第7章 第4讲 专题：碰撞的拓展模型-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案全书word

学科网书城围 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 第4 讲 专题：碰撞的拓展模型 考点一“滑块一弹簧”模型 核心综述 1.模型图示 A000000oyB 水平地面光滑 水平杆平行且光滑 2.模型特点 (1)两个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（弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时）。 题组强化 例1(2025黑龙江省哈尔滨市高三上期中)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1 和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3ms, 以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得() m·s m:NWWMM m 甲 A,在、专时刻两物块达到共同速度1ms,且弹簧都处于压缩状态 B.从专到4弹簧由伸长状态逐渐恢复原长 C.两物块的质量之比为m1:m2=1:3 D,在互时刻两物块的动量大小之比为凸：2=1：2 [答案]B [解析]由题图乙可知，两物块的运动过程如下：开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧 被压缩，1时刻二者达到共同速度1ms,系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩至最短 ,然后弹簧逐渐恢复原长，m继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，专时刻，弹簧恢复 原长状态，且弹簧的长度将继续增大，飞时刻，两物块再次达到共同速度1ms,系统动能最 1 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 小，弹簧被伸长至最长，之后弹簧逐渐恢复原长，4时刻与0时刻状态相同，即从。到4过 程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A错误，B正确：从0时刻到时刻，由动量守恒定 律有m1o=(m1十m2)01,将0o=3ms、=1ms代入得m1:m2=1:2,故C错误；在2时 刻，m1的速度为2=一1ms,m2的速度为2'=2m/s,又m1:m2=1:2,则动量大小之比 为h:P2=m2:m22'|=1:4,故D错误。 例2（多选）光滑水平面上用轻弹簧相连的A、B两物体，以6ms的速度匀速向右运动，质 量均为2kg。在B的正前方静止放置一质量为4kg的物体C,B、C碰后粘在一起，则在之 后的运动过程中(） AB A.弹簧的最大弹性势能为12J B.A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能是36J C.物体C的最大速度为4m/s D.整个运动过程中A的速度不可能向左 [答案]ACD [解析]B、C碰撞瞬间，B、C组成的系统动量守恒，选水平向右为正方向，由动量守恒定 律得：o=(m十mc)p,代入数据解得，碰后瞬间B、C的速度o=2ms:三个物体速度相 同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得：mA十mo=(mA十十m)D共，代入数据 解得：℃共=3ms,设弹簧的最大弹性势能为Ep,由机械能守恒定律得：E=12mAo20十12 ms十mc2-12(mA十mB十mc)D2共，代入数据解得：Ep=12J,A、B、C和弹簧组成的系统 损失的机械能△E=12mm020一12(m十mc)o2=24J,故A正确，B错误；当弹簧由压缩状态 恢复原长时，C的速度最大，设此时B、C的速度为，A的速度为2，根据动量守恒定律 和机械能守恒定律有mAo十(m十mc=mA2+(im十mc,12ma20+12mm十mc)o2= 12mA022+12mm十mc)021,代入数据解得1=4ms,2=0(另一组解0=2ms,2=6m/s 不符合题意，故舍去)，故C正确；由于A、B、C系统的总动量守恒，总动量p=(mA十mB) o=24kg·m/s,若A的速度向左，则B、C的合动量一定向右且大于p,则B、C的速度向 右且一定大于pmB十mC=4m/s,与C项分析冲突，所以A的速度不可能向左，故D正确。 考点二“滑块一光滑斜（曲）面”模型和悬绳模型 核心综述 1。模型图示 2 学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 水平地面光滑 水平杆光滑 2.模型特点 (I)最高点：m与M具有共同水平速度0共。系统水平方向动量守恒，o=M什m)加共：系统 机械能守恒，12mo20=12M什m)w2共+mg1,其中h为滑块或小球上升的最大高度，不一定 等于圆弧轨道的高度或细绳的长度（完全非弹性碰撞拓展模型）。 (2)最低点：水平方向动量守恒，mo=1十M2;系统机械能守恒，12w20=12mw21十12Mo22 (弹性碰撞拓展模型 题组强化 例3如图所示，有一质量为m的小球，以速度滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光 滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为 g,在小球运动过程中，() wm A.小球和滑块组成的系统动量守恒 B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为vO3 C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为2038g D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为vO3 [答案]C [解析]在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向 动量守恒，小球上升和下落过程，竖直方向的分速度变化，则系统在竖直方向上动量不守恒， 则小球和滑块组成的系统动量不守恒，故A错误：小球在圆弧轨道上升到最高点时，小球与 滑块速度相同，设为0，规定0o的方向为正方向，水平方向由动量守恒定律，有o=(m+ 3m)p,解得o=v04,故B错误；根据机械能守恒定律得12o20=12×4o2+mghx,解得 小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为hmx=203v8g,故C正确：小球离开圆弧轨道时，设 小球和圆弧轨道的速度分别为和2，根据动量守恒定律有mo=,十3m02,根据机械能 守恒定律有12mw20=1221+12×3mo22,联立以上两式可得1=-v02,2=v02,故D 错误。 例4（多选）如图所示，质量均为m的小球和小环用长为1不可伸长的轻绳相连，小环套在光 滑固定的水平细杆上，将小球拉至轻绳与杆夹角为时，由静止释放，重力加速度为g,下列 判断正确的是() 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 A.小球和小环组成的系统，动量守恒 B.小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同 C.小球运动到最低点时，速度为gl(1一s0) D.小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力为mg(2一sin0) [答案]BC [解析]小球摆动的过程，有竖直方向的加速度，小球和小环组成的系统竖直方向上所受合 力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；根据题意可知，系统在水平方向上所受合力为零 ,则水平方向上动量守恒，小球运动到最高点时，竖直方向上速度为零，水平方向速度与小 环相等，由动量守恒定律知，小球水平方向速度也为零，则由机械能守恒定律知，此时小球 的重力势能与释放点的相等，则高度也相同，故B正确：小球运动到最低点时，设小球速度 的大小为，小环速度的大小为2，由动量守恒定律有01一m2=0,由机械能守恒定律有 g(1一sin0)=12mo21+12022,解得)1=2=gl(1一sm0),此时小球相对于小环的速度 大小为o=1十2=2gl(1一m0),对小球，由牛顿第二定律有F-mg=v2l,解得F=mg (5-4sin0),则此时轻绳对环的拉力为mg(5-4sin0),故C正确，D错误。 考点三 “滑块一木板”模型和“子弹打木块”模型 「核心综述 1.模型图示 水平地面光滑 水平地面光滑 2.模型特点 ()M与m相互作用的过程中，M的速度一直增大，m的速度一直减小，系统的动量守恒， 但机械能不守恒，摩擦力与两者相对路程的乘积等于系统减少的机械能。 (②)若滑块未从木板上滑下或子弹未打穿木块，当两者速度相等时M的速度最大，两者的相对 路程取得极值（完全非弹性碰撞拓展模型） (③)该类问题慨可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图像求解。 题组强化 例5如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视 为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度和2，两次运动均在木板上留下 划痕，则两次划痕长度之比为() 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 ◇ A.1:4 B.1:42 C.1:8 D,1:12 [答案]A [解析]木块从开始运动到相对木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守 恒，取水平向右为正方向，当木块的初速度为时，有m0=(m十m)0,解得=v02;根据 能量守恒定律有mgs=12020一12(m十m)o2,解得划痕长度s=20v4g:同理，当木块的初 速度为20w时，则划痕长度s=(2v0)24g,故两次划痕长度之比为s:s=1:4,故A正 确，B、C、D错误。 例6如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方形匀质木块，现有一 质量为20g的子弹以大小为300ms的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块 中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm,子 弹打进木块的深度为6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 t M (1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能： (2)若子弹是以大小为400/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否 射穿该木块？ [答案](1)6ms882J(2)能 [解析](1)设子弹的质量为m,木块的质量为4，子弹的初速度大小为，子弹射入木块后 与木块的共同速度大小为，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得0=M十m)加 代入数据解得o=6m/s 它们在此过程中所产生的内能 Q=12mo20-120M+m)o2 代入数据解得Q=882J。 (2)假设子弹以，'=400ms的速度入射时没有射穿木块，子弹射入木块后与木块的共同速 度大小为'，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有m。'=(M十m)0 此过程产生的内能为 Q'=120o'2-12M+mo2 设木块对子弹的阻力大小为F,两个过程子弹打入木块的深度分别为d、,则有Q=F阳d Q'=F用d 联立并代入数据解得d=323cm 因为d>10cm,所以假设不成立，子弹能射穿该木块。 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 课时作业 【A组基础巩固练] 1.(2024辽宁省鞍山市高三下二模)（多选）如图所示，光滑的半圆槽质量为M,半径为R,静 止在光滑的水平地面上，一质量为m的小球（视为质点）恰好能沿槽右边缘的切线方向释放滑 入槽内，小球沿槽内壁运动直至槽左边缘。重力加速度大小为g。关于小球和半圆槽的运动， 下列说法正确的是() A.小球和半圆槽组成的系统，动量守恒，机械能守恒 B.小球和半圆槽组成的系统，动量不守恒，机械能守恒 C.小球滑到底端时的速度大小等于2gR D.小球滑到底端时的速度小于2gR 答案：BD 解析：根据题意可知，小球滑入槽中后，在竖直方向上具有加速度，小球和半圆槽组成的系 统在竖直方向上受力不平衡，所以动量不守恒，但在水平方向上，系统不受外力作用，故水 平方向上系统动量守恒，整个过程中，只有重力对系统做功，故系统的机械能守恒，故A错 误，B正确；当小球滑到底端时，设小球的速度大小为，半圆槽的速度大小为2，对小球 和半圆槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgR=12o21+12o22,由水平方向动量守恒 有m1一Mo2=0,解得1=2MgRM十m2gR,故C错误，D正确。 2,如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B,两车之间用轻质弹簧 相连，它们以共同的速度向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正 好落在A车上，并与之粘合在一起，则这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为() % A.14m020 B.1&8o20 C.1l2m20 D.115m020 答案：C 解析：粘性物体和A相互作用的过程，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定 律有mo=2m01,解得0=v02。之后三个物体组成的系统动量守恒，当B车与A车速度相 等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得moo+201=3m02,解得)2=23a,根据 能量守恒定律，可得弹簧的最大弹性势能为E。=I2mo20十12×2mo21一12×3mo22= 112mo20,故C正确，A、B、D错误。 6 学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2 xxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 3.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质 量为m的子弹以速度。水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子 弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是() A。子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 答案：ABC 解析：以o的方向为正方向，子弹射入滑块的过程，由动量守恒定律得o=(m+0加，解 得共同速度=mvM十m,可知两种情况下子弹的末速度是相同的，A正确：子弹射入下层 或上层滑块的过程中，两种情况下子弹及滑块初、末状态均相同，系统产生的热量都等于系 统减少的动能，故系统产生的热量一样多，B正确：根据动能定理，滑块动能的增加量等于 子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一祥多，C正确：由Q=F:·s相对知，由于s 相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力F:不一样大，D错误。 4.(多选)如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为工。质量分别为 m、2m的环A、B(可视为质点)套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长为32L。开 始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度，下列说法正确 的是() A.A、B和弹簧组成的系统动量不守恒、机械能守恒 B.以水平向右为正方向，若A的速度为a=v3,则B的速度为=3 C.以水平向右为正方向，若A的速度为？a=43,则弹簧与导轨之间的夹角为30° D.若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的20，则初始状态时弹簧的弹性势能E。=52 答案：BCD 解析：平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统受力分析，该系统沿杆方向不受外力，垂 直杆方向A、B各自均始终受力平衡，故系统所受的合力为0，系统动量守恒，系统内除弹 簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；以水平向右为正方向，若a=v3, 对A、B和弹簧组成的系统分析，由动量守恒定律可得20=m0a十2ms,解得=v3,设 7 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 初始弹簧的弹性势能为Ep,A的速度为=v3时弹簧的弹性势能为E,',根据机械能守恒 定律可得12×2mo2+E,=12×2mo2B+12m℃2A+E,',解得E,=E,',开始时弹簧被压缩 了32L一L=L2,而0=43时弹性势能与初始弹性势能相等，故0=43时弹簧伸长量为L2, 此时弹簧长度为L'=32L十I2L=2L=Lsin30°，故0a=4v3时弹簧与导轨间夹角为30°，故B 、C正确；当环B速度为水平向右的20时，根据动量守恒定律可得20=m0A'+2m20, 解得0a'=一20，即A的速度大小为20，方向向左，由机械能守恒定律得12×2m02+En 12×2m(2o)2+12m(-202,解得Ep=5mo2,故D正确。 5.(多选)如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速度 冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为1、2，作出21图像，如图 乙所示。已知P点距地面高h=R5,重力加速度为g,则() A.小车质量是小球质量的2倍 B.小球上升到最高点时的速度为gR)2 C.小球上升的最大高度为R4 D.小球落地时与小车左端P点的水平距离为10)5R 答案：BCD 解析：设小球质量为m,小车质量为M,小球和小车组成的系统在水平方向所受合力为零， 所以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，2=0时总动量=mgR,=0时总动量p2=MgR, 又=2，解得m=M,故A错误：小球上升到最高点时与小车具有共同速度，设为0共， 则mgR=(m十M)0共，解得0共=gR)2,故B正确：设小球上升的最大高度为H,对小球、小 车组成的系统，根据机械能守恒定律有12m(gR)2=12(m十M)o2共+mgH,解得H=R4,故 C正确；小球滑回至P点时，设小球和小车的速度分别为？和)车，很据动量守恒定律和机 械能守恒定律分别有mgR=m0球十Me车，12(gR)2=12o2球+122车，解得0球=0，℃ 车=gR,则小球离开小车后做自由落体运动，设运动时间为t,有=12g,t时间内小车做 匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为x=0奉1=10)5R,故D正确。 6.(2022河北高考)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg, A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1kg,A和C以相同速度o=10ms向 右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与 学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因 数均为=0.1。重力加速度大小取g=10ms2。 A B (1)若0<k0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向： (2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 答案：(1)5(1-9ms10一20k3ms方向均水平向右 (21.875m 解析：(Q)物块C、D碰撞过程中动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为⑦物， C、D的质量均为m,以水平向右为正方向，则有o一mko=(m十m)加物 解得0物=1-k2o=5(1-k)m/s>0 可知碰撞后瞬间新物块的速度大小为5(1一)ms,方向水平向右 滑板A、B碰撞过程中动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为？带，滑板A和 B质量分别为mA、ma,以水平向右为正方向，则有mAg一ma·kg=(mA十m和沿 解得0沿=1一2k3o=10-20l3m/s>0 可知碰撞后瞬间新滑板的速度大小为10一20k3m/s,方向也水平向右。 (2)若k=0.5,可知碰撞后瞬间新物块的速度为)物=51一)ms=2.5ms 新滑板的速度为0稀=10-20k3m/s=0 分析可知，从碰撞后到二者相对静止，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动， 设相对静止时二者的共同速度为？其，根据动量守恒定律可得2o物=(2m十m4十m8)D其 解得0共=1m/s 根据功能关系及能量守恒定律可得 μ×2g相=12×2m02物-12(2m十m4十mg加2共 可解得两者相对位移的大小为x相=1.875m。 [B组综合提升练] 7.(人教版选择性必修第一册第一章[复习与提高B组T8改编)如图所示，质量均为m的木 块A和B,并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细 线，细线另一端系一质量为o的球C,现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C, 则下列说法不正确的是() A.A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为m0mmgL2m十m0) 9 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 B.A、B两木块分离时，C的速度大小为2mgL2m十m0) C.球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2 momgL.2m十mO) D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为m0L2m+mO 答案：C 解析：球C下落到最低点前，A、B受到细线的作用力斜向右下方，向右做加速运动，球C 越过最低点后A受到细线的作用力斜向左下方，开始向右做减速运动，则球C下落到最低点 时，A、B开始分离，将A、B、C视为一个系统，从释放球C至球C下落至最低点的过程， 根据机械能守恒定律有magL=12mo02C+12×2w2AB,水平方向动量守恒，有moc=2aB, 联立解得A、B分离时C的速度大小c=2mgL2m十m0),A、B的速度大小？B=m0 mmgL2m 十mO),故A、B正确；球C由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理 得IAB=心AB一O=momgL.2m十m0),故C错误：球C由静止释放到最低点的过程中，系统水 平方向动量守恒，设C对地水平向左的位移大小为，A、B对地水平位移大小为，则有 mo=2r2,又十，2=L,可解得也=m0L2m十m0,故D正确。本题选说法不正确的，故 选C 8.(2024安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与 光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最 左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直 到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿 着轨道运动。已知细线长L=1,25m,小球质量m=0.20kg,物块、小车质量均为M=0. 30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m,圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质 点。不计空气阻力，重力加速度g取10ms2。 00 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小： (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小： (③)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围。 答案：(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤<0.4 解析：(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为。，此时细线上的拉力大小为F, 对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有 mgL=12o20-0 在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有 10