第七章 第3课时 专题强化：碰撞模型及拓展（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第3课时　专题强化：碰撞模型及拓展 目标要求　1.理解碰撞的种类及其遵循的规律。2.理解“滑块—弹簧”、“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。 考点一　碰撞模型 1．碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。 2．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 3．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析 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′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1 讨论： ①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1； ③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。 思考　质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞，碰撞后物体B的速度范围为________≤vB≤________。 答案　物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0；当发生弹性碰撞时，物体B的速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。 例1　(2024·江苏盐城市响水中学期中)如图所示，质量为3m的小球B静止在光滑水平面上，质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值。碰撞后小球B的速度大小可能是(　　) A．0.15v B．0.2v C．0.4v D．0.6v 答案　C 解析　若发生的是弹性碰撞，对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2 由机械能守恒定律可得 mv2＝mv12＋×3mv22 解得碰撞后小球B的速度大小为v2＝v＝v 若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两球共速，由动量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v′ 解得碰撞后小球B的速度大小为v′＝v 即碰撞后小球B的速度大小范围为v≤vB≤v。故选C。 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至少有一个改变。 例2　(2024·江苏省木渎高级中学月考)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　) A.h B.h C.h D.h 答案　B 解析　设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2＝mvP2＋×2mvQ2，解得vP＝，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝mvP2，解得h′＝h，故选B。 例3　(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)碰撞时离地高度x； (2)碰后速度v； (3)碰撞损失的机械能ΔE。 答案　(1)1 m　(2)0　(3)12 J 解析　(1)对物体A，根据运动学公式可得 x＝h－gt2＝1.2 m－×10×0.22 m＝1 m (2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2 解得vB0＝6 m/s 可得碰撞前A物体的速度 vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下 碰撞前B物体的速度 vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上 选向下为正方向，由动量守恒定律可得 mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v 解得碰后速度v＝0 (3)根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能 ΔE＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2＝12 J。 考点二　碰撞模型拓展 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。 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) 例4　(2023·江苏南通市模拟)如图甲所示，左端接有水平轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以某一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物块的v－t图像如图乙所示。则(　　) A．A的质量比B的大 B．0～1 s内，弹簧对A、B的冲量相同 C．t＝1 s时，弹簧的弹性势能最大 D．t＝2 s时，A的动量比B的大 答案　C 解析　由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2 s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由题图乙可知vA＝2.0 m/s，vB＝0.8 m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。 例5　(2023·江苏连云港市期中)如图所示，光滑水平面上有三个质量均为m＝0.3 kg的小球A、B、C，B球左侧固定一水平轻弹簧。使A球以初速度v0＝4 m/s向B运动，压缩弹簧至A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘连在一起继续运动。从A开始压缩弹簧至与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是(　　) A．球A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒 B．与C球相碰时B球的动能为1.2 J C．弹簧最短时的弹性势能为1.3 J D．A球与弹簧分离时的速度为4 m/s 答案　C 解析　B与C相碰并粘连在一起，该过程是完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误；压缩弹簧至A、B速度相等时，B与C恰好相碰，则对A、B由动量守恒得mv0＝2mv，解得v＝v0＝2 m/s，B球的动能为EkB＝mv2＝0.6 J，故B错误；B、C碰撞过程有mv＝2mv1，解得v1＝v＝1 m/s，损失动能为ΔEk＝mv2－×2mv12＝0.3 J，A、B、C共速时弹簧最短，对A、B、C由动量守恒得mv0＝3mv′，解得v′＝ m/s，弹簧最短时的弹性势能为Ep＝mv02－ΔEk－×3mv′2＝1.3 J，故C正确；A球与弹簧分离前有能量损失，由能量守恒可知，A球与弹簧分离时的速度小于4 m/s，故D错误。 2．“滑块—斜(曲)面”模型 (1)模型图示 (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，mv02＝(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，mv02＝mv12＋Mv22(相当于弹性碰撞)。 例6　(2023·江苏苏州市高新区一中校考)带有光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，重力加速度为g，求： (1)此过程小球对小车做的功； (2)小球上升的最大竖直距离。 答案　(1)Mv2　(2) 解析　(1)设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得Mv2＝Mv12＋Mv22 解得v1＝0，v2＝v 对小车运用动能定理得，小球对小车做的功 W＝Mv22－0＝Mv2 (2)当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度，设小球上升的最大竖直距离为h，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv＝2Mv3 由机械能守恒定律得Mv2＝×2Mv32＋Mgh 解得h＝。 课时精练 1.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽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。某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则(　　) A．小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒 B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒 C．冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少 D．冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等 答案　B 解析　小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向所受合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故D错误。 2.如图所示，两个物块A、B中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、B质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块A右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲击物块B使其获得0.3 m/s的水平向右的速度，物块B向右压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动物块A运动。当弹簧拉伸到最长时，物块A的速度大小为(　　) A．0.1 m/s B．0.2 m/s C．0.3 m/s D．0.4 m/s 答案　B 解析　由机械能守恒可知，当物块B被弹簧弹回到初始位置时速度仍为v0＝0.3 m/s，方向向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2 m/s，即物块A的速度大小为0.2 m/s，故选B。 3.如图，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s。则(　　) A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶2 答案　A 解析　根据p＝mv可知动量相同时质量小的速度大，A球的速度比B球大，所以左方是A球。根据动量守恒定律有(6＋6) kg·m/s＝mAvA＋mBvB 根据题意mAvA＝(6－4) kg·m/s，mB＝2mA 解得vA∶vB＝2∶5，故选A。 4.(2023·江苏省镇江中学期中改编)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 答案　A 解析　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′，m1v02＝m1v1′2＋m2v2′2，联立解得v2′＝2 m/s，D错误。 5.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mvQ2＋×2mvP2，Q离开P时的动能Ek2＝mvQ2，联立解得＝，故C正确。 6．(2022·北京卷·10)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。下列说法正确的是(　　) A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2的速率大于m1的速率 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能 答案　C 解析　x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝ 4 m/s，m2碰前的速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝mv2，可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。 7．(2024·江苏南京市中华中学校考)如图甲所示，物块A、B的质量分别为2 kg、3 kg，用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块A黏在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．物块C的质量为2 kg B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5 J C．4 s到12 s的时间内，弹簧对物块A的冲量大小为12 N·s D．物块B离开墙壁后的最大速度大小为3 m/s 答案　D 解析　A、C碰撞过程中动量守恒，有mCvC＝(mC＋mA)v，其中vC＝9 m/s、v＝3 m/s，解得mC＝1 kg，故A错误；物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能等于A、C碰撞结束瞬间系统的动能，所以Ep＝(mC＋mA)v2＝ J，故B错误；4 s到12 s的时间内，弹簧对物块A的冲量大小等于弹簧对A、C整体的冲量大小，则I＝(mA＋mC)(v′－v)＝3×(－6) N·s＝ －18 N·s，即大小为18 N·s，故C错误；物块B离开墙壁后达到最大速度时弹簧处于原长，由动量守恒和机械能守恒可得(mA＋mC)vAC＝(mA＋mC)vAC′＋mBvB，(mA＋mC)vAC2＝(mA＋mC)vAC′2＋mBvB2，其中vAC＝－3 m/s，解得vAC′＝0，vB＝－3 m/s，即B的最大速度大小为3 m/s，故D正确。 8.(2023·江苏南通市海安高级中学模拟)如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量m1＝2 kg的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量m2＝1 kg的物块B通过长度l＝0.45 m的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度v0＝3 m/s水平向右运动，g取10 m/s2，则(　　) A．物块A的最大速度为1 m/s B．物块A、B组成的系统动量守恒 C．物块B恰好能够到达细杆MN处 D．物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了1 J 答案　D 解析　当B在A的右侧运动时，细绳弹力对A一直做正功，可知当B再次回到最低点时，A的速度最大，则有m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v02＝m2v22＋m1v12，解得v1＝2 m/s，A错误；对B分析，可知B在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B组成的系统存在超重与失重过程，系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上动量守恒，B错误；设物块B恰好到达最高点上升的高度为h，此时A、B速度相等，则有m2v0＝(m1＋m2)v3，m2v02－(m1＋m2)v32＝m2gh，解得v3＝1 m/s，h＝0.3 m<l＝0.45 m，可知物块B不能到达细杆MN处，C错误；根据上述可知，物块B从开始运动到最大高度的过程中，B减小的机械能与A增加的机械能相等，则有ΔE机＝m1v32＝1 J，D正确。 9．(2023·北京卷·18)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 答案　(1)　(2)mg＋m　(3)mv2 解析　(1)A从释放到与B碰撞前瞬间，根据动能定理得mgH＝mv2 解得H＝ (2)碰撞前瞬间，对A由牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得F＝mg＋m (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 mv＝2mv1 解得v1＝v 则碰撞过程中系统损失的机械能为 ΔE＝mv2－·2m(v)2＝mv2。 10．(2024·江苏南通市月考)如图所示，质量相同的物块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m的小球C，A和B的质量均是C的2倍。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)小球C第一次到达最低点时的速度大小vC； (2)小球C第一次到达最低点时细线的拉力大小F； (3)从C开始释放到A、B分离的过程中，A对B作用力的冲量大小I。 答案　(1)2　(2)3.5mg　(3)2m 解析　(1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得 0＝mvC－4mvAB mgL＝mvC2＋×4mvAB2 解得C球第一次摆到最低点时的速度 vC＝2 (2)通过前面可知当C第一次到达最低点时，A、B的速度vAB＝ 当C第一次到达最低点时，此时C相对于A的速度为v相对＝vC＋vAB＝ 由牛顿第二定律得F－mg＝ 解得小球C第一次到达最低点时细线的拉力大小F＝3.5mg (3)小球在向下摆动的过程中，杆对A有向右的作用力，使得A、B之间有压力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，压力为零，此时A、B将要分离。由以上分析可知vB＝vAB＝ 由动量定理得，从C开始释放到A、B分离的过程中，A对B作用力的冲量大小 I＝2mvB－0＝2m。 学科网（北京）股份有限公司 $