第七章 专题突破10 碰撞模型及其拓展（课件PPT）-【高考领航】2026年高考物理大一轮复习学案

专题突破10　 碰撞模型及其拓展 返回 ‹#› 1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。会定量分析一维碰撞问题。 2．会分析解决“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”模型的有关问题。 复习 目标 返回 ‹#› 1 考点一　 2 考点二　 3 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 1．碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 考点一 碰撞模型 返回 ‹#› 2．弹性碰撞的结论 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v1′2＋m2v2′2 联立解得v1′＝v1，v2′＝v1 返回 ‹#› 讨论：(1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换，动量和动能全部转移)。 (2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。 (3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1。 (4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后两物体沿相反方向运动)。 (5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。 3．非弹性碰撞 (1)碰撞结束后，动能有损失。 (2)完全非弹性碰撞：碰后共速，动能损失最大。 返回 ‹#› (多选)(2025·云南省高考适应性测试，10)如图甲所示，内表面光滑的“ ”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点。t＝0时，a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动，已知b开始运动速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短。下列说法正确的是(　　) A.前17秒内a与b共碰撞3次 B．初始时a的速度大小为1 m/s C．前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次 D．槽内底部长为10 m 角度1　弹性碰撞 BC 返回 ‹#› 解析：BC　根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的v-t图像，可知前17秒内a与b共碰撞4次，发生在4～6 s之间、8 s时刻、10～12 s之间以及16 s时刻；前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2 s、10 s和12 s时刻，选项A错误，C正确；b与a碰前速度为v2＝2 m/s，方向向左，碰后b的速度v2′＝1 m/s，方向向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度v1＝v2′＝1 m/s，即 初始时a的速度大小为1 m/s，选项 B正确；槽内底部长为L＝2v2Δt＝2× 2×2 m＝8 m，选项D错误。 返回 ‹#› (多选)(2025·河北唐山模拟)2024年2月5日，在斯诺克德国大师赛决赛中，特鲁姆普获得冠军，某次击球如图甲所示。简易图如图乙所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t＝0.6 s的时间向前运动x1＝0.36 m 刚好(速度为0)落入袋中，而白球沿同一方向运动x2＝0.16 m停止运动，已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力)，则下列说法正确的是(　　) A．由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒 B．碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2 C．碰撞前白球的速度大小为2 m/s D．该碰撞为弹性碰撞 角度2　非弹性碰撞 BC 返回 ‹#› 解析：BC　由题意两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程的动量守恒，A错误；碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律x1＝t得蓝球碰后瞬间的速度为v1＝＝1.2 m/s，又两球的加速度大小相等，则由公式v2＝2ax得，解得碰后瞬间白球的速度大小为v2＝0.8 m/s，则碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2，B正确；碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则mv0＝mv1＋mv2，代入数据解得v0＝2 m/s，C正确；两球碰前的动能为Ek1＝mv02＝2m，两球碰后的总动能为Ek2＝mv22＝1.04m，由于Ek1>Ek2， 所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为 非弹性碰撞，D错误。 返回 ‹#› 如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10 kg·m/s，B的动量pB＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增加量ΔpA＝－4 kg·m/s，则A、B的质量比应满足的条件为(　　) A．＞　　　　　　 B．≤1 C．＜ D．≤1 B 解析：B　因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA＞vB，即＞，解得＜，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝pA′＋pB′，由题意知pA′＝pA＋ΔpA＝6 kg·m/s，则pB′＝10 kg·m/s，由能量关系得，解得≤1，碰后速度满足vA′≤vB′，即，解得，综上可得≤1，B正确。 答案 解析 返回 ‹#› 1．“滑块—弹簧”模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①动量守恒：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。 考点二 碰撞模型拓展 返回 ‹#› ②机械能守恒：系统所受外力的矢量和为零或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。(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能) ④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。(相当于刚完成弹性碰撞) 返回 ‹#› 如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中(　　) A．m1、m2组成的系统动量不守恒 B．m1、m2组成的系统机械能守恒 C．弹簧最长时，其弹性势能为 D．m1的最大速度是 D 解析：D　m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝(m1＋m2)v2＝，选项C错误；当弹簧再次回到原长时，m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，m2v22，解得v1＝，选项D正确。 答案 解析 返回 ‹#› (2025·山东聊城模拟)如图甲所示，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图像与坐标轴所围图形的面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图像与坐标轴所围图形的面积大小。下列说法正确的是(　　) A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mBS1 B．mA<mB C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1－S2＝S3 D 返回 ‹#› 解析：D　由题图乙可以看出，t1时刻B开始离开墙壁。在0～t1时间内，弹簧处于压缩状态，物体B静止，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，又因为弹簧对A、B的弹力大小相等，由I＝FΔt可知IB＝IA＝mAΔvA＝mAS1，故A错误；由题图乙可知，B运动后，同一时刻A的加速度小于B的加速度，根据a＝可知，两物体所受 弹簧弹力大小相等，二者质量关系为mA＞mB， 故B错误； 返回 ‹#› 当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；a-t图像与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时 刻A的速度大小vA＝S1－S2，B的速度大小vB＝S3， 由题图乙可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢 复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达 到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同， 即vA＝vB，则S1－S2＝S3，故D正确。 返回 ‹#› 2．“滑块—斜(曲)面”模型 (1)模型图示 返回 ‹#› (2)模型特点 ①上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。 ②返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，(相当于弹性碰撞)。 返回 ‹#› (多选)(2025·湖北黄冈模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则(　　) A．B的最大速率为4 m/s B．B运动到最高点时的速率为 m/s C．B能与A再次发生碰撞 D．B不能与A再次发生碰撞 AD 返回 ‹#› 解析：AD　A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得vA＋MvB，MvB2，联立解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，解得v＝，选项B错误；从B冲上C后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒定律有MvB2＝MvB′2＋2MvC′2，联立解得vB′＝－，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误， D正确。 返回 ‹#› (2025·云南昆明统考)如图所示，将上方带有光滑圆弧轨道的物块静止在光滑水平面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.6 m，末端切线水平，轨道末端距地面高度h＝0.2 m，物块的质量M＝3 kg。现将一质量m＝1 kg的小球从与圆心等高处由静止释放，小球可视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)若物块固定，求小球落地时，小球与轨道末 端的水平距离； (2)若物块不固定，求小球落地时，小球与轨道 末端的水平距离。 返回 ‹#› 解析：(1)物块固定，小球沿着圆弧滚至轨道末端的过程中有 mgR＝mv02 小球滑离轨道末端后做平抛运动h＝gt2 小球落地时与轨道末端的水平距离x0＝v0t 联立解得x0＝ m。 (2)物块不固定时，小球从圆弧轨道上滚下的过程中，物块和小球组成的系统在水平方向动量守恒。设小球滑离轨道末端时，小球的速度为v1，物块的速度为v2，则有mv1＝Mv2，由能量守恒可得 返回 ‹#› mgR＝Mv22 小球落地时与轨道末端的水平距离 x＝v1t＋v2t 联立解得x＝0.8 m。 答案：(1) m　(2)0.8 m 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 (选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，共42分) [基础分组训练] 题组1　碰撞模型 1．(2025·广东广州模拟)如图，冰壶A以1.5 m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰，碰后瞬间B的速度大小为1.2 m/s，方向与A碰前速度方向相同，碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg，则下列说法中正确的是(　　) A．碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/s B．碰撞过程中，B对A做功为21.6 J C．碰撞过程中，A对B的冲量大小为24 N·s D．A、B碰撞过程是弹性碰撞 限时规范 训练(39) C 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 解析：C　由于碰撞时间极短，内力远远大于外力，可知A、B相碰时，A和B组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律，以v0方向为正方向，有mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝0.3 m/s，故A错误；根据动能定理，碰撞过程中，B对A做功为W＝mvA2－mv02，解得W＝－21.6 J，故B错误；碰撞过程中，根据动量定理，A对B的冲量大小I＝mvB，解得I＝24 N·s，故C正确；碰撞之前总动能为Ek＝mv02＝22.5 J，碰撞后A、B系统总动能为Ek′＝mvA2＋mvB2＝15.3 J，由此可知Ek>Ek′，可知，A、B碰撞过程是非弹性碰撞，故D错误。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2．(2025·重庆模拟)台球运动员在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A．mB＝mA　　　　 B．mB＝mA C．mB＝2mA D．mB＝5mA C 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：C　碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C正确。 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 3．质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令＝p，则p的取值范围为(　　) A．p<1 B．p<0 C．p≤－1 D．－1<p<1 C 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 解析：C　x-t图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，m1碰后的速度为v1＝，m2碰后的速度为v2＝，两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝m1v1＋m2v2，v0＝，且m2v22，整理解得≤－1，即p≤－1，故选C。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 题组2　碰撞模型拓展 4．如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。下列说法中正确的是 (　　) A．此时乙物体的速度大小为1 m/s B．紧接着甲物体将开始做加速运动 C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4 D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s A 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：A　根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，，联立解得v2′＝2 m/s，D错误。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 5．(2025·山东菏泽模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，小球A以初动量p0沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，t1时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为p1，t2时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同，则 (　　) A．小球A、B的质量之比为 B．t2时刻弹簧的弹性势能最大 C．小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为 D．0～t2时间内，小球B的动量变化量为p0－p1 C 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 解析：C　t1时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，根据p＝mv，可知小球A的速度变化率最大，即加速度最大，根据牛顿第二定律F＝ma，可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误；t1时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量mA＝，根据动量守恒定律有p0＝p1＋p2，则小球B的质量mB＝，由此可知两小球的质量之比为，故A错误；根据机械能守恒定律有＋Epm，小球A的初动能和弹 簧最大弹性势能之比k＝，故C正确；0～t2 时间内，小球B的动量变化量ΔpB＝－ΔpA＝p0，故D错 误。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 6．(多选)(2025·湖北十堰模拟)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．滑块的最大动能为 B．小球离开滑块时的动能为 C．小球落地时的动能为mgR D．小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为 AD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 解析：AD　滑块、小球组成的系统水平方向动量守恒，则当小球运动至圆弧形槽末端时，滑块的动能最大，根据动量守恒以及机械能守恒可得mv1－2mv2＝0，mgR＝2mv22，解得v1＝2 ，v2＝ ，滑块的最大动能为Ek2＝，故A正确；小球离开滑块时的动能为Ek1＝，故B错误；根据动能定理mg，小球落地时的动能为Ek＝，故C错误；小球与滑块分离后做平抛运动，竖直方向有gt2，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的水平距离为x＝(v1＋v2)t，小球落地时与圆弧形槽末端抛 出点的距离为s＝ ，故D正确。 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 [创新提升训练] 7．(多选)如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车(可看成质点)上，任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆车粘成一个整体，成为一辆“小火车”，下列说法正确的是(　　) A.三辆碰碰车整体最后的动能等于E0 B．碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2∶3 C．碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶1 D．碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶2 AC 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 解析：AC　由系统动量守恒，可得mv0＝3mv，其中E0＝mv02，则三辆碰碰车整体最后的动能等于Ek＝E0，故A正确；设相邻两车间的距离为x，碰碰车1运动到2的时间为t1＝，依题意，碰碰车1与静止的碰碰车2碰撞过程，动量守恒，有mv0＝2mv12，则碰碰车2运动到3的时间为t2＝，可得t1∶t2＝1∶2，故B错误；碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为ΔE1＝mv02，第二次碰撞时损失的机械能为ΔE2＝，可得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，故C正确，D错误。 返回 ‹#› 8 9 10 1 3 4 5 6 7 2 8．(多选)(2025·河北保定模拟)如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的右端固定，左端与质量为m的滑块甲(视为质点)连接，小球乙(视为质点)静止在C点，让甲在A点获得一个水平向左的初速度2v0，且甲在A点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为3mv02，当甲运动到B点时弹簧正好恢复到原长，甲继续运动到C点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的动摩擦因数为μ＝，A、B两点间距与B、C两点间距均为L，下列说法正确的是(　　) A．甲刚到达B点时的速度大小为v0 B．甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为3mv02 C．甲刚到达C点时(与乙发生碰撞前)的动能为mv02 D．若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为v0，则乙的质量为2m BC 返回 ‹#› 8 9 10 1 3 4 5 6 7 2 解析：BC　由题意可知，甲刚到达B点时，弹簧的弹性势能是零，即弹簧对甲做功是3mv02，由动能定理可得3mv02－μmgL＝m(2v0)2，解得vB＝3v0，A错误；由对称性可知，甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为3mv02，B正确；甲刚到达C点时(与乙发生碰撞前)，由动能定理可得－μmgL－3mv02＝Ek－mvB2，解得Ek＝mv02，C正确；甲、乙在C点发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得＝mvC1＋m乙v乙，Ek＝m乙v乙2，由题意，碰撞后乙的速度为v0，则有v乙＝v0，解得m乙＝3m，D错误。 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(10分)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中： (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1① 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2② mv12＝ΔE＋(2m)v22③ 联立①②③式得ΔE＝mv02④。 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 (2)由②式可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。 由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv0＝3mv3⑤ mv02－ΔE＝(3m)v32＋Ep⑥ 联立④⑤⑥式得Ep＝mv02。 答案：(1)mv02　(2)mv02 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(13分)(2024·安徽卷，14)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，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (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μ的取 值范围。 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：(1)小球从释放到运动到最低点，根据机械能守恒定律有mgL＝mv02 根据牛顿第二定律，对小球有 F－mg＝m 解得F＝6 N。 (2)小球与物块发生弹性碰撞，设碰后小球速度为v1，物块速度为v2，根据动量守恒定律、能量守恒定律有 mv0＝mv1＋Mv2 Mv22 联立解得v2＝4 m/s。 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 (3)物块在小车上运动时，物块与小车组成的系统水平方向合外力为零，水平方向上动量守恒，物块在上升阶段不脱离小车，则物块上升到圆弧轨道最高点时，两者速度相同，物块与水平轨道间动摩擦因数μ取得最小值，根据动量守恒定律、能量守恒定律有 Mv2＝2Mv3 ·2Mv32＋μ1Mgs＋MgR 解得μ1＝0.25 物块恰能进入圆弧轨道，则物块恰好运动到圆弧轨 道底端时与小车共速，此时，物块与水平轨道间动 摩擦因数μ取得最大值，根据动量守恒定律、能量守 恒定律有 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 Mv2＝2Mv4 ·2Mv42＋μ2Mgs 解得μ2＝0.4 综上所述，要使物块能够滑上圆弧轨道且不脱离小车，物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为 0．25≤μ<0.4。 答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 返回 ‹#› 专题突破10　碰撞模型及其拓展 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $