专题四 二轮复习3步走2 微专题(十二) 碰撞及其四类拓展模型-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略教师用书word

微专题(十二)　碰撞及其四类拓展模型 1.两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例:一动碰一静 动量守恒,m1v1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒,m1=m1v1'2+m2v2'2 解得v1'=,v2'= 结论: (1)m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,碰后两球都沿v1方向运动;当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1 (3)m1<m2时,v1'<0,v2'>0,碰后入射小球反弹;当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'≈0 完全 非弹性 碰撞 碰后两球粘在一起,末速度相同 动量守恒,m1v1+m2v2=(m1+m2)v 机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2)v2 2.两类动量应用模型 (1)“保守型”动量应用模型 图例 (水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最多,分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足mv0=mv1+Mv2,机械能守恒,满足m=m+M (2)“耗散型”动量应用模型 图例 (水平面 或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最多,分别转化为内能或电能 核心模型　碰撞模型 [例1]　(2025·江苏高考)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小; (2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1; (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 [解析]　(1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,若钢球质量也为m,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知,玻璃球与钢球碰撞后速度互换,钢球与钢球碰撞后速度也互换,最终最右侧钢球的速度大小等于玻璃球的初速度v0。 (2)玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2 由机械能守恒定律有m=m+×3m 解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0 负号表示碰后玻璃球的速度反向,则玻璃球的速度大小为v0。 (3)根据题意结合上述分析可知,玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个钢球发生弹性碰撞,同理可知,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,依次类推,玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小为 Ek=mv2=m。 [答案]　(1)v0　(2)v0　(3)m 拓展模型1　人船模型 [例2]　(2025·辽宁辽南协作体联考)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2m的球C,现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.运动过程中,A、B、C组成的系统动量守恒 B.C球摆到最低点时,木块B的速度为 C.C球第一次摆到最低点过程中,木块A、B向左移动的距离为 D.当A、B、C运动状态稳定后,细线与杆所成夹角最大为90° [解析]　运动过程中,A、B、C组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,可知选项A错误;C球摆到最低点时,由动量守恒定律和机械能守恒定律有2mvC=2mvAB,2mgL=·2m+·2m,解得木块B的速度为vAB=,选项B错误;C球第一次摆到最低点过程中,根据2mxC=2mxAB,xC+xAB=L,可得木块A、B向左移动的距离为xAB=,选项C正确;当C到达最低点再向右摆动时,A做减速运动,此后A、B分离,B具有动能,则当A、B、C运动状态稳定后,小球C不会摆到原来的高度,即细线与杆所成夹角最大不会达到90°,选项D错误。 [答案]　C 拓展模型2　子弹打木块模型 [例3]　(2025·辽宁三模)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹 (　　) A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0 B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0 C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d [解析]　第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B,由动量守恒定律得mv0=v1,解得v1=,由能量守恒定律得m=(8m+m)+fd,解得f=m;第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B,假设子弹不能击穿木块B,由动量守恒定律得mv0=v2,解得v2=v0,由能量守恒定律得m=+fd',解得f=;联立可得d'=d,所以子弹不能击穿木块B,假设成立,子弹进入木块的深度为d。故选C。 [答案]　C 拓展模型3　“滑块+弹簧”模型 [例4]　(2025·山东高考)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g=10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求: (1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2; (2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 [解析]　(1)小球从开始下落至运动到P处过程中,小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒,有mv1=Mv2 由能量守恒定律有mgh=m+M 联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。 (2)小球恰好击中a且与其粘连,小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒,则有mv1=(m+ma)v3 解得v3=2 m/s 设当弹簧形变量为x1时b解除锁定,此时小球和a整体的速度为v4,根据胡克定律得 F=kx1 对小球、a和弹簧组成的系统,由能量守恒定律得(m+ma)=(m+ma)+k 代入数据解得v4=1 m/s,x1=0.3 m 以水平向左为正方向,b解除锁定之后,小球、a和b组成的系统动量守恒,当三者共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有 (m+ma)v4=(m+ma+mb)vb 代入数据解得vb= m/s,方向水平向左 对小球、a、b和弹簧组成的系统,由能量守恒定律有 Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb) 代入数据解得Epm= J。 [答案]　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　 J 拓展模型4　板块模型 [例5]　(2025·浙江1月选考)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s 的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,重力加速度g=10 m/s2,则 (　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m [解析]　碰撞瞬间C的速度不变,相对地面向左运动,A错误;以向右为正方向,则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA-mvB=2mv1,解得碰撞后瞬间A、B的速度为v1=1 m/s,方向向右;当三者共速时由动量守恒定律有2mv1-mvC=3mv,解得v=0,即最终三者一起静止,可知从碰撞后到三者相对静止,经历的时间t== s=0.4 s,B错误;从碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J,由功能关系可知Q=μmgx相对,解得x相对=0.6 m,C错误,D正确。 [答案]　D [专题验收评价]　　　　　　测评内容:微专题(十一)(十二) 1.(2025·湖北七市二模)如图(a)所示为“蹦极”的简化情境:某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点,从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示,则图像中阴影部分的面积为 (　　) A.1 800 kg·m/s B.5 400 kg·m/s C.7 200 kg·m/s D.3 600 kg·m/s 解析:选B　人下落整个过程,根据动量定理有mgt-IF=0,解得IF=mgt,图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小,可知阴影部分面积大小IF=mgt=5 400 kg·m/s,故选B。 2.(2025·安徽百师联盟联考)如图是一项在长江边举办的大型户外水上游乐活动的简化图。活动场地设在一个高h=1.8 m的倾斜山坡上,一质量m=50 kg、长L=1.8 m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m=50 kg的游客从山坡顶端静止滑下,经过山坡底端后,沿浮板的上表面从左端水平滑上浮板,若游客恰好不会脱离浮板,安全到达目的地。不计游客与山坡间的摩擦力、空气阻力以及水对浮板的阻力,不考虑游客通过山坡和浮板连接处的动能损失,游客可视为质点,重力加速度大小取g=10 m/s2。则游客与浮板之间的动摩擦因数为 (　　) A.0.8 B.0.75 C.0.5 D.0.4 解析:选C　对游客,从山坡滑下的过程有mgh=mv2,解得v=6 m/s,游客恰好不会脱离浮板有mv=2mv共,μmgL=mv2-×2m,解得μ=0.5,故C正确。 3.假设一列车在水平长直轨道上运行时,列车周围空气静止,车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同,空气密度为ρ,空气中单位体积内有n颗小水珠,每颗小水珠的质量为m,车头的横截面积为S,列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为 (　　) A.(ρ+nm)Sv B.(ρ+nm)Sv2 C.ρSv2+nmSv D.ρSv+nmSv2 解析:选B　在Δt时间内车头遇到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm,遇到空气的质量Δm2=vΔtSρ,对这些水珠及空气的整体研究,由动量定理有FΔt=(Δm1+Δm2)v,解得F=(ρ+nm)Sv2,由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F'=F=(ρ+nm)Sv2,故选B。 4.如图1所示,小球悬挂在轻弹簧的下端,弹簧上端连接传感器。小球上下振动时,传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.小球的质量为0.2 kg,振动的周期为4 s B.0~2 s内,小球始终处于超重状态 C.0~2 s内,小球受弹力的冲量大小为2 N·s D.0~2 s内,弹力对小球做的功等于小球动能的变化量 解析:选C　小球在最低点时弹簧拉力最大,传感器读数最大为2 N,到达最高点时传感器示数为零,则此时弹簧在原长,小球的加速度方向向下、大小为g,结合对称性可知在最低点时的加速度方向向上、大小为g,根据Fm-mg=ma,可知Fm=2mg=2 N,即小球的质量m=0.1 kg,由题图2可知,振动的周期为4 s,选项A错误;0~2 s内,小球从最低点到最高点,加速度先向上后向下,则先超重后失重,选项B错误;0~2 s内,小球从最低点到最高点,动量变化量为零,由动量定理有I-mgt=0,可得小球受弹力的冲量大小为I=2 N·s,选项C正确;0~2 s内,小球动能变化量为零,弹力对小球做的功不为零,选项D错误。 5.(2025·河南高考)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则 (　　) A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP 解析:选D　小车P、N碰撞时,根据动量守恒定律有mPvP+mNvN1=mPvP'+mNvN1',即mP(vP-vP')=mN,根据题图1可知>,故mP<mN;小车Q、N碰撞时,根据动量守恒定律有mQvQ+mNvN2=mQvQ'+mNvN2',即mQ=mN(vN2'-vN2),根据题图2可知<,故mQ>mN,则mQ>mN>mP,故选D。 6.如图所示,在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1<m2)的1、2两个大小相同的小球,小球可看作质点,AB连线过环心O。初始时小球2静止于A点,小球1以初速度v0沿圆环切向方向运动,若小球1和2之间发生弹性碰撞,两球第二次在B点相碰,则小球的质量比m1∶m2是 (　　) A.1∶5 B.1∶3 C.1∶2 D.2∶3 解析:选B　两球发生弹性碰撞,有m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,联立解得v1=v0,v2=v0,根据题意可知m1<m2,则小球1反弹,反弹后小球2运动圆周、小球1运动圆周时发生第二次碰撞,则有-v1=v2,解得m1∶m2=1∶3,故选B。 7.(2024·湖北高考)(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 解析:选AD　子弹在木块内运动的过程中,子弹与木块组成的系统所受合外力为0,所以该系统动量守恒,若子弹没有射出木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v=,又子弹的初速度越大,其打入木块越深,则当子弹恰好不射出木块时,木块获得的速度最大,此时有m=(m+M)v2+kv0L,解得v0=;若子弹能够射出木块,则有v0>,子弹在木块内运动的过程,对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0=mam,kv0=MaM,根据位移关系有v0t-amt2-aMt2=L,对木块有v2=aMt,联立解得v2=,又v0越大,t越小,则v2越小,即随着v0的增大,木块获得的速度v2不断减小。综上,若木块获得的速度最大,则子弹的初速度大小v0=,A正确;子弹在木块内运动的过程,对子弹由动量定理有-kv0t=mv-mv0,解得子弹在木块中运动的时间t=,B错误;由能量守恒定律可知,木块和子弹损失的总动能ΔEk=kv0L=,C错误;木块在加速过程中做匀加速运动,由运动学规律有x=,解得木块在加速过程中运动的距离x=,D正确。 8.(2025·广东高考)如图所示,在光滑的水平面上,两小球M、N分别受到拉力F1、F2的作用,从静止开始在同一直线上相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1、F2始终大小相等、方向相反,从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中,两小球速度v随时间t变化的关系图,可能正确的是 (　　) 解析:选A　由v⁃t图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为2∶3,根据牛顿第二定律a=结合两小球所受外力大小相等,可知M、N的质量之比为3∶2;设M、N质量分别为3m和2m,碰前的速度大小分别为4v和6v,因M、N组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,取向右为正方向,则由动量守恒定律有3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2,若两球发生弹性碰撞,由机械能守恒定律有·3m(4v)2+·2m(6v)2=·3m+·2m,解得v1=-4v,v2=6v,因M、N的加速度大小之比仍为2∶3,则停止运动的时间之比为1∶1,即两小球一起停止,故B、D错误;若不是弹性碰撞,则3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2,可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3,若假设|v1|=2v,则|v2|=3v,此时满足·3m(4v)2+·2m(6v)2>·3m+·2m,则假设成立,因M、N的加速度大小之比仍为2∶3,则停止运动的时间之比为1∶1,对M来说碰撞前后的速度之比为4v∶2v=2∶1,可知碰撞前后运动时间之比为2∶1,A正确,C错误。 9.(9分)(2025·北京高考)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出,经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分,质量分别为2m和m,其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g,不计空气阻力。求: (1)该物体抛出时的初速度大小v0;(2分) (2)炸裂后瞬间B的速度大小vB;(3分) (3)A、B落地点之间的距离d。(4分) 解析:(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0,由运动学公式有0=v0-gt,解得v0=gt。 (2)炸裂瞬间水平方向动量守恒,炸裂前总动量为0。A的速度为v,设B的速度为vB,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得0=2mv+mvB 解得vB=-2v 即大小为2v。 (3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等,均为t,则A的水平位移xA=vt B的水平位移xB=vBt=-2vt 所以A、B落地点之间的距离d=|xA|+|xB|=3vt。 答案:(1)gt　(2)2v　(3)3vt 10.(14分)(2025·江苏盐城三模)如图所示,光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B,物块A的质量mA=0.2 kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆,杆的左端与一轻质弹簧相连,杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上,杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4 N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内,弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2,k=60 N/m,x是弹簧的形变量。现给物块A一水平向右的作用力F,其功率P=1.6 W恒定,作用t=1.0 s后撤去,然后物块A与物块B发生弹性碰撞,碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧,并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求: (1)撤去力F时,物块A的速度大小;(4分) (2)物块B的质量;(4分) (3)物块B的最终速度大小。(6分) 解析:(1)力F对物块A做的功W=Pt 解得W=1.6 J 对物块A进行分析,根据动能定理有 W=mA 解得v0=4 m/s。 (2)由题意可知,A、B发生弹性碰撞,碰后A、B速度大小相等,故A、B的速度一定等大反向,则有mAv0=mA+mBv, mA=mAv2+mBv2 解得mB=0.6 kg。 (3)由题意可知,物块B在压缩弹簧的过程中,当弹簧弹力等于杆与墙壁间的最大静摩擦力时杆开始移动,则有fmax=kx 解得x=0.04 m 由于杆的质量不计,杆所受外力的合力为0,即杆在运动过程中,弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小,即弹簧弹力不变,杆开始运动后,物块B将做匀减速直线运动,B的速度减为0后,弹簧又将逐渐恢复原长,此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为vB,则有 kx2=mB 解得vB=0.4 m/s。 答案:(1)4 m/s　(2)0.6 kg　(3)0.4 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $