2026届高考物理二轮复习讲义：专题十 碰撞与类碰撞模型

专题十 碰撞与类碰撞模型 模型一：弹性碰撞 知识总结 1．弹性碰撞过程遵循动量守恒和机械能守恒。 v1′＝，v2′＝ 2．“动碰静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： v1′＝，v2′＝。 3．弹性正碰的一些常用结论： 当m1＝m2时，两物体碰撞后交换速度； 当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的物体速率不变，质量小的物体速率为2v1； 当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的物体原速率反弹。 典型例题 1．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 【答案】B 【解析】设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，＝，联立解得v1＝v0。设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，＝＋，联立解得v2＝，可得v1＝v0＞v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN＞pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝＝，氮核的动能为EkN＝＝，可得EkH＞EkN，故B正确，A、C、D错误。 2．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移－时间图像如图所示，根据以上信息可知（ ） A．碰撞过程中B球受到的冲量为8 N·s B．碰撞过程中A球受到的冲量为－8 N·s C．B球的质量mB＝4 kg D．AB两球发生的是弹性碰撞 【答案】D 【解析】C、由图示x－t图像可知，碰撞前A的速度大小vA0＝＝ m/s＝6 m/s，B的速度大小vB0＝＝＝3 m/s 碰撞后A的速度大小vA＝＝ m/s＝2 m/s， B的速度大小vB＝＝ m/s＝5 m/s A、B两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mAvA0＋mBvB0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得：mB＝2 kg，故C错误； A、碰撞过程，对B，由动量定理得：IB＝mBvB－mBvB0，代入数据解得：IB＝4 N·s，故A错误； B、碰撞过程，对A，由动量定理得：IA＝mAvA－mAvA0，代入数据解得：IA＝－4 N·s，故B错误； D、碰撞前过程系统的动能：Ek＝＝×1×62 J＋×2×32 J＝27 J， 碰撞后系统的总动能：Ek′＝＝×1×22 J＋×2×52 J＝27 J， 碰撞过程系统动能不变，机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故D正确。 故选：D。 3．如图所示是碰球游戏，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，a、b、c、d为圆上四个等分点。在内部放置质量分别为3m和5m的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于R），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则第二次发光点在（ ） A．b、c之间 B．c、d之间 C．c点 D．d点 【答案】D 【解析】令第一次碰撞前A的速度为v0，根据动量守恒定律有3mv0＝3mvA＋5mvB，根据碰撞前后机械能守恒定律有＝，解得：vA＝和vB＝，碰撞之后A、B的线速度大小之比为1∶3，则碰撞之后A反向运动的路程为B顺时针运动的路程的三分之一时，两球再次相遇，可知，第二次发光点在d点，选项D正确。 5．如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点，A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量关系不可能为（ ） A．m1＝3m2 B．m2＝3m1 C．m2＝5m1 D．m2＝7m1 【答案】C 【解析】设AB距离为x，第一次碰后球1，2速度分别为v1，v2 若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知球1的速度小于球2的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点与球1相遇，有：＝，解得v2＝3v1 根据第一次碰撞过程中动量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒得：＝ 联立解得：m1＝3m2 若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2， 有：＝，即：v1＝3v2， 根据第一次碰撞过程中动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2 根据机械能守恒得：＝，联立解得：m1∶m2＝1∶7 若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点碰上反弹回来的球2，有：＝，即：v1＝v2， 根据第一次碰撞过程中动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2 根据机械能守恒得：＝，联立解得：m1∶m2＝1∶3 综上，不可能是C选项。 故选C。 模型二：非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 知识总结 1．非弹性碰撞：两物体碰撞时，碰撞前后两物体的动量守恒，但两物体的动能之和减小。 2．完全非弹性碰撞：两物体在碰撞后以共同的速度运动，且在碰撞后形变无法恢复，系统损失的机械能最大。 碰撞后系统以相同的速度运动：v1＝v2＝v 动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v⇒v＝ 3．此类问题往往结合动能定理、牛顿运动定律和运动学公式求解 非 弹 性 碰 撞 动量守恒定律 碰后的速度 受力分析运动分析 列式求解 牛顿定律、运动学公式 能量关系 4．碰撞模型中的三原则 （1）碰撞过程时间极短，内力远大于外力，故碰撞过程满足动量守恒； （2）碰撞过程满足能量守恒定律，动能可能转化为内能，故碰撞过程中动能不增加； （3）速度的合理性－两物体碰后不能再发生二次碰撞 ①若两物体同向运动，则碰前应有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若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 典型例题 1．如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p1＝5 kg·m/s和p2＝7 kg·m/s。若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp1和Δp2可能是（ ） A．Δp1＝－3 kg·m/s，Δp2＝3 kg·m/s B．Δp1＝3 kg·m/s，Δp2＝3 kg·m/s C．Δp1＝3 kg·m/s，Δp2＝－3 kg·m/s D．Δp1＝－10 kg·m/s，Δp2＝10 kg·m/s 【答案】A 【解析】A．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为p总后＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)＝12 kg·m/s＝p总前 由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后A球动量变为p1′＝2 kg·m/s 碰后B球动量变为p2′＝10 kg·m/s 其碰前总动能为Ek前＝＝ 碰撞后总动能为Ek后＝＝ 碰撞前后能量的变化为ΔEk＝Ek前－Ek后＝－ 由于A和B球的质量未知，若≤ 则由ΔEk≥0 即满足系统的总动能不增加，即符合能量守恒，而碰后两球的动量都与原方向相同，且A球的动量变小，即A球的速度变小，B球的动量增加，即B球的速度增加，所以可能A球速度小于B球的速度，满足实际运动情况。该情况可能发生，故A正确； B．两个小球发生正碰，则其系统碰撞前后应该满足动量守恒，碰前总动量为p总前＝p1＋p2＝12 kg·m/s 碰后总动量为p总后＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)＝18 kg·m/s＞p总前 由上述可知，系统碰撞前后动量不守恒，故B错误； C．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为p总后＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)＝12 kg·m/s＝p总前 由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后两球的动量都与原方向相同，但A球的动量增加，与实际运动不符，故C错误； D．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为p总后＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)＝12 kg·m/s＝p总前 由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，进一步分析可知，碰后A球的动量变为p1′＝－5 kg·m/s B球碰动量变为p2′＝－17 kg·m/s 根据动能与动量的关系有Ek＝＝ 由上述式子可知，其A球碰撞前后动能大小不变，但是B球碰后动能变大，即对于A、B组成的系统来说其系统的总动能在碰后大于碰前，违反了能量守恒，故D错误。 故选A。 2．（多选）如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用原长为2L的弹性绳连接。现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），两球间距为L。当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出，A、B两球碰撞时无机械能损失，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．两球从开始运动到相碰，A球下落的高度为h＝ B．A、B两球碰撞后瞬间，A球速度为v0 C．从A球自由下落开始到两球碰撞后瞬间，此过程中B球受到的冲量大小为 D．当弹性绳最长时两球速度相同 【答案】ACD 【解析】A．设A球下落的高度为h，L＝v0t，h＝，联立得h＝，故A正确； B．由水平方向动量守恒得mv0＝ 由机械能守恒得＝ 式中＝vAy，＝vBy，联立得＝v0，＝0 所以A、B两球碰撞后瞬间，A球水平速度为v0，故B错误； C．从A球自由下落开始到两球碰撞后瞬间，此过程中B球受到的冲量大小I＝mvB′＝，故C正确； D．碰撞之后，当两球速度相同时，弹性绳最长，故D正确。 故选ACD。 3．2023年9月21日，神舟十六号航天员在“天宫课堂”中进行了“验证碰撞过程中动量守恒”的实验。实验在一个“网格背景板”前进行。实验时，航天员用一个质量大的金属球撞击一个静止的质量小的金属球。假设采用“频闪照相”的方法来研究类似的碰撞过程，且在碰撞的瞬间恰好完成一次闪光，如图所示。则下一次闪光时两小球所处的位置合理的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设闪光周期为T，网格背景板一格宽度为d，设质量大的金属球质量为M，质量小的金属球质量为m，根据题图可知碰撞前大质量金属球的速度为v0＝ 由于是大质量碰撞小质量，碰撞后大质量小球应继续向前运动，且在图中水平方向和竖直方向均满足动量守恒，则竖直方向大质量小球的速度应小于小质量小球的速度，可知A、B中下一次闪光时两小球所处的位置均不合理； 对于C图，由图可知，大质量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 vMx＝，vMy＝ 小质量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为vmx＝，vmy＝ 水平方向根据动量守恒可得Mv0＝MvMx＋mvmx 可得M＝3m 则竖直方向MvMy＝＝mvmy＝ 可知竖直方向也满足动量守恒； 碰撞前的总动能为Ek0＝＝ 碰撞后的总动能为Ek＝＝＞Ek0＝ 可知不满足碰撞过程总动能不增加原则，故C中下一次闪光时两小球所处的位置不合理； 对于D图，由图可知，大质量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 ＝，＝ 小质量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为＝，＝ 水平方向根据动量守恒可得Mv0＝＋m′vmx 可得M＝2m 则竖直方向 可知竖直方向也满足动量守恒； 碰撞后的总动能为Ek′＝＝＜Ek0＝ 可知满足碰撞过程总动能不增加原则，故D中下一次闪光时两小球所处的位置合理。 故选D。 模型三：类碰撞－“滑块—斜(曲)面”(悬绳挂物摆动)模型 知识总结 1．模型图示（这两个模型本质上是一样的） 2．模型特点 （1）最高点：m1与m2具有共同水平速度v共，m1不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系统机械能守恒，，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：m1与m2分离点。水平方向动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系统机械能守恒，＝（完全弹性碰撞拓展模型）。 典型例题 1．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带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，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，（ ） 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 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 【答案】C 【解析】A．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统在竖直方向动量不守恒，故A错误； B．小球在圆弧轨道上升到最高点时，小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝4mv，解得v＝，故B错误； C．根据机械能守恒定律得＝×4mv2＋mgh，解得h＝，故C正确； D．小球离开圆弧轨道时，根据水平方向动量守恒，有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律，有＝，联立可得v1＝，v2＝，故D错误。 故选C。 2．如图所示，铁块a与内壁光滑的半圆形凹槽b并排静止在光滑的水平地面上，半圆形凹槽的半径为R，直径POQ水平。可视为质点的小球c自P点正上方高3R处由静止开始下落，恰好从P点进入槽内。已知铁块a、半圆形凹槽b和小球c的质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力。小球进入槽内之后的运动过程中，下列说法正确的是（ ） A．c第一次到达最低点前，a，b，c组成的系统动量守恒 B．c第一次到达最低点时，a的速度大小为 C．c第一次冲出Q点后，上升的最大高度为2R D．b能获得的最大速度大小为 【答案】C 【解析】c第一次到达最低点前，a、b、c组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力不为零，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A错误； c第一次到达最低点时，ab速度向左，设其大小为vx1，c速度向右，设其大小为vx2，则2mvx1＝mvx2，由能量关系mg·4R＝，解得可vx1＝，vx2＝，B错误； 当c从最低点滑到右侧Q点时，b减速，铁块a与b分离，c第一次冲出Q点后上升至最大高度时，bc水平方向共速，对bc系统有mvx2－mvx1＝2mvx3，解得vx3＝，根据系统机械能守恒有mg·4R＝＋＋mgH＋mgR，解得H＝2R，C正确； 当c从右端滑下经过最低点时，bc速度交换，b能获得的最大速度大小为，D错误。 3．（多选）如图甲，固定的光滑水平横杆上套有质量为m的小环B，其右侧有一固定挡块。一根长为L的轻绳，一端与B相连，另一端与质量为3m的小球A相连。初始状态轻绳水平且伸直，B靠在挡块处。由静止释放A，在运动过程中A、B水平方向速度v的大小与时间t的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A．t1时刻之后，A、B组成的系统动量守恒 B．t2时刻A、B速度相同，大小为 C．图乙中阴影部分的面积为 D．t2时刻，A的下落高度为L 【答案】BC 【解析】A．由图乙可知t1时刻后，B开始运动起来了，说明此时B已经离开挡板向左运动，B与挡板间没有了作用力，由于杆光滑，故AB构成的系统水平方向不受外力，即AB组成的系统水平动量守恒，但AB整体在竖直方向上合力不为0，则竖直方向动量不守恒，故t1时刻之后，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误； B．题意可知t1时刻A的水平最大为v0，对A，由动能定理得3mgL＝，t1时刻后，由AB系统水平方向动量守恒有3mv0＝4mv1，联立解得A、B相同速度v1＝，故B正确； CD．图乙中阴影部分的面积为表示的AB水平方向位移差（Δx＝xA－xB），从t1～t2阶段，设AB共速时A的下落高度为Δh，由能量守恒有3mgΔh＝，联立以上可得Δh＝，故从t1～t2阶段，图乙中阴影部分的面积为Δx＝，联立以上解得Δx＝，故C正确，D错误。 故选BC。 模型四：类碰撞－“滑块—弹簧”模型 知识总结 1．模型图示 2．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）。 典型例题 1．（多选）如图所示，三条完全相同的轻弹簧放在光滑水平面上，一端分别与物块A、B、C相连接，图甲、乙中的另一端固定在墙上，图丙中另一端与水平面上的物块D相连。物块的质量均为m，弹簧劲度系数为k，给物块A、C一个水平向右的初速度v0，给物块B一个水平向右的恒定推力F。已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝（x为形变量）。则下列说法正确的是（ ） A．甲图弹簧的最大伸长量为 B．乙图物块B的最大速度为 C．丙图物块D的最大动量与弹簧最大弹性势能的比为2∶v0 D．丙图弹簧的最大伸长量为 【答案】BD 【解析】A．同一个弹簧在压缩量与伸长量相等时，弹性势能相等，甲图中，由机械能守恒定律可得＝，解得x＝，A错误； B．乙图中，在物块B的最大速度时，有弹簧弹力大小等于外力F，则有F弹＝F＝kx 由功能关系可得Fx－＝ 解得vm＝＝＝＝，B正确； C．物块C与物块D相互作用，动量守恒，因两物块质量相同，两物块相互作用后，则有C的动量是零，D的动量最大为mv0；在两物块相互作用中，当两物块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒，则有mv0＝2mv，解得v＝ 由机械能守恒定律，则为＝2×＋Epm，解得Epm＝ 物块D的最大动量与弹簧最大弹性势能的比为pDm∶Epm＝mv0∶＝4∶v0，C错误； D．丙图中，弹簧的弹性势能最大时，弹簧的形变量最大，即为C、D两物块速度相等时弹簧的形变量最大，则有Epm＝＝，解得xm＝ 同一个弹簧在压缩量与伸长量相等时，弹性势能相等，所以丙图弹簧的最大伸长量为，D正确。 故选BD。 2．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桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，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，以下说法正确的是（ ） A．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1 B．在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值 C．t1－t2时间内，弹簧的长度大于原长 D．t2－t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小 【答案】B 【解析】A．以m1的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误； B．根据系统能量守恒可知在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确； C．在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1－t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误； D．t2－t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。 故选B。 3．在物理学中，研究微观物理问题时借鉴宏观的物理模型，可使问题变得更加形象生动。弹簧的弹力和弹性势能变化与分子间的作用力以及分子势能变化情况有相似之处，因此在学习分子力和分子势能的过程中，我们可以将两者类比，以便于理解。 （1）轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上，现给物块B一沿弹簧方向的瞬时冲量，使其以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从这一时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。已知A、B的质量分别为2m0和m0，求： a．物块B在t＝0时刻受到的瞬时冲量； b．系统在之后的过程中，弹簧中储存的最大弹性势能是多少？第一次达到该值时是图乙中的哪个时刻？ （2）研究分子势能是研究物体内能的重要内容，现某同学计划在COMSOL仿真软件中对分子在分子力作用下的运动规律进行模拟，在模拟的场景中：两个质量同为m的小球A和B（可视为质点且不计重力）可以在x轴上运动，二者间具有相互作用力，将该力F随两球间距r的变化规律设置为和分子间作用力的变化规律相似，Fr关系图的局部如图丙所示，图中F为“正”表示作用力为斥力，F为“负”表示作用力为引力，图中的r0和F0都为已知量。若给两小球设置不同的约束条件和初始条件，则可以模拟不同情形下两个小球在“分子力”作用下的运动情况。 a．将小球A固定在坐标轴上x＝0处，使小球B从坐标轴上无穷远处静止释放，则B会在“分子力”的作用下开始沿坐标轴向着A运动，求B运动过程中的最大速度vm； b．将小球A和B的初始位置分别设置在x＝0和x＝r0，小球A的初速度为零，小球B的初速度为上一小问中的vm（沿x轴正方向），两球同时开始运动，求初始状态至两个小球相距最远时，分子力做功大小。 【答案】（1）a．根据动量定理，得IB＝m0v0 b．A和B共速时，系统弹性势能最大，由动量守恒定律得m0v0＝(2m0＋m0)v 解得v＝ 最大弹性势能满足Ep＝ 解得Ep＝ 由图可知，第一次达到该值时为t1时刻。 （2）a．当分子B到达r＝r0时，速度最大，根据图像，可以用图线和横轴围成的面积求该过程分子力所做的功W＝50××0.2r0＝ 由动能定理得W＝－0 解得vm＝ b．在到达最大距离前，分子力始终做负功，分子势能增大，当A和B共速时，系统分子势能最大，二者间距最大，由动量守恒定律得mvm＝2mv 解得v＝ 故分子力做功大小W＝＝ 4．如图所示，A、B两球用轻质弹簧连接，静置于光滑水平地面上，长度为a的不可伸长的轻质细绳一端拴住C球，另一端系在A球正上方的O点，O点与A球相距也为a。把C球拉到如图所示的水平位置，细绳刚好伸直。现把C球从静止释放，C球到达最低点时细绳刚好被拉断，C、A两球发生正碰并粘在一起。已知A、B、C三个球大小相同、质量均为m、均可视作质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 （1）求细绳所能承受的最大拉力； （2）求弹簧最短时的弹性势能； （3）当B球第一次达到最大速度时，A、C球共同运动的时间为t，求此时B球的位移大小。 【答案】解：（1）设C球到达最低点时速度为v0，细绳最大拉力为Fm， 根据动能定理可知：mga＝，再根据牛顿第二定律：Fm－mg＝， 两式联立可得：Fm＝3mg。 （2）设A、C两球碰撞结束瞬间共速为v1，C球的初速度方向为正方向， 有：mv0＝2mv1，解得：v1＝， 设三球共速时速度大小为v，有：2mv1＝3mv，解得：v＝， 当弹簧被压缩至最短时，由能量守恒定律得 此时弹性势能为：Ep＝＝，解得：Ep＝。 （3）设运动过程中A、C两球速度为vAC，B球速度为vB， 由动量守恒有：2mv1＝2mvAC＋mvB，2mv1∑Δt＝2m∑vACΔt＋m∑vBΔt， 即：2mv1t＝2mxAC＋mxB， 其中，xAC、xB分别表示B球第一次达到最大速度时，A、C两球和B球的位移， 由于B球第一次达到最大速度时，弹簧恢复到原长，则：xAC＝xB，解得：。  模型五：类碰撞－子弹打木块模型（“滑块—木板”碰撞模型） 知识总结 1．模型图示 2．模型规律（子弹打木块与滑块——木板模型是相同的，只是子弹在木块内部运动，而滑块在木板的上面运动） （1）地面光滑，系统的动量守恒。 （2）系统的机械能有损失，一般应用能量守恒定律。 3．两种情况 （1）子弹未穿出木块（滑块未脱离木板）： ①动量守恒：mv0＝(m＋M)v ②能量守恒：Q＝ΔEk＝f·x＝ 根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝，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。 （2）子弹穿出木块（滑块从木板上脱落）：两者速度不相等，机械能有损失。 ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 ②能量守恒：Q＝f·l＝ 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。 典型例题 1．（多选）光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入后未穿出，子弹与木块运动的v－t图像如图所示，下列说法正确的是（ ） A．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 B．木块的质量为9m C．整个过程产生的热量为 D．子弹进入木块的深度为 【答案】ABC 【解析】A．子弹水平射入后未穿出，该过程子弹与木块组成的系统满足动量守恒，则子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小，故A正确； B．设木块的质量为M，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)×，解得M＝9m，故B正确； C．由能量守恒可得，整个过程产生的热量为Q＝(M＋m)×＝，故C正确； D．由图可知，t0时间内木块的位移x1＝＝，子弹的位移x2＝＝，则x相对＝x2－x1＝，即子弹进入木块的深度为，故D错误。 故选ABC。 2．在一次射击游戏中，子弹以某一水平初速度击中静止在光滑水平地面上的木块，进入木块一定深度后与木块相对静止。设木块对子弹的阻力大小恒定，子弹从进入木块到刚与木块相对静止的过程中，下列四幅图中子弹与木块可能的相对位置是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】子弹打击木块过程系统动量守恒，则有mv0＝(M＋m)v， 对木块，根据动能定理有fxM＝，解得木块的位移xM＝ 对子弹，根据动能定理有－fxm＝－， 解得子弹的位移xm＝， 比较可知xm＞xM，它们的相对位移Δx＝xm－xM＝， 它们位移的大小关系是xm＞Δx＞xM，故A正确。 3．为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（ ） A．第一次子弹射出B时，A的位移为d B．第一次子弹穿过A、B所用时间之比为1∶ C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为 D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8∶(6＋) 【答案】D 【解析】A．设第一次子弹穿过A、B时共同速度为v， 对系统由动量守恒有mv0＝(m＋2m)v 此过程对A和B有x＝ 对子弹有x＋2d＝ 解得x＝，故A错误； B．第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将看成子弹相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A的时间之比为1∶(－1)，所以穿过A、B所用时间之比为(－1)∶1，故B错误； C．设子弹的初速度为v0，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有mv0＝(m＋2m)v 由能量守恒有f·2d＝(m＋2m)v2，解得fd＝ 第二次子弹穿过A时，设子弹速度为v1，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为v2，进入B的深度为d′，对子弹和A由动量守恒有mv0＝mv1＋mu 由能量守恒有fd＝，解得v1＝ 对子弹和B，由动量守恒有mv1＝(m＋m)v2 由能量守恒有f·d′＝(m＋m) 解得d′＝＜d，假设成立，故C错误； D．第一次系统损失的机械能ΔE1＝f·2d 第二次系统损失的机械能ΔE2＝ 第一次、第二次系统损失的机械能之比为ΔE1∶ΔE2＝8∶(6＋)，故D正确。 故选D。 4．（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【答案】AD 【解析】木块获得的速度最大，则子弹必射穿木块； A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为v1，v2，且有v2≤v1；木块位移为s，则有mv0＝mv1＋Mv2，对子弹和木块由动能定理可知fs＝；－f(s＋L)＝，联立上式可得v2＝，可知当子弹恰好穿出木块时，子弹初速度为v0＝；因此木块的速度最大即取最大值，该函数在到正无穷，单调递减；即v0＝时木块的速度最大，A正确； B．代入上式可知，子弹穿过木块时木块的速度为v2＝，由动量定理知ft＝Mv2，可得t＝，故B错误； C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即ΔE＝Q＝fL＝，故C错误； D．木块加速过程运动的距离为s＝＝，故D正确。 故选AD。 5．如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝4 kg的木板，木板的左端放有一质量为m＝2 kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平初速度v0＝3 m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁不发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时间极短且均无机械能损失，取g＝10 m/s2，求： （1）第一次碰撞墙壁后瞬间，小木块和木板的加速度； （2）木板第一次与左侧墙碰撞前，木块相对木板滑动的距离L； （3）木块与木板发生相对滑动过程的总时间t。 【答案】（1）木板的加速度大小aM＝， 代入数据得aM＝0.5 m/s2，方向水平向右 木块的加速度大小am＝＝1 m/s2，方向水平向左 （2）设木块、木板第一、二次达到的共同速度分别为v1、v2， 由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v1，Mv1－mv1＝(m＋M)v2， 代入数据解得v1＝1 m/s，v2＝ m/s 由能量守恒定律有＝μmgL， 代入数据解得L＝ m≈4.3 m （3）木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有相对减速阶段连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1 m/s，末速度为零 第一次共速前木板加速的时间t1＝＝2 s 此后所有相对滑动时间t′＝＝2 s 则木块与木板相对滑动的总时间t＝t1＋t′＝4 s 6．如图所示，长木板静止在光滑水平地面上，一木块（可视为质点）放置在长木板的最右端，一轻质弹簧固定在长木板左侧的竖直墙壁上。 某一时刻子弹（可视为质点）以水平速度v0射中木块并在极短时间内嵌入其中，之后二者一起运动，当木块与长木板达到共同速度v共＝3 m/s时，长木板左端刚好与弹簧接触，之后长木板开始压缩弹簧，弹簧压缩至最短时，弹簧自锁（即不再压缩也不恢复形变），此时木块恰好停留在长木板的最左端。已知子弹的质量m0＝10 g，木块的质量m＝0.99 kg，长木板的质量M＝1 kg，木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板的长度l＝6.5 m，取g＝10 m/s2。求： （1）子弹射入木块前的速度大小； （2）开始时长木板左端与弹簧右端之间的距离； （3）弹簧的最大弹性势能。 【答案】（1）对子弹、木块和长木板三者组成的系统， 根据动量守恒定律，有m0v0＝(m0＋m＋M)v共，解得v0＝600 m/s （2）子弹射中木块的极短时间内，根据动量守恒定律，有m0v0＝(m0＋m)v′，解得v′＝6 m/s 长木板未接触弹簧前，木块在长木板上滑行时，对木块（含子弹）， 根据牛顿第二定律有μ(m0＋m)g＝(m0＋m)a1，解得a1＝2 m/s2 对长木板，根据牛顿第二定律有μ(m0＋m)g＝Ma2，解得a2＝2 m/s2 设长木板未接触弹簧前，木块与长木板发生相对滑行的时间为t， 则根据运动规律有v′－a1t＝a2t，解得t＝1.5 s 此段时间内，木块的位移大小x＝v′t－＝6.75 m 长木板的位移大小d＝＝2.25 m （3）长木板未接触弹簧前，木块相对于长木板的位移大小Δx＝x－d＝4.5 m 长木板接触弹簧时，木块与长木板左端的距离d′＝l－Δx＝2 m 长木板压缩弹簧的过程，对木块（含子弹）、长木板与弹簧组成的系统， 根据能量守恒定律有(M＋m＋m0)＝μ(m＋m0)gd′＋Epm，解得Epm＝5 J 第2页 共23页 学科网（北京）股份有限公司 $