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文檔簡介
重趣突破課嗡_______碰撞模型及拓展
目標要求1.會分析、計算“滑塊一彈簧”模型、“滑塊一斜(曲)面”模型及
“滑塊一滑板”模型(子彈打木塊模型)與碰撞的相似性。2.會用碰撞的相關知識解
決實際問題。
考點一“滑塊一彈簧”模型
1.模型圖示
///////////////
水平地面光滑
2.模型特點
(1)動量守恒:兩個物體與彈簧相互作用的過程中,若系統所受外力的矢量和
為零,則系統動量守恒。
(2)機械能守恒:系統所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功,系統
機械能守恒。
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相同,彈性勢能最大,系統動能通
常最小(相當于完全非彈性碰撞,兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)。
(4)彈簧恢復原長時,彈性勢能為零,系統動能最大(相當于剛完成彈性碰撞)。
EE如圖甲所示,物體2、8的質量分別是加=4kg和切2=4kg,用輕彈
簧相連后放在光滑的水平面上,物體8左側與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個
物體C從/=0時刻起,以一定的速度向左運動,在/=5s時刻與物體Z相碰,碰
后立即與Z粘在一起,此后2、C不再分開。物體。在前15s內的,“圖像如圖
乙所示。求:
//////////////////
乙
(1)物體C的質量機3;
(2)5離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。
解析:(1)以水平向左的方向為正方向,4、。碰撞過程中動量守恒,則有m3Pt
=(機1+機3),共1
代入片/圖像中的數據解得能3=2kg。
(2)從8開始離開墻面到8速度最大的過程,相當于8與ZC整體完成了一次
彈性碰撞,以水平向右為正方向,則有
(機1+機3)/共1'=(機1+m3)/共2+機2%
;(加1+加3)/共1'2=;(祖1+加3),共22+;7%2H2
由匕/圖像可得,共J大小為2m/s,方向水平向右,解得5的最大速度為
14=2.4m/so
答案:(1)2kg(2)2.4m/s
【對點訓練】
1.(多選)如圖所示,在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球Z、B,質量
分別為機=01kg和/=0.3kg,兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧,原來處于靜止
狀態,同時放開45球和彈簧,已知Z球脫離彈簧的速度為6m/s,接著幺球進
入與水平面相切,半徑為0.5m的處于豎直面內的光滑半圓形軌道運動,尸。為半
圓形軌道豎直的直徑,g=10m/s2,下列說法正確的是()
A.彈簧彈開過程中,彈力對Z的沖量大于對8的沖量
B.A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為2m/s
C.A球從P點運動到0點過程中所受合外力的沖量大小為1N?s
D.若半圓軌道半徑改為0.9m,則N球不能到達0點
解析:BCD彈簧彈開兩小球的過程中,彈力相等,作用時間相同,根據沖
量定義可知,彈力對Z的沖量大小等于5的沖量大小,故A錯誤;由動量守恒定
律加解得N球脫離彈簧時5球獲得的速度大小為/=2m/s,故B正確;
設Z球運動到0點時速率為%,對Z球從尸點運動到0點的過程,由機械能守
恒定律可得;mn2=mg.2R+;機解得,=4m/s,根據動量定理/=機/一(一mH)
=1N?s,即幺球從尸點運動到0點過程中所受合外力的沖量大小為1N?s,故
C正確;若半圓軌道半徑改為0.9m,小球到達0點的臨界速度i^=\fgR=3m/s,
對/球從尸點運動到0點的過程,由機械能守恒定律;機n2=mg.2R+;能理,解
得>=0,小于小球到達0點的臨界速度,則Z球不能達到。點,故D正確。故
選BCD。
考點二“滑塊一斜(曲)面”模型
1.模型圖示
接觸面光滑
2.模型特點
(1)上升到最大高度:根與〃具有共同水平速度,共,此時機的豎直速度依
=0o系統水平方向動量守恒,制以="+機),共;系統機械能守恒,kt)2=1(M
+機)/共2+機g〃,其中人為滑塊上升的最大高度,不一定等于弧形軌道的高度(相
當于完全非彈性碰撞,系統減少的動能轉化為機的重力勢能)。
(2)返回最低點:m與M分離點。水平方向動量守恒,mk&=mn+Mn;系統
機械能守恒,;機外2=;機/2+3//2(相當于完成了彈性碰撞)。
國如圖所示,在水平面上依次放置小物塊4。以及曲面劈5,其中幺
與C的質量相等均為機,曲面劈3的質量3機,曲面劈8的曲面下端與水平
面相切,且曲面劈8足夠高,各接觸面均光滑。現讓小物塊C以水平速度外向
右運動,與幺發生碰撞,碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈8。求:
(1)碰撞過程中系統損失的機械能;
(2)碰后物塊Z與C在曲面劈8上能夠達到的最大高度。
解析:(1)小物塊C與物塊N發生碰撞粘在一起,以闔的方向為正方向,由
動量守恒定律得
機網)=2機,,解得
2
碰撞過程中系統損失的機械能為
E損=;)2—;X2機理,解得£損=:機飲)2。
(2)當小物塊Z、C上升到最大高度時,A,B、C系統的速度相等。根據動量
守恒定律有mk&=(m+m+3m)n,解得
根據機械能守恒定律得:X2掰(】K))2=1><5加X(lp6)2+2掰g/z,解得h=^~^~
222540g
答案:⑴四大
【對點訓練】
2.(多選)質量為河的帶有;光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上,如圖
所示,一質量也為河的小球以速度4水平沖上小車,到達某一高度后,小球又
返回小車的左端,重力加速度為g,則(
//////////////////,
A.小球以后將向左做平拋運動
B.小球將做自由落體運動
C此過程小球對小車做的功為品出
D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為二
解析:BC小球上升到最高點時與小車相對靜止,有相同的速度”,由動量
守恒定律和機械能守恒定律有=2朋V,2+Mgh,聯立解得
A=—,故D錯誤;從小球滾上小車到滾下并離開小車過程,系統在水平方向上
4g
動量守恒,由于無摩擦力做功,機械能守恒,此過程類似于彈性碰撞,作用后兩
者交換速度,即小球返回小車左端時速度變為零,開始做自由落體運動,小車速
度變為動能為為42,即此過程小球對小車做的功為為42,故B、C正確,
22
A錯誤。
考點三”滑塊一滑板”模型(子彈打木塊模型)
1.模型圖示
同2°m一團].j
水平地面光滑水平地面光滑
2.模型特點
(1)系統的動量守恒,但機械能不守恒,摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系
統減少的機械能。
(2)若滑塊未從木板上滑下或子彈未射穿木塊,當兩者速度相同時,木板或木
塊的速度最大,兩者相對位移最大。
3.求解方法
(1)求速度:根據動量守恒定律求解,研究對象為一個系統。
(2)求時間:根據動量定理求解,研究對象為一個物體。
(3)求系統產生的內能或相對位移:根據能量守恒定律Q=f'x或Q=E初一E
木,研究對象為一個系統。
EE如圖所示,光滑水平面上放一木板a質量M=4kg,小鐵塊5(可視
為質點)質量為機=1kg,木板/和小鐵塊3之間的動摩擦因數〃=0.2,小鐵塊8
以4=10m/s的初速度從木板A的左端沖上木板,恰好不滑離木板(g=10m/s2)o
則:
(1)/、8的加速度分別為多少?
(2)經過多長時間2、8速度相同,相同的速度為多少?
(3)求薄木板的長度。
解析:(1)對小鐵塊3受力分析,由牛頓第二定律有〃根g=37B
即og=〃g=2m/s2
對木板Z受力分析,由牛頓第二定律有
nmg=MaA,即m/s?。
M
(2)由于2、5組成的系統所受合外力為零,則Z、5組成的系統動量守恒,
有
機%)=(機+物/共
代入數據解得,共=2m/s
由于木板N做勻加速直線運動,則,共=恣/
代入數據解得/=4s。
(3)設薄木板的長度為人則對Z、8整體由能量守恒定律有
PmgL=;掰P52一;(711+機),共2
代入數據解得工=20m。
答案:(1)0.5m/s?2m/s2(2)4s2m/s(3)20m
【對點訓練】
3.(子彈打木塊模型)如圖所示,在固定的水平桿上,套有質量為機的光滑圓
環,一輕繩一端系在環上,另一端系著質量為M的木塊,現有一質量為恤的子
彈以大小為總的水平速度射入木塊并留在木塊中,重力加速度為g,下列說法正
確的是()
m
—%-~~?
旗)=>[亞]
mo14)
A.子彈射入木塊后的瞬間,速度大小為
B.子彈射入木塊后的瞬間,繩子拉力等于(Af+mo)g
C.子彈射入木塊后的瞬間,環對輕桿的壓力大于(M+機+7〃0)g
D.子彈射入木塊之后,圓環、木塊和子彈構成的系統動量守恒
解析:C子彈射入木塊時,子彈和木塊組成的系統動量守恒,則恤髭="
+mo)K,解得子彈射入木塊后的瞬間速度大小為%=/少,A錯誤;子彈射入
木塊后的瞬間,根據牛頓第二定律可得FT-(M+mo)g=(M+mo)——,可知繩子拉
力大于(/+機0)g,B錯誤;子彈射入木塊后的瞬間,對圓環,有尸+
+m+mo)g,根據牛頓第三定律可知,C正確;子彈射入木塊之后,圓環、木塊
和子彈構成的系統只在水平方向動量守恒,D錯誤。
4.(滑塊一木板模型)如圖所示,質量〃=1kg的平板車Z放在光滑的水平面
上,質量機=0.5kg的物塊8放在平板車右端上表面,質量加=0.5kg的小球C
用長為6.4m的細線懸掛于。點,。點在平板車的左端正上方,距平板車上表面
的高度為6.4m,將小球向左拉到一定高度,細線拉直且與豎直方向的夾角為
60°,由靜止釋放小球,小球與平板車碰撞后,物塊剛好能滑到平板車的左端,
物塊相對平板車滑行的時間為0.5s,物塊與平板車間的動摩擦因數為0.6,忽略
小球和物塊的大小,重力加速度g取10m/s2,求:
(1)平板車的長度;
(2)小球與平板車碰撞過程損失的機械能。
解析:(1)設物塊在平板車上滑動時的加速度大小為根據牛頓第二定律有
pimg=ma
代入數據解得a=6m/s2
設物塊與平板車最后的共同速度為,,根據運動學公式有片m=3m/s
設小球與平板車相碰后瞬間,平板車的速度為%,根據動量守恒定律有
=(機+〃),
解得H=4.5m/s
設平板車的長度為心根據能量守恒定律有
PmgL=
代入數據解得£=L125m。
(2)設小球與平板車相碰前瞬間速度為K),根據機械能守恒定律有
mg(/-/cos60°)=3機42
解得以=8m/s
設碰撞后瞬間小球的速度為匕,取水平向右為正方向,根據動量守恒定律有
解得力=-1m/s
小球與平板車碰撞過程損失的機械能為
A£'=-mK)2--mH2--MK2=5.625J
222O
答案:(1)1.125m(2)5.625J
限時規范訓練28
L(多選)如圖所示,兩個質量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水
平地面上質量相等、材料不同的兩矩形滑塊Z、3中,射入Z中的深度是射入5
中深度的兩倍。已知48足夠長,兩種射入過程相比較()
A.射入滑塊Z的子彈速度變化大
B.整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大
C.射入滑塊幺中時阻力對子彈做功是射入滑塊5中時的兩倍
D.兩個過程中系統產生的熱量相等
解析:BD子彈射入滑塊過程中,子彈與滑塊構成的系統動量守恒,有機4
=(掰+皿,,兩個子彈的末速度相等,所以子彈速度的變化量相等,A錯誤;滑
塊Z、5動量變化量相等,受到的沖量相等,B正確;對子彈運用動能定理,有
^.=1^2)由于末速度,相等,所以阻力對子彈做功相等,C錯誤;對系
22
統,由能量守恒可知,產生的熱量滿足0=;機團一g(機展,所以系統產生的
熱量相等,D正確。
2.如圖所示,一質量優2=0.25kg的平頂小車,車頂右端放一質量m3=0.30kg
的小物體,小物體可視為質點,與車頂之間的動摩擦因數〃=0.45,小車靜止在光
滑的水平軌道上。現有一質量加i=0.05kg的子彈以水平速度P&=18m/s射中小
車左端,并留在車中,子彈與車相互作用時間很短。若使小物體不從車頂上滑落,
gMX10m/s2o下列分析正確的是()
mi
A.小物體在小車上相對小車滑行的時間為1s
B.最后小物體與小車的共同速度為3m/s
C.小車的最小長度為1.0m
D.小車對小物體的摩擦力的沖量為0.45N?s
解析:D子彈射入小車的過程中,由動量守恒定律得如4=(掰1+機2)%,
解得/=3m/s。小物體在小車上滑行過程中,由動量守恒定律得(切i+機2)%=(如
+m2+機3)%,解得H=1.5m/s,選項B錯誤;以小物體為研究對象,由動量定
理得,/=〃儂解得/=;s,選項A錯誤;小車對小物體的摩擦力的沖
量為/=m3%=0.45N?s,選項D正確;當系統相對靜止時,小物體在小車上滑
行的距離為/,由能量守恒定律得〃切3g/=:(優1+機2)/2—如+切2+機3)/,解得
7=0.5m,所以小車的最小長度為0.5m,選項C錯誤。
3.(多選)如圖甲所示,在光滑水平面上,輕質彈簧一端固定,物體A以速度
外向右運動壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量為X。現讓彈簧一端連接另一質量
為機的物體B(如圖乙所示),物體A以2外的速度向右壓縮彈簧,測得彈簧的最
大壓縮量仍為x,貝11()
--->加|-----<~2v0
|A|XA/WWW^|A|VWvW/vfB]
////////////////////////////////////7777777777777777777777777777777777777
甲乙
A.A物體的質量為3m
B.A物體的質量為2m
C.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為jmto2
2
D.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為機/2
解析:AC對題圖甲,設物體A的質量為由機械能守恒定律可得,彈
簧壓縮x時彈性勢能與=,42;對題圖乙,物體A以2%的速度向右壓縮彈簧,
A、B組成的系統動量守恒,彈簧達到最大壓縮量時,A、B二者速度相同,由動
量守恒定律有/?2/=(M+mW,由能量守恒定律有耳=;/?(2⑹2-1(M+根)隆,
a
聯立解得M=3機,線=;機42,選項A、C正確,B、D錯誤。
4.(多選)如圖甲所示,一個輕彈簧的兩端與質量分別為mi和1n2的兩物塊4
B相連接并靜止在光滑的水平地面上。現使幺以3m/s的速度向B運動壓縮彈簧,
Z、8的速度一時間圖像如圖乙,則有()
A.在力、右時刻兩物塊達到共同速度lm/s,且彈簧都處于壓縮狀態
B.從辦到久過程中,彈簧由壓縮狀態恢復原長
C.兩物塊的質量之比能1:?2=1:2
D.在h時刻A與B的動能之比Eki:Ek2=1:8
解析:CD開始時/逐漸減速,5逐漸加速,彈簧被壓縮,力時刻二者速度
相同,系統動能最小,勢能最大,彈簧被壓縮到最短,然后彈簧逐漸恢復原長,
8仍然加速,Z先減速為零,然后反向加速,B時刻,彈簧恢復原長,由于此時兩
物塊速度方向相反,因此彈簧的長度將逐漸增大,兩物塊均減速,Z減為零后又
向8運動的方向加速,在右時刻,兩物塊速度相同,系統動能最小,彈簧最長,
因此從/3到74過程中,彈簧由伸長狀態恢復原長,故A、B錯誤;根據動量守恒
定律,/=0時刻和t=t\時刻系統總動量相等,有m1%=(m1+機2)%,其中%=3m/s,
1^=1m/s,解得機i:切2=1:2,故C正確;在B時刻Z的速度為匕=-1m/s,
B的速度為kfe=2m/s,根據Ek=l也/,且mi:切2=1:2,求出Eki:Ek2=l:8,
2
故D正確。
5.(多選)如圖所示,小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道,整個小車(含管道)
的質量為3根,靜止在光滑的水平面上。現有一個可以看作質點的小球,質量為m,
半徑略小于管道半徑,以水平速度,從左端滑上小車,小球恰好能到達管道的最
高點,然后從管道左端滑離小車。重力加速度為g,關于這個過程,下列說法正
確的是()
A.小球滑離小車時,小車回到原來位置
B.小球滑離小車時小車的速度大小/車=9
C.車上管道中心線最高點的豎直高度為匕
8g
D.小球從滑進管道到滑到最高點的過程中,小車的動量變化大小是竺
2
解析:BC由題意知小球與小車在水平方向上不受外力,在水平方向上動量
守恒,小球相對小車上滑的過程中,小車向右加速運動,小球相對小車下滑的過
程中,小車向右加速運動,所以小車的速度一直向右,小球滑離小車時,小車向
右運動,不可能回到原來位置,故A錯誤;設小球滑離小車時小車的速度大小為
,車,由動量守恒可得機k=3機,車+機,球,由機械能守恒可得;機展=gx3機,車2+
/球2,解得,車故B正確;小球恰好到達管道的最高點時,
222
小球和小車的速度相同,由動量守恒定律得機k=(3機+優)0,可得此時的速度0
=;/,由機械能守恒定律可得;他展一;X4機X(;力2=Mg4,所以車上管道中心線
最高點的豎直高度〃=3”,故C正確;小球恰好到達管道的最高點后,小球和小
8g
1a
車的速度相同,則小車的動量變化大小為△P=3機,4片4‘""’故D錯誤。
6.如圖所示,一光滑的;圓弧固定在小車的左側,圓弧半徑R=0.8m,小車的
4
右側固定連有輕彈簧的擋板,彈簧處于原長狀態,自由端恰在。點,總質量為初
=3kg,小車置于光滑的地面,左側靠墻,一物塊從圓弧頂端上的Z點由靜止滑
下,經過B點時無能量損失,最后物塊停在車上的B點。已知物塊的質量機=1kg,
物塊與小車間的動摩擦因數為〃=0],8c長度為4=2m,gMX10m/s2o求在運
動過程中:
(1)彈簧的最大壓縮量;
(2)彈簧彈性勢能的最大值。
解析:(1)物塊由Z點到8點的過程中,由動能定理得
D12
解得4=4m/s
物塊從經過8點開始到靜止于5點系統動量和能量守恒有
;機42=;(W+機)展+2/umg(L+x)
解得x=lm0
(2)由8點至將彈簧壓縮到最短,系統動量守恒,取心方向為正方向
此時的彈性勢能最大,由能量守恒可得
力@2=1(M+機))2+與+pimg(L+x)
由以上兩式可得Ep=3J。
答案:(1)1m(2)3J
7.如圖為某機械裝備中的一種智能減震裝置,勁度系數為k的輕質彈簧套在
固定于地面的豎直桿上,彈簧上端與質量為根的圓環尸相連,初始時尸處于靜止
狀態,且彈簧彈力等于尸的重力,尸與桿之間涂有一層能調節阻力的智能材料。
在P上方H處將另一質量也為m的光滑圓環Q由靜止釋放,。接觸P后發生碰
撞(碰撞時間極短)并一起做勻減速運動,下移距離為平時速度減為0,忽略空氣
k
阻力,重力加速度為g。求:
(1)2與P發生碰撞瞬間時的共同速度的大小;
(2)碰撞后PQ一起下移距離d(d<罕)時,智能材料對P阻力的大小;
k
(3)尸。一起下移距離d(d〈罕)過程中,智能材料對P阻力所做的功W.
k
解析:(1)根據題意,設。剛接觸尸時速度為。自由下落時,有展=2g〃
可得片ggH
設0與尸發生碰撞后速度為人取豎直向下為正方向,由動量守恒定律得
則得一
(2)根據題意可知,。接觸尸后發生碰撞后一起做勻減速運動,設加速度大小
為a,由運動學公式P—4=2"可得"2=2〃儂
k
解得。=答
4m
設新型智能材料對尸的阻力為尸,對尸、0整體,由牛頓第二定律得
k(^^+d)+F—2mg=2ma
k,
解得F=mg+d)o
(3)根據題意可知,。下移距離d過程中,碰撞結束時,智能材料對尸阻力
的
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