专题强化3 磁撞模型及拓展应用-【成才之路·学案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

033 素养能力提升拓展整合·启智培优 多物体连续碰撞问题 实际物体发生碰撞时，常常出现众多物体发生一系列碰撞的情况，这些碰撞可能是弹性碰撞， 也可能是非弹性碰撞；碰撞后物体质量可能不变，也可能发生变化… 尽管这类碰撞看起来非常复杂，但在一定条件下大多数或全部的碰撞情况都是相同或相似的， 应用的物理规律也是相似的。解此类问题既要明确大量碰撞所遵循的普遍规律，也要注意每一次 碰撞的特点，分别列方程进行计算或归纳。 ,,上四珠质量相等。面F球质证小于B球质量。人球的质经等合三55 例5：如图所示，体积相同的A、B、C、D、E、F六个球并排放置在光滑的水平面 于F球质量，A球以速度。向B球运动，所产生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()》 A.五个小球静止，一个小球运动 B.四个小球静止，两个小球运动 C.三个小球静止，三个小球运动 D.六个小球都运动 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[7] 专题强化3 碰撞模型及拓展应用 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 加深对动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律的理解。 (1)通过建立“光滑圆弧轨道一滑块（小球）”模型、“滑 (1)三类模型的特点 块一悬绳”模型，学会应用动量和能量观点分析 (2)利用动量守恒和能量 科学思维 问题。 守恒分析三类模型 (2)理解弹簧类问题的特点，学会应用动量和能量观点 分析“弹簧类”模型。 提升点1弹簧一小球（物块）模型 ●要点归纳 1.模型图例 如图所示，水平面光滑，质量为m1的物体的初速度为o,质量为m2的物 体通过弹簧与质量为m1的物体连接，弹簧处于原长（伸长或压缩）状态。 m1r00000000mm2 mhmmmmmmmmm 2.模型规律 水平地面光滑 (1)在动量方面，系统动量守恒：m1o=m1U1+m22。 (2)在能量方面，系统机械能守恒：m,2-之+7m,+E,。 1 3.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）。 034 例1：(2025·金昌高二检测)如图甲所示，一轻弹簧的两端 [规律方法]解决含 分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在 i-m 77n77177 有弹簧类问题应注 光滑的水平面上。现使m,瞬时获得水平向右的速度 甲 3ms,以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化 0-t时间内，由于物块 意的几个方面 /的速度大于物块2的 （1)研究对象的选 的规律如图乙所示，从图像信息可得 )速度，弹黄压缩量逐渐 取一应选取哪几个 A.在t、53时刻两物块达到共同速度1s且弹簧都是增大，t时压缩量最大 处于压缩状态 个/ms'） 物体组成的系统为研 B从石到时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长器 究对象，因为不确定 系统就无法应用物理 C.两物块的质量之比为m:2=1:2 量最大向原 D.在2时刻两物谀的动能之比为E:E2-8:1长恢复：专 规律。 时刻弹簧恢← (2)物理过程的选 利用0时刻和t,时刻系统的总动量相等，可以求m,:m2 复原长 取一 一必须明确系统 t2七3时间内，弹黄由原长被拉长，时刻弹簧伸长量最大 t3七，时间内长，弹簧由伸长量最大向原长恢复，t,时刻恢复原长 在哪一个过程中哪一 个物理量是守恒的， ●[规律方法] 尤其不能忽视短暂的 跟踪训练1：如图所示的三个小球的质量都为m, B O⌒ 相关过程，因为可能 B、C两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上， 会有机械能的损失。 A球以速度，沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。 (3)分析临界状态或 (1)A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？ 极值状态—弹簧最 (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？ 短或最长时，弹性势 (3)弹簧的最大弹性势能是多少？ 能最大，弹簧原长时 弹性势能为零。 ●035 提升点2“光滑圆弧轨道一滑块（小球）”模型 ●要点归纳 1.模型图示（如右图） 2.模型规律 M (1)系统在水平方向所受合外力为零，该系统在水平方向上满足动量守恒定律。水平地面光滑 (2)若圆弧轨道光滑，系统机械能守恒。 3.模型特点—“两个位置” (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mo=(M+m)v共；系统机 械能守恒，2,2=(M+m)实+m,其中九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：m与M分离点。水平方向动量守恒，，=m叫+M:系统机械能守恒，)，2 m,+乃'（弹性碰撞拓展模型。 1 21 例2：在光滑水平面上放有一质量为M带光滑4圆弧形槽的小车，一质量为m 的小球以速度沿水平槽口滑上小车，如图所示，讨论下列问题： o】 (1)小球能滑至圆弧形槽内的最大高度；（设小球不会从小车右端滑出） (2)小车的最大速度； (3)当小球从小车左端脱离后将做什么运动？ 036 [变式拓展]若小球能冲出4圆弧形槽。 (1)小球冲出4圆弧形植后做什么运动？ (2)小球还能落回圆弧形槽吗？ 跟踪训练2：（多选）如图所示，一带有)光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水口 平面上，一个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰 撞地进入小车，AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法 正确的是 A.小球和小车组成的系统动量守恒 @@ B.小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大 C.小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小 D.小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动 提升点3“滑块一悬绳”模型 ●要点归纳 1.模型图例 如图所示，滑块穿在水平光滑杆上静止，小球以。的速度向右运动。 光滑 2.模型规律 (1)小球和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，但在竖直方向动量不守恒。 (2)小球和滑块组成的系统机械能守恒。 3.模型特点 (1)最高点：小球和滑块共速时，小球运动到最高点。 (2)最低点：当小球再次回到最低点时，滑块速度最大，此过程类似于弹性碰撞，小球回到最低 000 点时w= 2mvo 例3：（多选）如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m,滑块可在水平放置 滑块 小球 的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点0由一根不可伸 0 长的轻绳相连，轻绳长为1。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和 滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法 正确的是 () A.滑块和小球组成的系统动量守恒 B.滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒 C.滑块的最大速率为」 2m'gl M (M+m) D.滑块的最大速率为 2gl M(M+m) 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[8]探究点3碰撞可能性问题 例4：C甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有P1+P2= P'+P2',即p1'=2kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其 他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相 互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会 特所世有编+公公质以有因为 题目给出的物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理 情景，就必须有>，即m<弓m:同时还要符合碰撞后 乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即 品≤盒所以n二行，放C港项正确 跟踪训练4：AC若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞，则有 mo=(m+2m)0共，解得共=3o,若小球A与小球B发生弹 性碰撞，则有m=m’+2m',m2=2m 2+2× 2 2m。2,解得'=了o,所以碰后B的速度36≤≤了o, 故选AC。 素养能力提升 例5：CA球与B球相碰时，由于A球的质量小于B球的质量， A球被弹回，B球获得速度，与C球碰撞，由于发生的碰撞为 弹性碰撞，且B、C两球质量相等，则B球静止，C球获得速度， 同理，C球与D球的碰撞、D球与E球的碰撞都是如此，E球 获得速度后与F球发生碰撞，由于E球的质量大于F球的质 量，所以E球、F球碰后都向前运动，所以碰撞之后，A、E、F三 球运动，B、C、D三球静止，选项C正确。 专题强化3碰撞模型及拓展应用 提升点1弹簧一小球（物块）模型 例1：C结合图像分析两物块的运动过程：0~t,时间内，m1逐 渐减速，m,逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系 统动能最小，弹性势能最大，弹簧的压缩量最大；t1~t3时间 内，弹簧先逐渐恢复原长，m,继续加速，m1先减速到零，然后 反向加速，2时刻两物块加速度均为零，弹簧恢复原长，由于 此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度继续增大，m2开 始减速，m1先减速到零，然后反向加速，t3时刻两物块速度相 等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧伸长量最大；t~t4时 间内，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，以后重复这个过程：由 上述分析可知，在t1t3时刻两物块达到共同速度1m/s,在 时刻弹簧处于压缩状态，在t3时刻弹簧处于伸长状态，A错 误；由上述分析可知，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢 复原长，B错误：以m1的初速度方向为正方向，0~t时间内， 由动量守恒定律可得m1v1=（m1+m2)2,将v1=3m/s,2= 1m/s代人解得m1:m2=1:2,C正确；在t2时刻m1的速度 大小为3=1m/s,m2的速度大小为v4=2m/s,又有m1:m2 =1:2,根据E=2mt解得Ea:Ea=1:8,D错误。 21 跟踪训练1：1)受(2)号(3)7 解析：(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的， 产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B 两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以的方向为 正方向，则有mt,=2m1,解得=2。 (2)粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作 用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐 减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等。在这 一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A、B两球 刚刚粘在一起的速度方向为正方向，有2m1=3m2,解得v2= 2 34=30 (3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，即E,=2× 2m2-×3m2=7u,2。 。1 提升点2“光滑圆弧轨道一滑块（小球）”模型 Mvp 例2：(1)2(m+M)g (2)2m m+Mo（3)见解析 解析：(1)当小球滑至4圆弧形槽内的最大高度时，设小球和 小车具有共同速度，对小球和小车组成的系统，由水平方向 动量守恒有：m=(m+M)v ⊙ 设小球能滑至4圆孤形槽内的最大高度为九，由系统机械能 守恒有7,2=7(m+M)2+msh ② 由①②解得h=2(m+M)g Mvo (2)当小球滑至圆孤形稽内的最大高度后，又会从子国弧 形槽内滑下，小球刚滑离小车时小车速度最大，设此时小球速 度为，小车具有向右的速度为2，以向右为速度正方向，由 水平方向动量守恒有mo=m形1+M2 ③ 1 M2 由系统机械能守恒有2m,2=2m,2+21 ④ 由③④解得：，=m-。, 2m m+M%,= m+Moo (3)由上面解得=m出 m+M%知： 当m=M时，v1=0,小球从小车左端脱离后做自由落体运动； 当m>M时，>0，小球从小车左端脱离后向右做平抛运动； 当m<M时，1<0，即小球脱离小车时速度向左，则小球从小 车上脱离后向左做平抛运动。 变式拓展：()小球刚冲出4圆弧形槽时，小球和小车在水平方 向的速度相等，小球冲出4圆弧形槽后做斜上抛运动。 (2)因为小球冲出子圆弧形糟后在水平方向上以相同速度匀 速运动，故小球还能落回4圆弧形槽。 8 跟踪训练2：BC小球与小车组成的系统在水平方向所受合力 为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量不守恒，但 水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在 水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不 变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车 的速度最大，故B正确；小球由B点离开小车时与小车在水平 方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的 动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速 度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守 恒可知，小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速 度大小，故C正确，D错误。 提升点3“滑块一悬绳”模型 例3：BC小球下落过程中滑块和小球组成的系统所受合外力 不为零，因此系统动量不守恒，故A错误：轻绳上的拉力属于 内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量 守恒，故B正确：当小球落到最低点时，只有水平方向的速度 此时小球和滑块的速度均达到最大，根据系统水平方向动量 守恒有Mm=mm,根据系统机械能守恒有mgl= 2m2+ 2联立解得三√0%故C正确，D错误 专题强化4子弹打木块模型滑块一木板模型 提升点1子弹打木块模型 例1：ABD两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力f相等，根据 牛顿第二定律有a=,两次子弹的加速度相等；第二次以同 样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿 过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次子弹的 位移32要大于第一次的位移31，即32>31；子弹做减速运动 由位移公式=o+分d和>可得，6>4，故A正确：两 次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功 等于子弹损失的动能，即△E制=，由于s2>s1,所以AE2拟> △Ek撇，故B正确；两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力 相等，系统摩擦产生的热量Q=fd,其中f为阻力，d为子弹相 对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小 都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E2拟=E拟， 故C错误；P1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过 程，系统的动量守恒，则2等于子弹的初动量，所以P2>P1, 故D正确。 跟踪训练1：（华元。(2）2Mm6（3)pr,(n+m Mm Mmvo (4)Mm(M+2m)2 Mm2vo2 Mmvo 2F(M+m)22F,(M+m)22F(M+m) 解析：(1)设子弹、木块的共同速度为，以子弹初速度的方向 为正方向，由动量守恒定律得m。=（M+m),解得v= n M+moo 1 《(2)此过程中产生的摩擦热为Q“三2m。-2（(M+m)中 Mm 2(M+m)o2。 2 (3)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块，由动量定理得 Mmvo Ft=M-0,解得t=下(M+m) (4)设子弹、木块发生的位移分 别为1、2，如图所示，由动能定 公 17 1 理对子弹，有-F=2m- m,2,解得5= 1 Mm(M+2m)vo 2F(M+m)2, 相 一X1 对木块，有F=之M,解得 Mm2vo2 2F,(M十m,子弹打进木块的深度等于相对位移，即 Mmo2 x相=x-x=2F,(M+m）° 提升点2滑块一木板模型 例2：AB从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运 动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1/s,取向右为正 方向，根据动量守恒定律得mo=(m+M)v,解得M=2kg,故 B正确；由题图乙可知，木板B匀加速运动的加速度为a=A: △t =1m/s2,对B,根据牛顿第二定律得umg=Ma,解得动摩擦 因数为μ=0.1，故A正确；由题图乙可知前1s内B的位移为 =7×1×1m=0.5m,A的位移为-2×1m 1.5m,所以木板最小长度为L=xA-xg=1m,故C错误；A、B 组成的系统损失的械能为AE=子m,2-之(m+M):2- 2J,故D错误 跟踪训练2：(1)1m/s,方向水平向右(2)1.5kg·m/s (3)0.5 解析：设水平向右为正方向 (1)从开始到相对静止，水平方向动量守恒-M,+m,= (M+m)v 解得v=1m/s,方向水平向右。 (2)长木板的动量变化量大小△p=M-(-M,)=1.5kg·m/s (3)对小木块B,根据动量定理得-mgt=mm-m, 解得4=0.5。 6.反冲现象火箭 探究点1反冲现象 要点归纳 1.相反方向 2.(1)旋转(2)准确性肩部 判断正误 (1)V(2)V(3)× 例1：(100 (2)6cos0 M (3)mc0s0 M+m 解析：以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量守 恒。以炮弹前进的方向为正方向，由动量守恒定律得： (1)0=mo+M(-),解得=M0 mvo (2)0=mcos0+M(-2）,解得2=mtocos0 M mo cos 0 (3)0=m(ocos0-3)+M(-3),解得"3= M+m