第一章 专题强化3 碰撞模型及拓展应用(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

本讲义聚焦碰撞模型及拓展应用核心知识点，系统梳理弹簧—小球（物块）模型和滑块—光滑斜（曲）面模型，通过问题引导运动过程分析，总结模型特点（如弹簧模型共速时弹性势能最大、恢复原长时动能最大，斜面模型最高点共速、分离时弹性碰撞），结合例题、拓展问题与训练形成学习支架。 资料以问题驱动与模型建构为特色，通过科学推理（动量守恒、能量守恒应用）和模型认知（明确“两个位置”等关键节点）提升核心素养。例如弹簧模型中分析共速与恢复原长状态，斜面模型中推导最高点高度与分离速度，课中辅助教师系统教学，课后帮助学生通过例题和训练深化理解，查漏补缺。

专题强化3　碰撞模型及拓展应用 [学习目标]　1.进一步掌握用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧(重点)。2.掌握两类碰撞问题的特点，提高建构模型的能力(重难点)。 一、弹簧—小球(物块)模型 如图所示，光滑水平面上静止着刚性小球B，左端与水平轻质弹簧相连，另有一小球A以速度v0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问： (1)小球A接触弹簧后最初一段时间，两小球各做什么运动，弹簧长度如何变化？ (2)弹簧的弹性势能什么时候最大？此时系统的动能如何？ (3)两球共速以后，两球分别做什么运动？弹簧长度如何变化？ (4)小球B的速度什么情况下最大？此时弹性势能如何？ 答案　(1)小球A接触弹簧后最初一段时间内，在弹力作用下，A做减速运动，B做加速运动，弹簧变短，压缩量逐渐变大。 (2)当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大。此时系统动能最小。 (3)如图所示，两球共速以后，A继续减速，B继续加速，A、B间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。 (4)当弹簧恢复原长时，小球B的速度最大，此时系统的弹性势能最小。 1．弹簧－小球(物块)模型概述 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则系统动量守恒。若接触面光滑，弹簧和物体组成的系统机械能守恒。 2．模型特点 (1)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)。 (2)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)。 例1　(2024·佛山市第一中学高二阶段练习)如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝4 kg，B的质量mB＝3 kg，滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝7 m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开，求： (1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大动能； (3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。 答案　(1)42 J　(2)96 J　(3)0 解析　(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取向右为正方向，根据动量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝4 m/s，由能量守恒定律 mAv02＝(mA＋mB)v2＋Ep 解得滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为Ep＝42 J (2)当A、B分离，弹簧恢复原长时，弹性势能为零，滑块B动能最大，则滑块B的速度最大， 由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB mAv02＝mAvA2＋mBvB2 解得vA＝1 m/s，vB＝8 m/s 则滑块B的最大动能为Ek＝mBvB2＝96 J (3)当滑块A的速度为1 m/s时，滑块A的动能最小，此时弹簧恢复到原长，所以弹簧的弹性势能为Ep′＝0 例2　(多选)如图甲所示，静止在光滑水平面上的物块A、B通过水平轻弹簧连接在一起，初始时轻弹簧处于原长。现使A获得一水平向右的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知物块A的质量为mA＝1 kg，下列说法正确的是(　　) A．弹簧、A和B组成的系统动量和机械能都守恒 B．t1时刻，弹簧处于原长状态 C．物块B的质量mB＝3 kg D．t3时刻，弹簧的弹性势能为3 J 答案　AD 解析　弹簧、A和B组成的系统在该过程中合力为零，所以系统动量守恒，弹簧、A和B组成的系统在该过程中只有弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；由题图乙可知t1时刻之后一小段时间，A速度减小，B速度增大，则t1时刻弹簧处于压缩状态，故B错误；根据动量守恒定律，由题图乙可知t＝0时刻和t＝ t1时刻系统总动量相等，已知v1＝3 m/s、v2＝1 m/s有mAv1＝(mA＋mB)v2，代入数据解得mB＝2 kg，故C错误；由题图乙知t3时刻弹簧处于伸长状态，两物块速度相等v3＝1 m/s，从开始到t3时刻由机械能守恒有mAv12＝mAv32＋mBv32＋Ep，代入数据解得弹簧的弹性势能为Ep＝3 J，故D正确。 拓展　(1)什么时刻弹簧的弹性势能最大？最大为多大？ (2)什么时刻物块B的动能最大？最大动能为多大？此时弹性势能多大？ 答案　(1)t1、t3时刻弹性势能最大，t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长、最大弹性势能为3 J。 (2)t2时刻弹簧恢复原长，此时弹簧的弹性势能为零，物块B的速度最大，动能最大，设此时A的速度为v1′，B的速度为v2′。 由mAv0＝mAv1′＋mBv2′ mAv02＝mAv1′2＋mBv2′2 联立得：v1′＝－1 m/s，v2′＝2 m/s B的最大动能EkBm＝mBv2′2＝×2×22 J＝4 J 二、滑块—光滑斜(曲)面模型 如图所示，小球A以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道B。已知小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，试分析： (1)在相互作用的过程中，小球和轨道组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？ (2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？ (3)什么时刻轨道B速度达到最大？ (4)小球离开轨道瞬间系统总动量、系统机械能与初始状态有怎样的关系？试列式说明。 答案　(1)整个过程中系统的机械能守恒；系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。 (2)当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同。 (3)小球从左侧离开轨道时，轨道的速度最大。 (4)设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，小球质量为m1，轨道质量为m2，则由水平方向动量守恒有：m1v0＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒定律有： m1v02＝m1v12＋m2v22 1．滑块—光滑斜(曲)面模型概述 对滑块和光滑斜(曲)面组成的系统，若水平面光滑且滑块始终未脱离斜(曲)面，在相互作用的过程中，系统所受合外力不为零，但系统在水平方向所受合外力为零，则该系统在水平方向上满足动量守恒。 2．模型特点——“两个位置” (1)当滑块上升到最大高度时，滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块在竖直方向的速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。 (2)当滑块返回最低点时，滑块与斜(曲)面分离。水平方向动量守恒， mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒， mv02＝mv12＋Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。 例3　(2023·江门市高二期中)如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求： (1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；(用v0、g表示) (2)小球离开圆弧轨道时的速度大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，以小球运动的初速度v0方向为正方向，有mv0＝3mv，解得v＝ 由机械能守恒定律得 mv02＝×3mv2＋mgh 解得h＝； (2)小球离开圆弧轨道时，由动量守恒定律有 mv0＝mv1＋2mv2 由机械能守恒定律有 mv02＝mv12＋×2mv22 联立解得v1＝－v0， 则小球离开圆弧轨道时的速度大小为。 拓展　若小球能冲出圆弧轨道， (1)小球冲出圆弧轨道后做什么运动？ (2)小球还能落回圆弧轨道吗？ 答案　(1)小球沿圆弧上滑过程，小球和圆弧在水平方向的速度相等，小球冲出圆弧轨道后做斜上抛运动。 (2)因为小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，故小球还能落回圆弧轨道。 针对训练　(2023·广东深圳中学高二期中)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点，C是AB间某位置。另有一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦和阻力，下列说法中正确的是(　　) A．当v0＝时，小球刚好到达B点 B．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动至最高点的过程中，滑块的动能先增大再减小 C．小球回到弧形凹槽底部离开A点后做自由落体运动 D．小球回到弧形凹槽底部离开A点后可能做平抛运动 答案　C 解析　滑块与小球组成的系统水平方向动量守恒，小球恰能到达B点时有mv0＝2mv，系统机械能守恒，有mv02＝·2mv2＋mgR，联立可得v0＝2，故A错误；当v0＝时，小球未到达B点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，故B错误；以小球的初速度v0方向为正方向，由系统水平方向动量守恒得mv0＝mv槽＋mv球，系统机械能守恒，有mv02＝mv槽2＋mv球2，联立可得v球＝0，所以小球回到凹槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。 专题强化练 1～4题每题8分，5题14分，共46分 1.如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰撞后P物体静止，Q物体以P物体碰撞前速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的是(　　) A．P的速度恰好为零 B．P与Q具有相同速度 C．Q刚开始运动 D．Q的速度等于v 答案　B 解析　P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P物体做减速运动，Q物体做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相同时，弹簧被压缩到最短，故B正确，A、C错误；由于作用过程中动量守恒，设P、Q两物体共速时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝，故D错误。 2．(多选)(2023·广州四中高二期中)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　) A．物体A的质量为3m B．物体A的质量为2m C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02 D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02 答案　AC 解析　对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，解得M＝3m，Ep＝mv02，选项A、C正确，B、D错误。 3.(多选)(2023·东莞市高二期末)如图所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是(　　) A．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒 B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处 答案　ABC 解析　槽和地面接触面光滑，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向上所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，选项A正确；在下滑过程中，小球和槽组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，选项B正确；选向左为正方向，球下滑到底端时，设弧形槽的速度为v1，小球的速度为v2，由动量守恒定律可知mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，球被弹簧反弹后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因地面光滑，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。 4．(多选)(2023·广州市西关外国语学校高二期末)如图甲所示，一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面上。现使A获得水平向右的瞬时速度3 m/s，以此刻为计时起点，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(　　) A．t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态 B．t1、t3时刻弹簧的弹性势能最大 C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2 D．t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8 答案　BCD 解析　在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，在t1时刻，弹簧处于压缩状态，在t3时刻，弹簧处于伸长状态，A错误；t1、t3时刻两物块共速，动能损失最大，而系统的机械能守恒，所以弹簧的弹性势能最大，B正确；0～t1内，根据系统动量守恒得m1v＝(m1＋m2)×v1，解得m1∶m2＝1∶2，C正确；在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝(m1vA2)∶(m2vB2)＝1∶8，D正确。 5．(14分)(2023·广州市奥林匹克中学高二期末)如图所示，质量为2m的四分之一光滑圆槽位于光滑的水平面上，圆槽与水平面相切于b点。质量为m的小球从a点以初速度v0沿水平面向右运动。若圆槽固定，小球恰能运动到圆槽的c点。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)(4分)圆槽的半径； (2)(10分)若圆槽不固定，小球上升的最大高度。 答案　(1)　(2) 解析　(1)若圆槽固定，根据机械能守恒定律有 mgR＝mv02 解得R＝ (2)若圆槽不固定，设小球上升到最大高度时小球和圆槽共同速度为v，由系统水平方向动量守恒得 mv0＝(m＋2m)v 由系统机械能守恒可得 mgh＝mv02－(m＋2m)v2 联立解得h＝。 6～7题每题10分，8题16分，共36分 6.(2023·深圳市实验中学高二月考)如图所示，静止在光滑水平面上的小车，上面是由两个对称的光滑曲面组成，整个小车的质量为m。现有一个质量也是m可看作质点的小球，以水平速度v0从小车的左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又沿右侧曲面滑下。下列说法正确的是(　　) A．此过程中小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球滑离小车时，小车的速度不可能减为0 C．小车上的曲面的高度等于 D．小车上的曲面的高度等于 答案　C 解析　小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；小球从冲上小车到小车顶点的过程中，曲面与地面光滑，整个运动过程只有重力做功，小球与小车组成的系统机械能守恒，小球和小车在水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒mv0 ＝ mv1＋mv2，mv02＝mv12＋mv22，解得此时小球速度为0，小车速度为v0。因为小球从右侧曲面滑下与从左侧曲面滑上是逆过程，则知小球滑离小车时，小球速度为v0，小车的速度为0，B错误；小球恰好到达小车的最高点时小球与小车的速度相等，设共同速度为v，小球运动到最高点过程中，小球和小车在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0 ＝ (m＋m)v，曲面与地面光滑，整个运动过程只有重力做功，小球与小车组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋m)v2＋mgh，解得h＝，C正确，D错误。 7．(多选)(2024·深圳市高二期中)如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体A以某一速度 v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，A物体质量为m，B物体质量为2m，从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中(　　) A．弹簧再次恢复原长时B的速度大小为 v0 B．弹簧弹性势能的最大值为 mv02 C．A的动量变化量大小为 mv0 D．物体B先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动 答案　BD 解析　从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，两物体和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvA＋2mvB，由机械能守恒定律得mv02＝mvA2＋×2mvB2，联立解得vA＝－v0，vB＝v0，故A错误；两物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋2m)v2＋Ep，联立解得Ep＝mv02，故B正确；从A刚接触弹簧到弹簧再次恢复原长的过程，A的动量变化量为Δp＝mvA－mv0＝－mv0，则其大小为mv0，故C错误；物体A与弹簧接触后做减速运动，B做加速运动，弹簧压缩量增大，弹簧弹力变大，B的加速度变大；当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，弹簧弹力减小，B的加速度减小，B继续做加速运动，则整个过程B先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，故D正确。 8．(16分)如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝mC＝2 kg。滑块B的左端连有水平轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，直至分开的过程中未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度。 (1)(2分)求弹簧被压缩到最短时，滑块B的速度大小； (2)(4分)求弹簧给滑块B的冲量大小； (3)(5分)求滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能； (4)(5分)若弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。 答案　(1)1 m/s　(2)4 N·s　(3)2.25 J (4)0.5 m/s　0.5 J 解析　(1)对A、B系统，A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短， 根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1 代入数据可得v1＝1 m/s (2)B一直加速，弹簧恢复原长时，B的速度最大， 根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mAv0＝mAvA＋mBvB mAv02＝mAvA2＋mBvB2 代入数据可得vB＝2 m/s 则弹簧给滑块B的冲量大小 I＝Δp＝mBvB＝4 N·s (3)滑块A的动能最小时，即vA2＝0， 根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA2＋mBvB2 代入数据可得vB2＝1.5 m/s 根据能量守恒定律有 Ep＝mAv02－mBvB22＝2.25 J (4)弹簧被压缩到最短时，B速度为v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2 代入数据可得v2＝0.5 m/s B与C发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，损失的系统机械能为 ΔE＝mBv12－(mB＋mC)v22＝0.5 J。 9．(18分)(2024·佛山市高二阶段检测)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4 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(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1＝30 kg，冰块的质量m2＝10 kg，斜面体的质量M＝30 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)(4分)冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度大小； (2)(4分)冰块在斜面体上上升的最大高度h； (3)(10分)冰块与斜面体分离后斜面体和冰块的速度大小，并判断冰块能否追上小孩。 答案　(1)1 m/s　(2)0.6 m　(3)见解析 解析　(1)对冰块和斜面体组成的系统， 以向左为正方向， 设冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度为v， 根据动量守恒定律有m2v2＝(m2＋M)v 解得v＝1 m/s (2)对冰块和斜面体组成的系统， 根据能量守恒定律有 m2gh＋(m2＋M)v2＝m2v22 解得h＝0.6 m (3)对小孩(含滑板)和冰块组成的系统， 以向左为正方向， 根据动量守恒定律有0＝m2v2＋m1v1 解得v1＝－ m/s 对冰块和斜面体组成的系统， 从冰块开始滑上斜面体到与斜面体分离， 以向左为正方向， 根据动量守恒定律有m2v2＝m2v2′＋Mv3 根据能量守恒定律有m2v22＝m2v2′2＋Mv32 解得v2′＝－2 m/s，v3＝2 m/s 即冰块与斜面体分离后斜面体的速度大小为2 m/s，冰块的速度大小为2 m/s，方向水平向右；由于冰块的速度比小孩的速度大，且冰块与小孩均向右运动，所以冰块能追上小孩。 学科网（北京）股份有限公司 $