届一轮复习人教版72碰撞与能量守恒学案文档格式.docx

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【解析】

（1）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得

v1＝－2m/s①

v2＝1m/s②

a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.

3.（2012新课标）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。

让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。

从静止释放球b，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

（i）两球a、b的质量之比；

（ii）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。

（i）（ii）

（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速度为v，

由机械能守恒定律得①

式中g是重力加速度的大小。

设球a的质量为m1；

在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正。

4．（2011安徽）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动。

开始轻杆处于水平状态。

现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。

⑴若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。

⑵若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。

⑶在满足⑵的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。

（1）F＝2N方向竖直向上

（2）2m/s（3）m

（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。

则mv22＋MV2＋mgL＝mv02，

联立解得v2=2m/s

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，

任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/。

由系统水平方向的动量守恒，得mv3－MV′＝0，

两边同乘以△t，得mv3△t－MV′△t＝0，

故对任意时刻附近的微小间隔△t都成立，

累积相加后，有ms1－Ms2＝0，又s1＋s2＝2L，得s1＝m

5.（2016·

全国甲卷）如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.

（1）求斜面体的质量；

（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

【答案】

（1）20kg　

（2）冰块不能追上小孩

6.（2015新课标Ⅰ）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。

A的质量为，B、C的质量都为，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求和之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。

设物体间的碰撞都是弹性的。

【解析】设A运动的初速度为

A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得

可得

要使得A与B发生碰撞，需要满足，即

7．（2014新课标Ⅰ）如图，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，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t=0.3s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，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。

（i）B球第一次到达地面时的速度；

（ii）P点距离地面的高度。

【答案】

（二）考纲解读

主题

内容

要求

说明

弹性碰撞和非弹性碰撞

Ⅰ

只限于一维

本讲共1个考点，一个一级考点，是2017年新增的必考考点，17年高考暂时还未涉及到大题，未来会逐渐渗透到大的计算题中去。

（三）考点精讲

考向一　碰撞问题

1．解析碰撞的三个依据

（1）动量守恒：

p1＋p2＝p1′＋p2′.

（2）动能不增加：

Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.

（3）速度要符合情景

①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．

②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.

③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零．

2．碰撞问题的探究

（1）弹性碰撞的求解

求解：

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

m1v1＝m1v1′＋m2v2′

m1v＝m1v1′2＋m2v2′2

解得：

v1′＝，v2′＝

（2）弹性碰撞的结论

①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．

②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．

③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．

[典例1]　质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是（　　）

A．0.6v　　B．0.4v

C．0.2vD．v

【答案】B

方法总结

弹性碰撞问题的处理技巧

（1）发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；

各物体作用前后各自动量变化显著；

物体在作用时间内位移可忽略．

（2）即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．

（3）若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能．

（4）在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向可将矢量运算转化为代数运算．不在同一直线上在同一平面内的碰撞，中学阶段一般不作计算要求．

阶梯练习

1．（2017·

河北衡水中学模拟）（多选）在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有（　　）

A．E1＜E0B．p2＞p0

C．E2＞E0D．p1＞p0

【答案】AB.

【解析】因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正确，C错误；

根据动量守恒定律得：

p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2＞p0.故B正确．故选AB.

2．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）

A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s

B．vA′＝2m/s，vB′＝4m/s

C．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s

D．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s

【答案】B.

3．（2016·

河北衡水中学高三上四调）如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为（　　）

A．7∶5B．1∶3

C．2∶1D．5∶3

【答案】D.

【解析】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有：

m1v0＝m1v1＋m2v2.①

由能量守恒定律有：

m1v＝m1v＋m2v②

两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：

v1∶v2＝PO∶（PO＋2PQ）＝1∶5.③

联立①②③，代入数据解得：

m1∶m2＝5∶3，故选D.

4．（2017·

黑龙江大庆一中检测）（多选）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4kg的小物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．木板A获得的动能为2J

B．系统损失的机械能为2J

C．木板A的最小长度为2m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

【答案】AD.

考向二　爆炸及反冲问题

1．爆炸现象的三条规律

由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．

（2）动能增加：

在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．

（3）位置不变：

爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．

2．反冲的两条规律

（1）总的机械能增加：

反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．

（2）平均动量守恒

若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11－m22＝0，得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：

①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．

②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．

③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．

1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；

欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是（　　）

A．mv＝mv1－Δmv2

B．mv＝mv1＋Δmv2

C．mv＝（m－Δm）v1－Δmv2

D．mv＝（m－Δm）v1＋Δmv2

【答案】C.

【解析】飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝（m－Δm）v1－Δmv2，选项C正确．

2．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的