第7章 第4讲 四种“类碰撞”模型的研究(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习教案聚焦四种“类碰撞”模型（子弹打木块、滑块—弹簧、滑块—斜曲面、滑块—滑板），围绕动量守恒、能量守恒等核心考点，按模型类型系统梳理特点与情境，通过考点梳理、思维建模、真题精讲及分层训练，帮助学生构建解题框架。 资料突出高考真题导向，采用模型建构与科学推理策略，如总结子弹打木块损失机械能的三个角度，滑块—弹簧模型结合动量与能量分析培养科学思维，分层针对训练适配不同学生，为教师提供系统复习框架，助力高效提升学生应考能力。

第4讲　四种“类碰撞”模型的研究(综合融通课) 类型(一)　子弹打木块模型 模型图示 模型特点 子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒,系统的机械能有损失 两种情境 (1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒:mv0=(m+M)v 能量守恒:Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2 能量守恒:Q=Ff·d=m- 　　[例1]　(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]　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。 [答案]　AD |思|维|建|模| 三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能 (1)利用系统前、后的机械能之差求解; (2)利用Q=f·x相对求解; (3)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。 　　[针对训练] 1.(2025·广西桂林模拟)如图所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以一定的速度射入木块且没有从木块中射出。已知M>m,从子弹射入木块至子弹和木块达到共速的过程中,子弹克服摩擦力做的功为W1,木块的末动能为Ek,子弹与木块发生相对运动的过程中,摩擦力大小恒定,则W1∶Ek可能为 (　　) A.1∶1 B.3∶2 C.5∶2 D.7∶2 解析:选D　设子弹的初速度为v0,两者相对静止时的速度为v共,根据动量守恒定律有mv0=v共,解得v共=,因为M>m,所以v共<v0,设子弹与木块发生相对运动的时间为Δt,则子弹发生的位移为x=·Δt,子弹克服摩擦力做的功W1=f··Δt,根据动能定理可知,木块的末动能Ek=f··Δt,因此=>3,故选D。 类型(二)　 “滑块—弹簧”模型 模型图示 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:系统在运动过程中只有重力或弹簧弹力做功,系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长或最短状态时两物体速度相等,弹簧弹性势能最大,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)。即m1v0=(m1+m2)v,ΔEp=m1-(m1+m2)v2。 (4)弹簧恢复原长时,弹簧弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。即m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2。 　　 [例2]　(2025·全国卷)如图所示,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功; (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离; (3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大? (4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大? [解析]　(1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR。 (2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,由机械能守恒定律可知m=2mgR+m,同时有mg(h+R)=m,联立解得v0=,h=R。 (3)弹簧达到最大弹性势能时,小球与Q共速,设Q的质量为M,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+M)v共,m=2.2mgR+(m+M),联立解得M=4m。 (4)对Q和小球整体,根据机械能守恒定律可知,要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零时弹簧刚好恢复原长,设此时Q的质量为M',Q的最大速度为vm,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=M'vm,m=M',解得M'=m。 [答案]　(1)mgR　(2)　R　(3)4m　(4)m |思|维|建|模| (1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中,弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素:①弹簧被压缩或拉伸后恢复原长时,可等效为两物体发生弹性碰撞;②弹簧处于最长或最短状态时,可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。 (2)把弹簧视为系统内的一部分时,弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分,通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。 　 　　[针对训练] 2.(2025·福建高考)(多选)传送带顺时针转动的速度大小恒为1 m/s。两个物块A、B用一根轻弹簧连接,开始弹簧处于原长,A的质量为1 kg,B的质量为2 kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时,将两物块放置在传送带上,给A一个向右的初速度v0=2 m/s,B的速度为零,弹簧自然伸长。在t=t0时,A与传送带第一次共速,此时弹簧的弹性势能Ep=0.75 J,传送带足够长,A可在传送带上留下痕迹,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　) A.在t=时,B的加速度大小大于A的加速度大小 B.t=t0时,B的速度为0.5 m/s C.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2 m D.0~t0过程中,A在传送带上留下的痕迹小于0.05 m 解析:选BD　根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等,f=0.5×1×10 N=0.25×2×10 N=5 N,初始时A相对传送带向右运动,B相对传送带向左运动,故可知在A与传送带第一次共速前,A、B整体所受合外力为零,系统动量守恒,有mAv0=mAv+mBvB,代入数值解得t=t0时B的速度为vB=0.5 m/s,在A与传送带第一次共速前任意时刻,对A、B,根据牛顿第二定律有f+F弹=mAaA,f+F弹=mBaB,由于mA<mB,可知aA>aB,故A错误,B正确;在0~t0时间内,设A、B向右的位移分别为xA、xB,由功能关系有-fxA+fxB+mA=mAv2+mB+Ep,解得xA-xB=0.1 m,故弹簧的压缩量为Δx=xA-xB=0.1 m,故C错误;A与传送带的相对位移为x相A=xA-vt0,B与传送带的相对位移为x相B=vt0-xB,故可得x相A+x相B=xA-xB=0.1 m,由于0~t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动,B向右做加速度逐渐增大的加速运动,且满足aA=2aB,作出A、B、传送带的v⁃t图像如图所示,可知x相A等于图形MNA的面积,x相B等于图形NOBA的面积,故可得x相A<x相B,结合x相A+x相B=0.1 m,可知x相A<0.05 m,故D正确。 类型(三)　“滑块—斜(曲)面”模型 模型图示 模型特点 (1)上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时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,m=(M+m)+mgh,其中h为m上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞,系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点:水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,m=m+M(相当于完成了弹性碰撞)。 　　[例3]　如图,两个相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上,圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑、质量均为m,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放,重力加速度为g。求: (1)小球P到达A槽最低点时速度的大小; (2)小球P在B槽内上升的最大高度; (3)B槽具有的最大速率。 [解析]　(1)小球P从a点运动到c点的过程中,A、B均保持静止,根据动能定理可得 2mgR=·2m 小球P运动到c点时速度的大小为v0=。 (2)小球P滑到B槽后A槽依然保持静止,B槽开始向右运动,由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力,则水平方向动量守恒,当小球P在B槽内运动到最大高度时,二者水平速度相同,取向右为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律可得2mv0=v 对小球P和B槽组成的系统,根据机械能守恒定律可得·2m=v2+2mgh 联立解得h=。 (3)小球P返回B槽最低点d时,B槽速度最大,设此时小球P的速度为v1,B槽的速度为v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2 ·2m=·2m+m 解得v2=。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　　[针对训练] 3.(2025·安徽马鞍山模拟)(多选)一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上,圆弧的半径为R,一可视为质点的物块A从物块B的底端以速度v0=2滑上其圆弧面,经过时间t恰好能滑到物块B的圆弧面顶端,已知物块A的质量为m,重力加速度为g,则 (　　) A.物块A滑上圆弧面后,A、B组成的系统动量守恒 B.物块B的质量为m C.物块A从底端至滑到圆弧面顶端的过程,物块B的位移为 D.A、B分离时,物块B的速度大小为 解析:选BC　物块A滑上圆弧面后,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,在竖直方向动量不守恒,故A错误;物块A滑到物块B的圆弧面顶端的过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=v,mgR=m-(m+mB)v2,解得mB=m,故B正确;A滑上B的过程,A和B组成的系统在水平方向动量守恒,有mv0=m+m,故mv0t=mt+mt,xA=t,xB=t,xA-xB=R,解得xB=,故C正确;由以上分析可知,A、B质量相等,则A、B分离时,相当于发生弹性碰撞,A、B交换速度,物块A的速度为0,物块B的速度大小为2,故D错误。 类型(四)　“滑块—滑板”模型 模型图示 模型特点 (1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从滑板上滑下,当两者速度相同时,滑板速度最大,相对位移最大。 求解方法 (1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统。 (2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=E初-E末或Q=FfΔx,研究对象为一个系统。 　　[例4]　(2024·甘肃高考)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 [解析]　根据题意,A、C的质量均为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 (1)从A开始运动到最低点,由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律得 F-mg= 解得vA=4 m/s,F=40 N 根据牛顿第三定律,细绳OP所受的拉力为40 N。 (2)A与C相碰,在水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=4 m/s。 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒定律可得 mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 [答案]　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 　　[针对训练] 4.(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:选D　碰撞瞬间C的速度不突变,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。 11 / 74 $