第1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（鲁科版）

本讲义聚焦碰撞模型及拓展应用核心知识点，从弹簧—小球（物块）模型和滑块—斜（曲）面模型入手，通过问题引导梳理模型特点，如弹簧模型的“两个状态”、滑块模型的“两个位置”，结合例题解析搭建从基础碰撞到拓展应用的学习支架。 资料以模型建构和科学推理为核心，通过提炼“弹簧最长最短时共速”“滑块上升最高点共速”等规律，辅以例题、拓展问题及强化练，助力教师课中系统教学，学生课后可通过针对性训练查漏补缺，提升运用动量守恒与能量守恒解决复杂问题的能力。

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和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，提高建模能力(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一个刚性小球B，左端与水平轻质弹簧相连，另有一刚性小球A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？此时的动能如何？ (3)两球共速以后，两球短时间内分别做什么运动？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)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，系统的动能最小。 (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为零。 1．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，若系统所受合外力为零，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——“两个状态” (1)弹簧处于最长(最短)状态：此时两物体速度相等，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·广东省佛山一中高二检测)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＝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，根据动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝4 m/s，由能量守恒定律得 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)(2024·南充市高二月考)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所受合外力为零，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，由开始到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？此时弹簧的弹性势能多大？ 答案　(1)t1、t3时刻弹簧的弹性势能最大，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，由题图乙可知B的最大动能EkBm＝mBv2′2＝×2×22 J＝4 J。 二、滑块—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A和轨道B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)什么时候轨道B的速度达到最大？ (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)整个过程中小球和轨道组成的系统的机械能守恒；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，则由动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒定律有： m1v02＝m1v12＋m2v22 1．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定律。 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，有mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，有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，有mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，有mv02＝mv12＋Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。 例3　(2024·河北承德市双滦区实验中学高二期中)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　(2024·聊城市高二期末)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。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，可知当v0＝时，小球未到达B点，故A错误；小球从进入弧形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′－mvA，系统机械能守恒，有mv02＝mv′2＋mvA2，联立可得vA＝0，所以小球回到弧形凹槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。 专题强化练　[分值：100分] 1～4题每题8分，5题14分，共46分 考点一　弹簧—小球(物块)模型 1.如图所示，P物体与一个连着水平弹簧的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·北京市师大附中高二期末)如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA＝1 kg、mB＝4 kg，B球上固定一水平轻质弹簧。若A球以速率v＝4 m/s向右运动去碰撞静止的B球，下列说法正确的是(　　) A．A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增大后减小 B．弹簧最大的弹性势能为6.4 J C．碰撞结束时，小球A将向左运动 D．碰撞结束时，B球速度大小为3.2 m/s 答案　ABC 解析　A、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩，当两球速度相等时弹簧被压缩到最短，然后弹簧再次回到原长，故弹簧的形变量先增大后减小，则弹簧的弹力先增大后减小，两球所受的合外力都为弹簧弹力，故两球的加速度都是先增大后减小，故A正确；当A、B速度相等时弹簧的弹性势能达到最大，设此时共同速度为v3，由动量守恒及能量守恒分别可得mAv＝(mA＋mB)v3，ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v32，联立解得ΔEp＝6.4 J，B正确；当弹簧恢复原长时，碰撞结束，设此时A、B的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒及能量守恒分别可得mAv＝mAv1＋mBv2，mAv2＝mAv12＋mBv22，联立解得v1＝－2.4 m/s，v2＝1.6 m/s，碰撞结束时，小球A向左运动，B球速度大小为1.6 m/s，C正确，D错误。 3.(2024·广东深圳市实验学校高二期中)质量均为2 kg的甲、乙两物块在光滑水平面上相向运动，如图所示，其中甲物块上固定有一水平轻弹簧，其速度大小为4 m/s；乙物块的速度大小为5 m/s，则(　　) A．当甲物块的速率减为零时，甲、乙间距最近 B．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统机械能守恒，但动量不守恒 C．乙物块可能以5 m/s返回 D．当甲物块的速率为3 m/s时，乙物块的速率可能为4 m/s，也可能为2 m/s 答案　D 解析　根据题意可知，当甲、乙速度相等时，甲、乙距离最近，规定向左为正方向，由动量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5 m/s，故A错误；由题意知，弹簧的质量不计，甲、乙两物块在弹簧压缩的过程中，所受的合外力为零，系统动量守恒，机械能守恒，故B错误；根据题意，规定向左为正方向，当弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m甲v甲′＋m乙v乙′，m甲v甲2＋m乙v乙2＝m甲v甲′2＋m乙v乙′2，解得v甲′＝5 m/s，v乙′＝－4 m/s，即乙物块弹回的速度的大小最大为4 m/s，故C错误；当甲物块的速率为3 m/s时，若方向向右，规定向左为正方向，由动量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙1－m甲v甲1，解得v乙1＝4 m/s，若方向向左，规定向左为正方向，由动量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙1′＋m甲v甲1′，解得v乙1′＝－2 m/s，故D正确。 考点二　滑块—斜(曲)面模型 4．(多选)如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动 B．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动 C．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动 D．槽一直向右运动 答案　BC 解析　小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确；小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，从最低点向右侧上滑时，槽向左做减速运动，然后球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平地面上做往复运动，故C正确，D错误。 5．(14分)(2023·河南郑州外国语学校高二期中)如图所示，在水平地面上放置着小物块A以及曲面劈B，其中A的质量为m＝1 kg，曲面劈B的质量M＝3 kg，曲面劈B的曲面下端与水平地面相切，且曲面劈B足够高，所有的摩擦均不考虑。现给A一个正对B曲面的初速度，使A冲上曲面劈。若曲面劈B固定在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H1，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1；若将曲面劈B自由放置在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H2，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v2。求： (1)(6分)H1与H2的比值； (2)(8分)v1与v2的比值。 答案　(1)　(2)2 解析　若曲面劈B固定在地面上，根据机械能守恒定律得mv02＝mgH1 若曲面劈B自由放置在地面上，物块A与曲面劈B在水平方向上动量守恒，A上升到最高点时二者共速，设共同速度为v，根据动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v 根据机械能守恒定律得 mv02＝(m＋M)v2＋mgH2 解得mgH2＝mv02，故＝ (2)若曲面劈B固定在地面上，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1＝－v0 若将曲面劈B自由放置在地面上，根据水平方向动量守恒得mv0＝mv2＋Mv3 根据机械能守恒定律得mv02＝mv22＋Mv32，解得v2＝－，故＝2。 6、7题每题9分，8题17分，共35分 6.(多选)(2024·四川南充市嘉陵一中高二月考)如图所示，小车的上表面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。现有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化是mv C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D．车上曲面的竖直高度不会大于 答案　BD 解析　小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球从另一曲面滑下时，小车仍继续前进，不会回到原位置，故A错误；小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于车和球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得mv＝2mv1，得共同速度v1＝，小车动量的变化Δp＝mv1－0＝，故B正确；小球恰好到达小车最高点时，小球与小车的速度是相同的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误；如果曲面光滑，则车和球组成的系统机械能守恒，有mv2＝×2mv12＋mgh，解得h＝，如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，小球能上升的高度还要更小些，故D正确。 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上固定一个水平轻弹簧。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，后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＋Epm，联立解得Epm＝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．(17分)(2023·广西来宾忻城高级中学高二期末)如图所示，质量为m的物块A与质量为2m的物块B静置于光滑水平面上，B与一个水平轻质弹簧拴接。现让物块A获得水平向右的初速度v0，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终处于弹性限度内。 (1)(7分)求A、B两物块最终分离时各自的速度大小； (2)(10分)在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小为时弹簧的弹性势能。 答案　(1)　　(2)或 解析　(1)根据题意，取水平向右为正方向，设A与弹簧分离时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律有 mv0＝mvA＋2mvB，由能量守恒定律有mv02＝mvA2＋×2mvB2，解得vA＝－，vB＝ 故A、B两物块最终分离时各自的速度大小为和。 (2)根据题意，取水平向右为正方向，若物块A的速度为时，设物块B的速度为v1，则由动量守恒定律有 mv0＝m·＋2mv1，由能量守恒定律有mv02＝m()2＋×2mv12＋Ep1，解得Ep1＝；若物块A的速度为－时，设物块B的速度为v2，则由动量守恒定律有mv0＝m·(－)＋2mv2，由能量守恒定律有mv02＝m(－)2＋×2mv22＋Ep2，解得Ep2＝。 9．(19分)(2024·河北邢台市四校高二联考)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)(5分)冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度大小； (2)(6分)冰块在斜面体上上升的最大高度h； (3)(8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)2 m/s　2 m/s　能 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 m2v22＝m2gh＋(m2＋M)v2 解得h＝0.6 m (3)小孩推出冰块的过程，对小孩(含滑板)和冰块组成的系统， 根据动量守恒定律有0＝m2v2－m1v1 解得小孩(含滑板)速度大小为v1＝ m/s，方向水平向右 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 $