第6章 专题6 用动力学、动量和能量观点分析“碰撞拓展模型”（word教参）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

专题六　用动力学、动量和能量观点 分析“碰撞拓展模型” [对应学生用书第129页] 模型1　“子弹打木块”模型 模型 图示 水平地面光滑 模型 特点 (1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)最大； (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能； (3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出子弹的质量m越小，木块的质量M越大，动能损失越多； (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图像求解 　(多选)如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均阻力为Ff，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则(　　) A．子弹损失的动能为Ffd B．木块增加的动能为Ffs C．子弹动能的减少等于木块动能的增加 D．子弹和木块摩擦产生的内能为Ffd [解析]　对子弹运用动能定理得－Ff(s＋d)＝ΔEk子弹，故子弹损失的动能为Ff(s＋d)，故选项A错误；对木块运用动能定理得Ffs＝ΔEk木块，则木块增加的动能为Ffs，故选项B正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，故选项C错误；系统损失的机械能转化为产生的内能Q＝Ffd，故选项D正确。 [答案]　BD 　在例题中，子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．子弹和木块组成的系统机械能守恒 B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同 C．子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小 D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功 解析　根据题意，由能量守恒定律和动能定理可知，子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与木块增加的动能，即子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故选项A错误；在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft可知，子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，方向相反，故选项B错误；根据题意可知，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统动量守恒，则有mv0＝mv＋Mv，可得mv0－mv＝Mv，即子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小，故选项C正确；子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，但两者对地面位移大小不等，则子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，故选项D错误。 答案　C 　在例题中，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为(　　) A．2.5 J　　　　　　 B．4.2 J C．5.0 J D．5.6 J 解析　设子弹的质量为m，初速度为v0，木块质量为M，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，即mv0＝(m＋M)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即产生的内能为E内＝mv02－(m＋M)v2＝Mv02，而木块获得的动能Ek＝M2＝5 J，联立可得＝>1，故选项D正确，A、B、C错误。 答案　D 1. (2023·广州一模)如图所示，在光滑水平面上放置一个匀质木块A，厚度为l，质量为19m，并用销钉固定。一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，恰好能从A中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。 (1)求子弹在木块中受到的阻力大小； (2)取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0射入木块，求子弹能打入木块的深度。 解析　子弹恰好击穿A，根据动能定理可得子弹在木块中受到的阻力大小，子弹与木块最后达到共速，由系统动量守恒和功能关系得子弹射入木块的深度。 (1)子弹恰好击穿A，根据动能定理可得－Ffl＝0－mv02 解得Ff＝。 (2)由题意得子弹与木块最后达到共速，子弹和木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝(19m＋m)v1 损失的动能ΔE＝mv02－·20mv12 根据功能关系有Ffd＝ΔE 联立可得子弹射入木块的深度d＝l。 答案　(1)　(2)l 2．长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为x，重力加速度为g，求： (1)木块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)子弹受到的阻力大小F阻。 解析　(1)在子弹射入木块过程的极短时间内，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v共， 在子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得(M＋m)v共2＝μ(M＋m)gx， 解得μ＝。 (2)在子弹射入木块过程的极短时间内，设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q，由能量守恒定律得Q＝mv02－(M＋m)v共2， 又Q＝F阻L， 联立解得F阻＝。 答案　(1)　(2) 模型2　“含弹簧”作用模型 模型 图示 水平地面光滑 模型 特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒； (2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒； (3)弹簧处于最短(最长)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小； (4)弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统动能通常最大，但物体速度一般不相等 　如图甲，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在足够长的光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，碰撞结束，A、B的v­t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： 甲 乙 (1)碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； (2)碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。 [解析]　(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律mB·1.2v0＝(mB＋m)v0 根据能量守恒定律 Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v02 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02。 (2)法一　同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma 可知同一时刻aA＝5aB 同一时刻A、B的瞬时速度分别为 vA＝aAt，vB＝1.2v0－ 根据位移等于速度在时间上的累积可得 sA＝vAt(累积)，sB＝vBt(累积)，又sA＝0.36v0t0 解得sB＝1.128v0t0 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 法二　B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB×1.2v0＝6mv0＝mBvB＋mvA 对方程两边同时乘以时间Δt，有 6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt 0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA 将sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 [答案]　(1)0.6mv02　(2)0.768v0t0 　(多选)如图甲所示，一质量为m的物块B与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块A向B运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，A、B碰撞结束，A、B的v­t图像如图乙所示。A、B分离后，B与静止在水平面上的C再次碰撞并粘接在一起，之后A与BC间距离不再变化。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，B和C碰撞过程时间极短。根据已知条件可以求出(　　) A．物块A的质量为2.5m B．物块C的质量为1.5m C．A、B碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.8mv02 D．B、C碰撞过程中损失的机械能1.2mv02 解析　根据题图乙，在0～t0时间内，AB系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有mA×1.2v0＝(mA＋m)v0，解得mA＝5m，选项A错误；上述A、B碰撞过程中，弹簧弹性势能达到最大Ekmax＝mA(1.2v0)2－(mA＋m)v02，解得Ekmax＝0.6mv02，选项C错误；由于B与静止在水平面上的C再次碰撞并粘接在一起，之后A与BC间距离不再变化。表明BC碰撞后的速度与A的速度相等，即为0.8v0，对BC系统：取向右为正，由动量守恒定律有m×2v0＝(m＋mC)×0.8v0，即由动量守恒定律得ΔE＝m(2v0)2－(m＋mC)×(0.8v0)2，解得mC＝1.5m，ΔE＝1.2mv02，选项B、D正确。 答案　BD (2023·辽宁卷)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g ＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 解析　(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1 代入数据有v1＝1 m/s 对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12＝2a1x1 代入数据解得x1＝0.125 m。 (2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx ＝(m1＋m2)a共 对m2有a2＝μg＝1 m/s2 当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m。 对m1、m2组成的系统从木板与弹簧接触到物块与木块即将相对滑动的过程，由动能定理有 －kx22＝(m1＋m2)v22－(m1＋m2)v12 代入数据有v2＝ m/s。 (3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2 解得v3＝ m/s 则对于m1、m2组成的系统有 －Wf＝m1v22＋m2v32－(m1＋m2)v22 ΔU ＝－Wf 联立有ΔU＝ J。 答案　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s (3) J 模型3　“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型 模型 图示 模型 特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度； (2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22 1．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向左运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)(　　) A．1∶2　　　　　　　 B．1∶3 C．1∶6 D．1∶9 解析　当物块运动到圆弧上某一位置时，相对圆弧轨道的速度为零，此时物块与圆弧轨道的速度相同，动能之比为1∶2，则物块与圆弧轨道的质量之比为1∶2， 设物块的质量为m，则有mv0＝3mv，得v＝， 此时物块的动能为mv2＝mv02， 根据机械能守恒定律，物块的重力势能为 Ep＝mv02－×3m2＝mv02， 因此动能与重力势能之比为1∶6，故选项C正确，A、B、D错误。 答案　C 2．(2023·海南卷)如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道A，半径R＝0.2 m，一质量为mB＝1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3 kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。已知g取10 m/s2。求： (1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？ (2)若B未与C右端的挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？ (3)在0.16 m<L<0.8 m时，B与C右端的挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。 解析　(1)小滑块B从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动能定理有mBgR＝mBv2 小滑块B在A的底端时，有FN－mBg＝mB 解得FN＝30 N 由牛顿第三定律可知B对A的压力大小也为30 N。 (2)当B滑上C瞬间，B、C的速度相等 假设两者之间无相对滑动，对B、C整体有 μ2(mB＋mC)g＝(mB＋mC)a 解得a＝8 m/s2 而B减速的最大加速度a1＝μ1g＝2 m/s2<a 故假设不成立，B、C间会有相对滑动 则B的加速度向左，大小为a1＝2 m/s2 C受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力μ2(mB＋mC)g 其加速度满足μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2 解得a2＝10 m/s2 B向右运动的距离x1＝ C向右运动的距离x2＝ B、C间因摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2) 解得Q＝1.6 J。 (3)假设B还未与C右端挡板发生碰撞，C就停下，设C从开始运动到停下用时为t1，有 t1＝ 得t1＝0.2 s 此时B、C的位移分别是 xB＝vt1－a1t12＝0.36 m、xC＝vt1－a2t12＝0.2 m 则x相＝0.16 m，此时vB＝v－a1t1＝1.6 m/s 由于L>0.16 m，所以假设成立，一定是C停下之后，B才与C右端挡板发生碰撞 设再经t2时间B与C右端挡板发生碰撞，有 L－0.16 m＝vBt2－a1t22 解得t2＝(0.8－)s(另一解不符合题意，舍去) 碰撞前瞬间B的速度大小为 vB′＝vB－a1t2＝2 m/s 碰撞过程由动量守恒定律可得 mBvB′＝(mB＋mC)v共 碰撞后B、C速度大小为v共＝ m/s 之后二者一起减速，有a＝μ2g＝8 m/s2，经t3后停下 则有at3＝v共， 解得t3＝ s 故总时间t＝t1＋t2＋t3＝s。 答案　(1)30 N　(2)1.6 J (3)s 学科网（北京）股份有限公司 $$