2020年高考物理总复习专题突破(六) 弹性碰撞和完全非弹性碰撞

专题突破(六) 弹性碰撞和完全非弹性碰撞 【p 108】一、弹性碰撞 碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫做弹性碰撞．若质量分别为m 1、m 2，速度分别为v 1、v 2的两个物体在水平面上发生弹性碰撞，依动量守恒且碰撞前后的总动能相等，有：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′……(1) 12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2……(2) 解(1)(2)得：v 1′＝（m 1－m 2）v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2，v 2′＝（m 2－m 1）v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2讨论：(1)若m 1＝m 2，则有v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即碰后彼此交换速度，实现动量和动能的交换；(2)若碰前m 2是静止的，即v 2＝0.①m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0，碰后两者同向运动；②m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0，碰后，m 1反向弹回，m 2沿m 1碰前的速度方向运动； ③m 1m 2，则v 1′≈－v 1，v 2′≈0，即质量很小的物体以原速率反弹，质量很大的物体仍然静止．④m 2m 1，则v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1，即质量很大的运动物体碰后速度几乎不变，而质量很小的静止物体会以2倍运动物体的初速度沿同一方向运动．二、完全非弹性碰撞 发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，碰后两物体粘连在一起或者虽未粘连但以相同的速度运动．这种碰撞，只有动量守恒，机械能损失最大，损失的机械能转化为内能．有：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2.例1如图所示，光滑水平地面上静止放置两个由弹簧相连的木块A 和B ，一质量为m 的子弹，以速度v 0水平击中木块A ，并留在其中，A 的质量为3m ，B 的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能；(2)何时B 的速度最大，最大速度是多少？【解析】(1)从子弹击中木块A 到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程：一是子弹与木块A 的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块A 组成的整体与木块B 通过弹簧相互作用的过程，动量守恒，系统机械能守恒．子弹打入：mv 0＝4mv 1打入后弹簧由原长到最短：4mv 1＝8mv 2 由机械能守恒有：12×4mv 21＝12×8mv 22＋E p 解得E p ＝116mv 20.(2)从弹簧原长到被压缩至最短再恢复原长的过程中，木块B 一直做变加速运动，木块A 一直做变减速运动，相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A 组成的整体与木块B 交换速度，此时B 的速度最大．设弹簧弹开时A 、B 的速度分别为v 1′，v 2′，有4mv 1＝4mv 1′＋4mv 2′12×4mv 21＝12×4mv 1′2＋12×4mv 2′2 解得：v 1′＝0，v 2′＝v 1＝v 04.【小结】子弹射入A 的过程，是完全非弹性碰撞过程，只有动量守恒．子弹和木块一起压缩弹簧到三者具有相同速度时，弹簧第一次最短，此过程也是完全非弹性碰撞过程，动量守恒，系统动能损失最多，损失的动能转化为弹簧的弹性势能．从开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复到原长时，三者之间的作用又可视为弹性碰撞过程，动量守恒，总动能不变．例2如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 2>μmgl ① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有 mv 1＝mv 1′＋34mv 2′ ④12mv 21＝12mv 1′2＋12⎝⎛⎭⎫34m v 2′2⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞， 由功能关系可知12⎝⎛⎭⎫34m v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl⑨针对训练1．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ，B 球静止，A 球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为E p ，则碰前A球的速度为． 【解析】设碰前A 球速度为v 0，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv ，则压缩最紧(A 、B 有相同速度)时的速度v ＝v 02，由系统机械能守恒有12mv 20＝12×2m ×⎝⎛⎭⎫v 022＋E p ，解得v 0＝2E pm.2．如图所示，光滑轨道的下端离地0.8 m ，质量为m 的A 球从轨道上端无初速释放，到下端时与质量也为m 的B 球正碰，B 球碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m ，求A 球释放的高度h 的范围．(g ＝10 m/s 2)【解析】B 球做平抛运动，有x ＝v B ′t ， y ＝12gt 2 得v B ′＝xt＝xg2y＝0.8102×0.8m/s ＝2 m/sA 球和B 球在碰撞中若无能量损失，v A ′＝0，由动量守恒定律，有mv A1＝mv B ′，v A1＝v B ′＝2 m/s由机械能守恒定律，有mgh 1＝12mv 2A1h 1＝v 2A12g ＝222×10m ＝0.2 mA 球和B 球在碰撞中若能量损失最大，则v A ′＝v B ′，由动量守恒定律，有 mv A2＝(m ＋m)v B ′，v A2＝2v B ′＝2×2 m/s ＝4 m/s 根据机械能守恒定律，有mgh 2＝12mv 2A2h 2＝v 2A22g ＝422×10m ＝0.8 m.所以A 球的释放高度为0.2 m ≤h ≤0.8 m.3．在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图所示．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m 1m 2.【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等．m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 ① 12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 ② 利用v 2v 1＝4，可解出m 1m 2＝2.4．如图所示，一质量m 2＝0.25 kg 的平顶小车，车顶右端放一质量m 3＝0.2 kg 的 小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.5，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m 1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v 0＝30 m/s 射中小车左端，并留在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，求：(1)物体与车的共同速度；(2)小车的最小长度．(g 取10 m/s 2)【解析】(1)对整体由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2＋m 3)v 2 v 2＝m 1v 0m 1＋m 2＋m 3＝0.05×300.05＋0.25＋0.2 m/s ＝3 m/s(2)对m 1和m 2由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 2＋m 1)v 1 v 1＝m 1v 0m 1＋m 2＝0.05×300.05＋0.25m/s ＝5 m/s对子弹射入小车后与m 3组成的系统，依能量守恒有： μm 3gL ＝12(m 1＋m 2)v 21－12(m 1＋m 2＋m 3)v 22 将上述物理量代入得小车最小长度为L ＝1.5 m.5．如图所示，甲车质量为m ，车顶用长为l 且不能伸长的细线系一质量为m 的小球(甲车质量不包括球)共同以速度v 0在光滑平直轨道上做匀速运动，某时刻正好与一质量也为m 的静止乙车厢相挂接(碰撞时间不计，重力加速度为g)，求：(1)两车碰撞过程中损失的机械能； (2)碰撞瞬间细线的拉力大小；(3)小球能摆起的最大高度．(设球不会碰车板且不超过水平位置) 【解析】(1)两车碰撞时，甲、乙两车的系统动量守恒， 有mv 0＝2mv 1则ΔE ＝12mv 20－12·2mv 21＝14mv 20(2)两车碰后瞬间，小球速度仍为v 0，相对悬点的速度为v ＝v 0－v 1＝v 02对小球，有F －mg ＝m v 2l ，得F ＝mg ＋m v 204l.(3)两车碰后，三物系统机械能守恒，水平方向动量守恒，小球摆至最高点时三者速度相同，有2mv 0＝3mv 212mv 20＋12·2mv 21＝12·3mv 22＋mgh 即mgh ＝12mv 20＋12·2m(v 02)2－12·3m(23v 0)2＝112mv 20则h ＝v 212g.。