【物理】2020届二轮复习功和能（考点2碰撞类问题）作业

【物理】2020届二轮复习功和能（考点2碰撞类问题）作业

考点2碰撞类问题(5年4考)‎ 命题分析 ‎❶分析近五年的高考题可以看出，2017年该部分纳入必考后，全国卷命题多以计算题的形式出现(例如2019·全国卷Ⅰ·T25)，内容涉及弹性碰撞、牛顿第二定律、运动学公式及功能的有关计算，对学生的综合分析能力要求较高。‎ ‎❷预计2020年仍会考查与实际问题相结合的碰撞问题。‎ 真题再做 ‎1．(2019·全国卷Ⅲ·T25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。‎ ‎(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；‎ ‎(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？‎ ‎(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？‎ ‎[考题分析]　本题为典型的多过程问题，涉及力学三大规律。解题关键是将这个复杂过程进行拆分：①弹簧弹开瞬间，根据动量守恒定律确定两物块的初速度；②物块B向左做匀减速直线运动，物块A向右运动，碰墙后以原速率返回的过程，可等效为匀减速直线运动；③物块A、B的弹性碰撞过程，遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律，确定碰撞后的速度；④两物块各自减速到零，由运动学公式计算两物块的位移。‎ ‎[解析]　(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 ‎0＝mAvA－mBvB ①‎ Ek＝mAv＋mBv ②‎ 联立①②式并代入题给数据得 vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。③‎ ‎(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有 mBa＝μmBg ④‎ sB＝vBt－at2 ⑤‎ vB－at＝0 ⑥‎ 在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为 sA＝vAt－at2 ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧‎ 这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为 s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。⑨‎ ‎(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有 mAv′－mAv＝－μmAg(2l＋sB) ⑩‎ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 vA′＝ m/s ⑪‎ 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ⑫‎ mAv′＝mAv″＋mBv″ ⑬‎ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s ⑭‎ 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式 ‎2asA′＝v″，2asB′＝v″ ⑮‎ 由④⑭⑮式及题给数据得 sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m ⑯‎ sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。 ⑰‎ ‎[答案]　见解析 ‎2．(2019·全国卷Ⅰ·T25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。‎ ‎(a)　　　　　 (b)‎ ‎(1)求物块B的质量；‎ ‎(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；‎ ‎(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。‎ ‎[解析]　(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1＝m(－)＋m′v′ ①‎ mv＝m(－v1)2＋m′v′2 ②‎ 联立①②式得m′＝3m。 ③‎ ‎(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有 mgH－fs1＝mv－0 ④‎ ‎－(fs2＋mgh)＝0－m(－)2⑤‎ 从图(b)所给出的vt图线可知 s1＝v1t1 ⑥‎ s2＝··(1.4t1－t1) ⑦‎ 由几何关系 ＝ ⑧‎ 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W＝fs1＋fs2 ⑨‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W＝mgH。 ⑩‎ ‎(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 W＝μmgcos θ· ⑪‎ 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有 ‎－μm′gs′＝0－m′v′2⑫‎ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有 mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0⑬‎ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 ＝。 ⑭‎ ‎[答案]　(1)3m　(2)mgH　(3)11∶9‎ ‎[教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅱ·T35(2))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3 m/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＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。‎ ‎(ⅰ)求斜面体的质量；‎ ‎(ⅱ)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎[解析]　(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v ①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg。 ③‎ ‎(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0 ④‎ 代入数据得 v1＝1 m/s ⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥‎ m2v＝m2v＋m3v ⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s ⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ ‎[答案]　(ⅰ)20 kg　(ⅱ)见解析 ‎[教师备选题]‎ ‎2.(2016·全国卷Ⅲ·T35(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m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0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 mv>μmgl ①‎ 即μ< ②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒有 mv＝mv＋μmgl ③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′ ④‎ mv＝mv′＋v′ ⑤‎ 联立④⑤式解得v2′＝v1 ⑥‎ 由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v′≤μmgl ⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥ ⑧‎ 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 ≤μ<。 ⑨‎ ‎[答案]　≤μ< 高考必备 ‎“碰撞过程”的规律 典例：在光滑桌面上，如图甲所示，有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图象，已知物块P的质量mP＝1 kg，求：‎ ‎(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；‎ ‎(2)碰撞过程损失的机械能。‎ 思维流程：‎ →→ ‎[解析]　(1)根据位移—时间图象可知，碰撞前P的速度：v0＝＝4 m/s 碰撞前P的动量：p0＝mPv0＝4 kg·m/s 根据位移—时间图象知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度：v＝＝1 m/s 碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mPv0＝(mP＋mQ)v 解得：mQ＝3 kg 对物块Q，由动量定理，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量：I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s。‎ ‎(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能：ΔE＝mPv－(mP＋mQ)v2‎ 解得：ΔE＝6 J。‎ ‎[答案]　(1)3 kg　3 N·s　(2)6 J 反思：处理碰撞问题的两点说明 ‎(1)条件分析：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。‎ ‎(2)定律应用：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解，如典例中(2)。‎ 高考预测：‎ 考向1　完全弹性碰撞 ‎1．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)‎ A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s C　[碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv＝mv＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。]‎ ‎2.如图所示，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m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，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]　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1 ①‎ mv＝mv＋Mv ②‎ 联立①②式得 vA1＝v0 ③‎ vC1＝v0 ④‎ 如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m

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