰撞后,甲滑块静止不动,那么这次碰撞是 ( )
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞 D.条件不足,无法确定
题组二 碰撞可能性的判断
3.(多选题)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球碰撞,关于碰后的速度v1'和v2',下面可能正确的是 ( )
A.v1'=v2'= m/s
B.v1'=3 m/s,v2'=0.5 m/s
C.v1'=1 m/s,v2'=3 m/s
D.v1'=-1 m/s,v2'=2.5 m/s
4.(多选题)如图所示,小球A的质量为mA=5 kg,动量大小为pA=4 kg·m/s,小球A在光滑水平面上向右运动,与静止的小球B发生弹性碰撞,碰后A的动量大小为pA'=1 kg·m/s,方向水平向右,则 ( )
A.碰后小球B的动量大小为pB'=3 kg·m/s
B.碰后小球B的动量大小为pB'=5 kg·m/s
C.小球B的质量为15 kg
D.小球B的质量为3 kg
5.在光滑水平面上,有两个小球A、B沿同一直线同向运动,B在前,A在后。已知碰撞前两球的动量分别为pA=12 kg·m/s,pB=13 kg·m/s,碰撞前后,它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是 ( )
A.ΔpA=-4 kg·m/s、ΔpB=4 kg·m/s
B.ΔpA=4 kg·m/s、ΔpB=-4 kg·m/s
C.ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s
D.ΔpA=24 kg·m/s、ΔpB=-24 kg·m/s
题组三 爆炸问题
6.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=1 m/s,爆炸成甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量之比为1∶4,不计质量损失,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( )
7.如图所示,水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计),爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.1 m、0.4 m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同,则P、Q的质量之比m1∶m2为 ( )
A.4∶1 B.1∶4 C.2∶1 D.1∶2
题组四 碰撞规律的应用
8.如图所示,运动员将冰壶A以初速度v0=2 m/s从M点水平掷出,沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰,碰后冰壶A、B的速度大小分别为vA=0.3 m/s、vB=0.7 m/s,碰撞前后A的速度方向不变,运动中冰壶可视为质点且碰撞时间极短。若冰壶A、B的质量均为20 kg,与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.015,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小v1;
(2)M、N两点间的距离s;
(3)通过计算判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞。
9.如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速率均为v0=6 m/s。甲车上有质量m=1 kg的小球若干个,甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50 kg,乙和他的车总质量M2=30 kg,甲不断地将小球一个一个地以v=16.5 m/s 的水平速度(相对于地面)抛向乙,并且被乙接住。
(1)若甲未抛球,两小车发生碰撞后连在了一块不再分开,求两小车撞击过程中损失的能量;
(2)甲至少要抛出多少个小球,才能保证两车不会相碰
10.如图所示,光滑水平面上依次有滑块C、A、B,质量分别为mC=2 kg、mA=3 kg、mB=3 kg。开始时A、B静止,C以大小为v0=10 m/s的速度冲向A,与A发生弹性碰撞,碰撞后A继续向右运动,与B发生碰撞并粘在一起。求:
(1)C与A碰撞后A的速度大小;
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能。
能力提升练
题组一 碰撞中的图像问题
1.如图甲所示,在光滑水平面上的A、B两个小球发生碰撞,两小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1 kg,由此可以判断 ( )
A.碰前B匀速运动,A加速运动
B.碰后A和B都向右运动
C.m2=0.3 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
2.冰壶是冬奥会比赛项目之一,某兴趣小组在冰面上模拟冰壶比赛,如图甲所示,蓝壶静止在大本营圆心O处,红壶推出后经过P点进入刷冰区域沿直线向蓝壶滑去,队员在红壶前方开始不断刷冰,直至两壶发生正碰为止。P、O两点相距L,大本营半径R=1.0 m,从红壶经过P点开始计时,两壶正碰前后的v-t图线如图乙所示,两壶质量相等且均视为质点,与未刷冰区域冰面间的动摩擦因数相同,求:
(1)P、O两点间的距离L;
(2)蓝壶被碰后的速度大小;
(3)判断蓝壶是否会滑出大本营。
题组二 碰撞中的动力学、动量、能量综合问题
3.英国物理学家查德威克发现中子实验的思路是:通过中子与其他已知原子核发生弹性碰撞,测量碰撞后原子核的速度,可间接测出中子的质量。测量结果如下:用初速度一定的中子与静止的氢原子核碰撞后,氢原子核的最大速度是3.3×107 m/s;用同样速度的中子与静止的氮原子核碰撞后,氮原子核的最大速度是4.7×106 m/s。已知氮原子核的质量是氢原子核质量的14倍,则中子的质量与氢原子核质量的比值约为 ( )
A.1.12 B.1.16 C.1.20 D.1.24
4.(多选题)如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验,可以使小球弹起并上升到很大高度。某次实验将质量为3m的大球(在下)、质量为m的小球叠放在一起,从距地面高h处由静止释放,h远大于球的半径,两球均可视为质点,不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.两球一起下落过程中,小球对大球的弹力大小为mg
B.大球与地面碰撞前瞬间的速度大小为
C.大球与小球碰撞后,小球上升的高度为4h
D.若大球的质量增大,小球上升的最大高度会更高
5.如图所示,在冰雪凝冻天气,停在高度为h处的汽车A发生溜车,沿斜坡下滑后撞上停在水平路面上的汽车B。碰撞后A、B两车分别滑动了sA=2.0 m、sB=4.5 m 后停下。已知汽车A和B的质量分别为mA=2×103 kg、mB=×103 kg,h=1.25 m,两车与路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞前后车轮均没有滚动,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)碰撞前瞬间A车的速度大小;
(2)A车在斜坡上克服摩擦力做的功。
6.如图所示,两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上,圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑,质量均为m,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放,重力加速度为g。求:
(1)小球P到达A槽最低点时受到的弹力大小;
(2)小球P在B槽内运动的最大高度;
(3)B槽具有的最大速度。
题组三 多物体、多过程碰撞问题
7.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止,设碰撞都为弹性碰撞,重力加速度为g,则整个过程中,系统损失的动能为 ( )
A.
C.NμmgL D.2NμmgL
8.如图,一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上,铁槽底面粗糙,侧壁光滑,半径R=
m/s的初速度并沿铁槽运动,与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短);已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。试求:
(1)A、B第一次相碰过程中,系统储存的最大弹性势能Epm;
(2)A滑块运动的总路程。
答案全解全析
基础过关练
1.A 2.A 3.AD 4.AD 5.A 6.B 7.C
1.A 碰撞是十分普遍的现象,它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象,碰撞时在极短时间内它们运动状态发生了显著变化,故A正确;碰撞一般内力远大于外力,但碰撞如果是非弹性碰撞,则存在动能损失,故B错误;如果碰撞前后物体机械能守恒,这样的碰撞就叫作弹性碰撞,故C错误;微观粒子间的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点,所以仍然是碰撞,故D错误。
2.A 以甲滑块的运动方向为正方向,由动量守恒定律得3m·v-mv=0+mv',所以v'=2v,碰前总动能Ek=mv'2=2mv2,Ek=Ek',所以这次碰撞为弹性碰撞,A正确。
3.AD 由碰撞前后动量守恒m1v1=m1v1'+m2v2'和动能不增加Ek≥Ek1'+Ek2'验证A、B、D三项皆有可能。但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度,会发生第二次碰撞,不符合实际,故选A、D。
4.AD 规定向右为正方向,碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒,所以有pA=pA'+pB',解得pB'=3 kg·m/s,A正确,B错误;由于是弹性碰撞,所以没有机械能损失,故,解得mB=3 kg,C错误,D正确。
5.A ΔpA=-4 kg·m/s,ΔpB=4 kg·m/s时,碰撞后两球的动量分别为pA'=8 kg·m/s,pB'=17 kg·m/s,符合动量守恒定律,而且碰撞后A的动能减小,B的动能增大,总动能可能不增加,符合实际,故选项A正确;由B、D选项中所给动量变化量可知,碰撞后,A的动量沿原方向增大,不符合实际,故B、D错误;ΔpA=-24 kg·m/s,ΔpB=24 kg·m/s时,碰撞后两球的动量分别为pA'=-12 kg·m/s,pB'=37 kg·m/s,可以看出,碰撞后A的动能不变,B的动能增大,违反了动能不增加原则,故C错误。
6.B 弹丸在爆炸过程中,水平方向的动量守恒,设弹丸质量为m,有mv=gt2,解得t=1 s,水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲=v甲t,x乙=v乙t,代入各图中数据,可知B正确。
方法技巧 (1)从守恒的角度看,爆炸不同于碰撞,在爆炸过程中,系统在水平方向上的动量守恒,机械能增加。
(2)从分析过程的角度看,爆炸与碰撞类似,分为爆炸前瞬间的动量和爆炸后瞬间的动量。
7.C 将P、Q与炸药看作系统,由于爆炸作用时间很短,平均作用力很大,远大于系统所受的外力,所以爆炸过程中系统的总动量守恒,取水平向右为正方向,则有0=-m1v1+m2v2;爆炸之后分别对两滑块应用动能定理,对于滑块P有-μm1gx1=0-,联立解得m1∶m2=2∶1,故C正确,A、B、D错误。
8.答案 (1)1 m/s (2)10 m (3)见解析
解析 (1)两冰壶碰撞过程中,满足动量守恒,以碰撞前A的速度方向为正方向,有mv1=mvA+mvB
代入数据解得v1=1 m/s
(2)冰壶A从M点水平掷出至运动到N点与冰壶B碰撞前,根据动能定理得-μmgs=
代入数据解得s=10 m
(3)碰撞前A、B两冰壶的总动能为Ek1==10 J
碰撞后两冰壶的总动能为Ek2==5.8 J
由于Ek1>Ek2,可知两冰壶碰撞过程中有动能损失,为非弹性碰撞。
9.答案 (1)1 350 J (2)15
解析 (1)若甲未抛球,两小车发生碰撞后连在了一块不再分开,设甲的速度方向为正方向,由动量守恒定律
可得M1v0-M2v0=(M1+M2)v'
两小车撞击过程中损失的能量为ΔE=(M1+M2)v'2=1 350 J
(2)当甲、乙两车的速度相同时两车刚好不相撞,两人以及车(包括球)组成的系统在水平方向动量守恒,以甲车的速度方向为正方向,由动量守恒定律得M1v0-M2v0=(M1+M2)v″
代入数据解得v″=1.5 m/s
对甲(人和车)及从甲车上抛出的小球整体,由动量守恒定律得M1v0=(M1-nm)v″+nmv
代入数据解得n=15
即甲至少要抛出15个小球,才能保证两车不会相碰。
10.答案 (1)8 m/s (2)48 J
解析 (1)取向右为正方向,以C、A为系统研究,根据动量守恒定律有mCv0=mCvC+mAvA
根据机械能守恒定律有
解得vC=-2 m/s,vA=8 m/s
故C与A碰撞后A速度大小为8 m/s。
(2)仍取向右为正方向,以A、B为系统研究,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v
根据能量守恒定律有E损=(mA+mB)v2
解得E损=48 J
总结归纳 “一动一静”模型中,两物体发生弹性碰撞后的速度满足:
v1'=v1。
结论:①当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换);
②当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑);
③当m10(小碰大,要反弹);
④当m1 m2时,v1'≈v1,v2'≈2v1(极大碰极小,大不变,小加倍);
⑤当m1 m2时,v1'≈-v1,v2'≈0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)。
能力提升练
1.C 3.B 4.BCD 7.B
1.C 由题图乙可以看出,碰前A的位移随时间均匀增加,B位移不变,可知B静止,A向右匀速运动,A错误;碰后B的位移均匀增加,A的位移均匀减小,说明运动方向不一致,B错误;由题图乙可以计算出A碰前的速度v1=4 m/s,碰后的速度v1'=-2 m/s,B碰前的速度v2=0,碰后的速度v2'=2 m/s,由动量守恒定律可得m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',解得m2=0.3 kg,C正确;碰撞过程中系统损失的机械能ΔE=m2v2'2=0,D错误。
2.答案 (1)1.3 m (2)1 m/s (3)见解析
解析 (1)设冰壶的质量为m,红壶经过P点的速度为v0,碰撞前、后瞬间的速度分别为v1、v1',碰后蓝壶的速度为v2',由题图乙可得v0=1.35 m/s,v1=1.25 m/s,v1'=0.25 m/s
红壶由P运动到O做匀减速直线运动,则P、O两点间的距离L=·t=1.3 m
(2)碰撞过程红壶与蓝壶组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2'
解得蓝壶被碰后的速度大小v2'=1 m/s
(3)碰后蓝壶做匀减速直线运动,设其滑行的距离为s,红壶、蓝壶的加速度大小均为a,有a==0.25 m/s2
蓝壶滑行的距离为s=
解得s=2.0 m>R=1.0 m,即蓝壶会滑出大本营。
3.B 设中子的质量为m,初速度为v0,与氢原子核发生碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mv1+mHvH,v0=4.7×106 m/s,由题可知mN=14mH,可得m≈1.16mH,故选B。
4.BCD 不计空气阻力,两球下落过程做自由落体运动,处于完全失重状态,小球对大球的弹力为零,A错误。大球做自由落体运动,由匀变速直线运动的速度-位移公式可得v2=2gh,则大球与地面碰撞前瞬间的速度大小为v=,B正确。大球与地面发生弹性碰撞,碰后大球速度瞬间反向,大小不变,再与小球发生弹性碰撞,设碰后小球的速度大小为v1,大球速度大小为v2,选竖直向上为正方向,由动量守恒定律得3mv-mv=mv1+3mv2,由机械能守恒定律得=4h,故C正确。设小球质量为m,大球质量为M,两球发生弹性碰撞,设碰撞后小球的速度大小为v1,大球的速度大小为v2,选竖直向上为正方向,由动量守恒定律得Mv-mv=mv1+Mv2,由机械能守恒定律得;若大球的质量增大,速度v1增大,小球上升的最大高度会更高,故D正确。
5.答案 (1)4 m/s (2)9×103 J
解析 (1)根据牛顿第二定律可得碰撞后A、B两车的加速度大小为aA==1 m/s2
则碰撞后瞬间A、B两车的速度大小分别为vA==3 m/s
设碰撞前瞬间A车的速度为vA0,根据动量守恒定律可得mAvA0=mAvA+mBvB,解得vA0=4 m/s
(2)设A车在斜坡上克服摩擦力做的功为W,根据动能定理可得mAgh-W=,解得W=9×103 J
6.答案 (1)6mg (2),方向水平向右
解析 (1)小球P从a点运动到c点过程,A、B均保持静止,只有重力做功,根据动能定理可得2mgR=
解得小球P运动到c点时的速度大小为v0=
在c点,根据牛顿第二定律有N-2mg=2m
解得N=6mg
(2)小球P滑到B槽后A依然保持静止,B开始向右运动,由于小球P和B槽组成的系统在水平方向上不受外力,故水平方向动量守恒,当小球P在B槽内运动到最大高度时,二者水平速度相同,取向右为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒可得2mv0=(2m+m)v
对小球P和B槽组成的系统,根据机械能守恒定律可得×(2m+m)v2+2mgh
联立解得h=
(3)小球P到达最高点后会沿斜槽B下滑,与B发生相互作用,B的速度继续增大,当小球返回B槽最低点d时,B槽的速度最大,设此时P的速度为v1,B的速度为v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
2mv0=2mv1+mv2
解得v2=,方向水平向右
7.B 小物块与箱子组成的系统,在整个过程中受到的外力之和为零,故系统满足动量守恒,设最终小物块与箱子共同的速度为v1,则有mv=(M+m)v1,解得v1=,故A错误,B正确;小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,可知整个过程中,小物块与箱子发生的相对路程为s相=NL,则整个过程中,因摩擦产生的内能为Q=μmgs相=NμmgL,根据能量守恒可知,整个过程中,系统损失的动能为ΔEk=Q=NμmgL,故C、D错误。
8.答案 (1)1.8 J (2)5 m
解析 (1)对A滑块,由动能定理可得
-μmg·
A、B碰撞过程,两者速度相等时,储存的弹性势能最大,
由动量守恒定律得mv1=(m+m)v2
由能量守恒定律可得+Epm
解得Epm=1.8 J
(2)A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得
mv1=mv3+mv4
由机械能守恒定律可得
解得v3=0,v4=6 m/s
设A、B运动的总路程为s1,由功能关系有-μmgs1=0-
设A、B运动的总圈数为n,有s1=2πRn,得n=2.5
滑块A、B的运动过程如图所示:
对A、B的运动过程进行分析,A运动了1.25圈,故A滑块运动的总路程s2=1.25×2πR=5 m(共12张PPT)
1.碰撞的特点:碰撞时相互作用时间很短,碰撞物体间的作用力远大于外力,可认为系统的动
量守恒。
2.从能量角度分类
(1)弹性碰撞(又称完全弹性碰撞):碰撞过程中机械能守恒。
(2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能不守恒,一部分机械能损失掉,转化为其他形式的能。
第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞
知识 清单破
知识点 1 不同类型的碰撞
1.碰撞分析:碰撞过程机械能守恒、动量守恒。
质量分别为m1、m2的小球发生弹性碰撞,碰撞前v1≠0,v2=0,则碰后两球速度分别为v1'=
v1,v2'= v1。
2.碰撞结果讨论
(1)若m1=m2,则两球发生弹性碰撞后,v1'=0,v2'=v1,即二者碰撞后交换速度。
(2)若m1>m2,则两球发生弹性碰撞后,v1'>0,v2'>0,碰撞后两球都向前运动。
(3)若m10,碰撞后入射小球被反弹回来。
知识点 2 弹性碰撞
1.非弹性碰撞动量守恒,存在机械能损失。
2.若碰后物体都以共同速度运动,碰撞中机械能损失最大,为完全非弹性碰撞。
知识点 3 非弹性碰撞
1.发生碰撞的两个物体,动量是守恒的。( )
2.发生碰撞的两个物体,机械能是守恒的。( )
3.碰撞后两个物体粘在一起,碰撞中动量是守恒的,但机械能损失是最大的。 ( )
4.两球发生弹性碰撞时,两者碰后交换速度。 ( )
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” 。
只有质量相等的两球发生弹性碰撞时,两者碰后才交换速度。
√
√
在非弹性碰撞中机械能不守恒。
提示
提示
1.处理碰撞问题遵循的三个规律
(1)动量守恒:运动方向上满足动量守恒的条件。
(2)动能不能增加:即 + ≥ + 。
(3)速度要合理:同向碰撞时,碰前应有v后>v前,碰后应有v前'≥v后';相向运动时,碰后两物体的运动
方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的速度问题
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
机械能守恒: m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2
疑难 情境破
疑难1 碰撞问题的原则
讲解分析
则有v1'= ,
v2'=
3.弹性碰撞的判断
(1)题目中明确指出物体间发生的是弹性碰撞;
(2)弹性小球、光滑钢球或分子、原子等微观粒子碰撞,属于弹性碰撞。
4.爆炸模型与碰撞模型的比较
碰撞 爆炸
不同点 碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能,系统的动能不会增加 爆炸过程中往往有化学能转化为动能,系统的动能增加
相同点
时间特点 相互作用时间很短 相互作用力特点 物体间的相互作用力先是急剧增大,然后再急剧减小,平均作用力很大 系统动量的特点 系统的内力远远大于外力,外力可忽略不计,系统的总动量守恒 位移特点 由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的,时间极短,所以,在物体发生碰撞、爆炸的瞬间,可认为物体在碰撞、爆炸后仍在同一位置 常规意义上的碰撞,物体间作用力大、时间短,作用力是斥力。有些情况下,当两个物体
发生作用时,尽管作用时间比较长,甚至作用力也不是斥力,我们仍可以当成碰撞来处理,这类
问题我们称为类碰撞问题。常见模型具体分析如下:
1.类碰撞模型之“弹簧模型”
讲解分析
疑难2 碰撞类模型的拓展
(1)对于光滑水平面上的弹簧类问题,在作用过程中,系统所受的合外力为零,满足动量守恒的条件。
(2)整个过程涉及弹性势能、动能的转化,应用能量守恒定律解决此类问题。
(3)弹簧压缩至最短时,弹簧连接的两物体速度相同,此时弹簧的弹性势能最大;弹簧恢复原长
时,弹性势能为零,系统动能最大。
2.类碰撞模型之“子弹打木块模型”
(1)子弹打木块的过程很短暂,认为该过程中内力远大于外力,则系统动量守恒。
(2)在子弹打木块过程中摩擦生热,系统的机械能不守恒,部分机械能向内能转化。
(3)若子弹未射穿木块,二者最后有共同速度,机械能损失最多。
3.类碰撞模型之“板块模型”
(1)在光滑水平面上,把滑块、木板看作一个整体,摩擦力为内力,滑块和木板组成的系统动量
守恒。
(2)由于摩擦生热,部分机械能转化为内能,系统的机械能不守恒,应用能量守恒定律求解问题。
4.类碰撞模型之“滑块+光滑弧面(斜面)模型”
(1)在光滑水平面上,把滑块、光滑弧面(斜面)看作一个整体,它们之间的作用力为内力,滑块
和弧面(斜面)组成的系统在水平方向动量守恒。
(2)由于只有动能和重力势能之间的转化,所以系统机械能守恒,应用机械能守恒定律或能量
守恒定律求解问题。
(3)滑块到达弧面(斜面)最高点时(滑块竖直方向的速度为零)二者有共同速度。
5.类碰撞模型之“悬绳模型”
此模型系统机械能守恒,水平方向动量守恒,解题时需关注物体运动的最高点和最低点。
典例 (多选)如图所示,水平光滑轨道宽和轻质弹簧自然长度均为d【1】,A、B两球质量分别为
m1、m2,已知m1=3m2,B的左边有一固定挡板,A由图示位置静止释放,当A与B相距最远时【2】,A的
速度为v0,则在以后的运动过程中 ( )
A.A的最小速度是0
B.A的最小速度是 v0
C.B的最大速度是 v0
D.B的最大速度是2v0
信息提取 【1】当A运动到B正上方时,弹簧处于自然长度,A运动到B正上方的左右两侧时,
弹簧均处于伸长状态;
【2】A与B的速度相同。
思路点拨 A与B的运动大致可分为以下三个过程:
甲
乙
丙
丁
(1)图甲到图乙,B受到挡板向右的作用力,系统水平方向的动量不守恒;
(2)图乙到图丙,系统动量守恒【3】,图丙时刻,A、B速度相等,可求图乙时A的速度;
(3)图丙到图丁,A减速,B加速,位于图丁时,根据动量守恒定律和机械能守恒定律【4】求A的最
小速度和B的最大速度。
解析 设A运动到B正上方时速度为v1,A与B相距最远时,A的速度为v0,B的速度也为v0(由
【2】得到),根据动量守恒,有m1v1=(m1+m2)v0(由【3】得到),解得v1= v0;小球A到达B正上方
(相距最近)后继续向右运动,A减速,B加速(由【1】得到),达到共同速度时两者相距最远,此后
A继续减速,B继续加速(由【1】得到),当两球再次相距最近时,A达到最小速度,B达到最大速
度,根据动量守恒、机械能守恒,有m1v1=m1v1'+m2v2', m1 = m1v1'2+ m2v2'2(由【4】得到),解得
v1'= v1= × v0= v0,v2'= v1= × v0=2v0,故选B、D。
答案 BD
