第六章 专题强化九 碰撞类的三个模型-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第六章　动　量 专题强化九　碰撞类的三个模型 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 1．本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析。 2．学好本专题，可以使同学们掌握根据物理情景或解题方法的相同或相似性，进行归类分析问题的能力。 3．用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒定律，动能定理和能量守恒定律。 热点 eq \a\vs4\al(1) “滑块—弹簧”模型(方法模型) 模型 图示 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，类似弹性碰撞 (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)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型) (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时) (1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中，弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素：①弹簧被压缩后恢复原长时，可等效为两物体发生弹性碰撞；②弹簧处于最长或最短状态时可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。 (2)把弹簧视为系统内的一部分时，弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分，通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。 1．(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙，则有(　　) A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态 B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长 C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2 D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8 解析　由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，而t3时刻处于伸长状态，故A错误；结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2， 其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确。 答案　CD 热点 eq \a\vs4\al(2) “滑块—斜面”模型(方法模型) 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， eq \f(1,2) mv02＝ eq \f(1,2) (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(完全非弹性碰撞拓展模型) (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， eq \f(1,2) mv02＝ eq \f(1,2) mv12＋ eq \f(1,2) Mv22(完全弹性碰撞拓展模型) [例2]　如图所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s。g取10 m/s2。求： (1)小物块被弹簧弹出时的速度大小。 (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1。 (3)小物块回到水平面的速度大小及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。 解析　(1)设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒，mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5 m/s； (2)小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒， eq \f(1,2) mv12＝ eq \f(1,2) (m＋M)v22＋mgh1，解得 eq \a\vs4\al(h1) ＝1 m； (3)小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒 mv1＝mv1′＋Mv2′， eq \f(1,2) mv12＝ eq \f(1,2) mv1′2＋ eq \f(1,2) Mv2′2， 解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s， 系统水平方向动量守恒、机械能守恒 m(－v1′)＋Mv2′＝(m＋M)v， eq \f(1,2) mv1′2＋ eq \f(1,2) Mv2′2＝ eq \f(1,2) (m＋M)v2＋mgh2， 解得h2＝0.04 m。 答案　(1)5 m/s　(2)1 m　(3)3 m/s　0.04 m 热点 eq \a\vs4\al(3) “滑块—木板”模型(方法模型) 模型 图示 模型 特点 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型) (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＝ eq \f(M,m＋M) Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解 3．(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/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所示，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．木板获得的动能为1 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 解析　由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝ eq \f(1,2) Mv2＝ eq \f(1,2) ×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2) mvB2－ eq \f(1,2) (m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B正确；根据v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为xB＝ eq \f(1,2) ×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝ eq \f(1,2) ×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(1－2,1) m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。 答案　ABD $$