2022版高考物理人教版一輪學(xué)案：專題強化四碰撞類模型問題【含答案】

1、專題強化四“碰撞類”模型問題模型一“物體與物體”正碰模型1 .分析碰撞問題的三個依據(jù)(1)動量守恒，即 p 1+ p 2= p 1'+ p 2'。動能不增加，即ek1+七三4'+%,瑞+乎pm+pm。速度要合理碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前/三v后,。兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2 .彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為機,速度為v 1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m 1 v 1= m 1 v 1/+ m 2 v 2;1 一 12 m 1 v 彳

2、一？ m 1 v 1 2+？ m 2 v 2 2(m， mJ v,2 m, v,由得v 1-121 v / 一1 m 1+ m 22m 1+ m 2結(jié)論:(1)當(dāng)m 1=m2時，v 1 =0, v2/ 一v/兩球碰撞后交換了速度。(2)當(dāng)m 1>m2時，v 1 / >0, v2 / >0,碰撞后兩球都向前運動。當(dāng)m 1<m2時，v 1 / <0, v2 / >0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。3.非彈性碰撞的規(guī)律滿足動量守恒定律和能量守恒定律。例如：以質(zhì)量為mr速度為v 1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面非彈性碰撞為例，由動量守恒定律知mq mv+ m,v

3、j ,由能量守恒定律知，系統(tǒng)損失的機械能AE護(hù)一1mv211112 2損 2 112m 1v/ 2+2m2v/ 2)°2 例1如圖所示，質(zhì)量分別為m 1和m2的兩個小球疊放在一起，從高度為h處由靜 止釋放，它們一起下落。不計空氣阻力。在下落過程中，兩個小球之間是否存在相互作用力？請說明理由。(2)已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑，所有的碰撞都沒有機械能損失，且碰撞前后小球都沿豎直方 向運動。若碰撞后m2恰處于平衡狀態(tài)，求：落地前瞬間，兩個小球的速度大小。0；兩個小球的質(zhì)量之比mJ m2；小球m1上升的最大高度H。解析(1)在下落過程中，兩個小球之間不存在相互作用力。任意時刻它們的速度和加速 度都

4、相同，不會相互擠壓，其間沒有相互作用力。(2)根據(jù)機械能守恒定律：2(m 1 + m2)v0 - (m 1 + m2)gh解得 v o - 2ggh。mI , m2以相同的速度v0落到地面，m2先與地面發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后速度大小不變， 方向反向；接著與m1碰撞，碰后m2的速度恰好減為零，m 1的速度為V1。取向上為正方向， 根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，有-m 1 vo + m2vo-m 1 v 11112m1 v o+ 2m 2 v 2 = 2m1v 2解得 v - 2 v o - 2''2 gh , mJ m2 - 1 ： 3。根據(jù)機械能守恒定律，有2m 1 v 1

5、 - m 1 gH ,解得H-4 h。答案(1)見解析(2)-兩1 ： 34h模型二 “滑塊一一彈簧”碰撞模型模型 圖示嗎瓦亞師用可水平地面光滑模型 特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量 和為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生 變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒 (3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通 常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型， 相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)例2如圖(甲)

6、所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=4.o kg和mB=3.o kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C從看=0時以一 定速度向右運動，在t=4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的vt 圖像如圖(乙)所示。求：(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。解析(1)由題圖(乙)知，C與A碰前速度為V1=9 m/s ,碰后速度為v2 = 3 m/s , C與A 碰撞過程動量守恒，有mCv 1 = (mA + mC)v2，解得mC=2 kg。(2)12 s時B離開墻壁，之后A , B , C及彈簧組成的系統(tǒng)

7、動量和機械能守恒，且當(dāng)A , C 與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有(mA + mC)v3 =(mA + mB + mC)v42( mA + mC) v 3 = 2( mA + mB + mC) v 2 + Ep聯(lián)立得Ep = 9 J。答案(1)2 kg (2)9 J模型三”滑塊一一斜面”碰撞模型模型 圖示水平曲面光滑(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv°=(M+m)v ；0共系統(tǒng)機械能守恒，Jmv2=2(M+模型m)v共+mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完特點全

8、非彈性碰撞拓展模型)(2)最低點：m與M 分離點。水平力方向動量守恒，mv0=mv 1+ Mv2；系統(tǒng)機 械能守恒，2mv0=2mv 1+2Mv2(完全彈性碰撞拓展模型)2 例3 (2020甘肅天水市調(diào)研)如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲 面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M =3m，曲面劈B的曲面下端與水 平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與 A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度為g。求：碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。解析(1)小物塊C與物塊A

9、發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向由動量守恒定律得：mv0二2mv，解得v =劣v0 ； 碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為_1E 損一 2mv2 - 2 X 2mv 2解得E損=4 mv 0。(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等，根據(jù)動量守恒定律:mv0 = (m + m + 3m)0，解得 v 1 =|v0 ,根據(jù)機械能守恒得2mgh = X 2mQv0) - j X 5 mQv J解得h=答案(1)4 mv 2 (2)就專題強化訓(xùn)練1. (2020課標(biāo)m, T15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的

10、變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1 kg,C. 5 JD. 6 J解析本題結(jié)合運動圖像考查動量守恒定律和能量守恒定律。由題圖可知，碰撞前甲的速度v甲=5 m/s，乙的速度v乙=1 m/s碰撞后甲的速度v'甲=-1 m/s，乙的速度v'乙=2 m/s , 由于不受外力作用，甲、乙碰撞過程動量守恒，則有m甲v甲+ m乙v乙二m甲v,甲+ m乙v/乙， 解得m乙二6 kg ,所以碰撞過程兩物塊損失的機械能為/=1 m甲喳+2m乙%-12m甲v ,甲 -|m乙v /乙=3 J,故A正確，B、C、D錯誤。2.質(zhì)量相等的A, B兩球在光滑水平面上均向右沿同一直線運動，A球的動量為pA=9

11、 kg-m/s, B球的動量為pB=3 kgm/s,當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰后A, B兩球的動量 可能是(A )A. pA/=6 kg-m/s, p/=6 kg-m/sB. pAz=8 kg-m/s, pj=4 kg-m/sC. pAz=-2 kg-m/s, pj=14 kg-m/sD. pAz=-4 kg-m/s, p/=17 kg-m/s解析A B組成的系統(tǒng)所受合外力為0,系統(tǒng)動量守恒即pA' + pB' = pA + pB = 9 kg-m/s + 3 kg-m/s = 12 kg-m/s，選項 D 錯誤；A,B碰撞前的動能應(yīng)大于或等于碰撞后的動能，即E = E +

12、 E =瞑 + 外="(J)二世(J) EkiEkA + EkB2m2m2m (J)2m(J)，p / 2+p 2E= EkA' + EkB' = A 2 m ，有森人冷 腳pa' 2乜-9。，同時還應(yīng)滿足勺穴修，由此可判斷選項A正確，B,C錯誤。3. (2020天津)長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m 1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A 受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當(dāng)A回 到最低點時，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍然圓周運動，并能 通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g，求(1)

13、A受到的水平瞬時沖量I的大??；(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？5 gl (2 m, + mC)2答案(1) m 1V5 gl (2)2 m4解析(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有m 1 g = m 1岸A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設(shè)A在最低點 的速度大小為vA ,有2m 1 vA = 2m 1 v2 + 2m 1gl由動量定理，有I=m 1 %聯(lián)立式，得I = m河I(2)設(shè)兩球粘在一起時的速度大小為。, , A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足0 /二0A要達(dá)到上

14、述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為乙，由動量守恒定律，有m2vB - m 1 0A=(m 1+ m2)v ,又 Ek = 2 m 2 vB聯(lián)立式，得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為ek="'Qm； m2)2專題強化五力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用模型一 “物體與物體”正碰模型 一、解動力學(xué)問題的三個基本觀點力的觀點運用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)知識解題，可處理勻變速直線運動問題能量觀點用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題動量觀點用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題二、動量觀點和能量觀點的比較相同點研究

15、對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過程都是某一運動過程不同點動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可以寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定 律都是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式三、利用動量和能量的觀點解題的技巧(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定管機械能守恒定 律)。(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。(3)若研究過程涉及時間，一般考慮用動量定理或運動學(xué)公式。(4)因為動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程 的始末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處。特 別對于變力做功問題

16、，就更顯示出它們的優(yōu)越性。1 .動力學(xué)方法的應(yīng)用若一個物體參與了多個運動過程，而運動過程只涉及運動和力的問題或只要求分析物體 的動力學(xué)特點而不涉及能量問題，則常常用牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律求解。2 例1 (2021安徽避溪月考)如圖所示，長L =1.5 m、高h(yuǎn)=0.45 m、質(zhì)量M =10 kg的長方體木箱，在地面上向右做直線運動。當(dāng)木箱的速度v0=3.6 m/s時，對木箱施加一個方 向水平向左的恒力F=50 N,并同時將一個質(zhì)量m = 1 kg的小球輕放在距木箱右端0.5 m的P 點(小球可視為質(zhì)點，放在P點時相對于地面的速度為零)，經(jīng)過一段時間，小球脫離木箱落到 地面。木箱與地面間的動摩

17、擦因數(shù)為0.2,其他摩擦均不計。g取10 m/s2。求：(1)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間；(2)小球放到P點后，木箱向右運動的最大位移大?。?3)小球離開木箱時木箱的速度大小。解析本題考查板塊模型。設(shè)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間為乙由h = 2gt2,解得t二飛號二03 S。F + u (M + m) g(2)小球放到木箱上后相對地面靜止，木箱的加速度% = M =7.2 m/s2，設(shè)小球一直沒有從木箱左端掉下，則木箱向右運動到速度為零時的位移大小 =爭= 0.9 m， <1 m ,1 2 a 11故小球不會從木箱的左端掉下，故木箱向右運動的最大位移為0.9 m。木

18、箱向左運動的加速度a2=2.8 m/s2，設(shè)木箱向左運動的距離為 2時，小球離開木箱， 則2 = % 1 + 0.5 m= 1.4 m，設(shè)木箱向左運動的時間為t,，由2 = 2a/ 2,解得t =1 s，a 2小球剛離開木箱瞬間，木箱的速度方向向左，大小 v = a 21' = 2.8 m/s。答案(1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s2 .能量觀點的應(yīng)用若一個物體參與了多個運動過程，若該過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，并且具有功能關(guān)系的特 點，則往往用動能定理、能量守恒定律求解。計 例2 (2021.江西撫州七校聯(lián)考)將一輕質(zhì)彈簧豎直固定在水平地面上處于原長狀 態(tài)，讓一質(zhì)量m

19、0=20 g的小球從彈簧上端由靜止釋放，小球最大下落高度h 1 = 5 cm,將該彈 簧固定在如圖所示的軌道左側(cè)豎直墻壁上，軌道中部有一半徑R=0.1 m的豎直圓軌道，不同 軌道的連接處均為平滑連接，小滑塊可以從圓軌道最低點的一側(cè)進(jìn)入圓軌道，繞圓軌道一周 后從最低點向另一側(cè)運動。軌道上彈簧右側(cè)的M點到圓軌道左側(cè)N點的距離xMN =0.6 m的范 圍內(nèi)有摩擦，而其他部分均光滑。讓另一質(zhì)量機=10 g的小滑塊從軌道右側(cè)高h(yuǎn)2(未知)處由靜 止釋放，小滑塊恰好能通過圓軌道最高點C且第一次恰好能把彈簧壓縮5 cm,現(xiàn)讓該小滑 塊從軌道右側(cè)h3 = 0.4 m處由靜止釋放，已知重力加速度g =10 m/

20、s2,求：A MNR(1)小滑塊下落的高度h2；(2)小滑塊停止時的位置到N點的距離。解析小滑塊恰好能過。點，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg二睚由機械能守恒定律可得：mgh2二 mg-2 R + 2 mv C解得：h2 = 0.25 m。(2)彈簧豎直放置，被壓縮h1 = 5 cm時的彈性勢能Ep = m 0 gh 1 =0.01 J。由能量守恒可知，小滑塊滑至第一次把彈簧壓縮到最短時有：mgh廣從叫,頰+ E , 其中 E' p = Ep = 0.01 J解得：= 0.015 J當(dāng)小滑塊從h 3 = 0,4 m處下滑后，第二次通過N點時的動能為：EkN = mgh3 - 2mgxMN =

21、0.01 J此時小滑塊動能小于0.015 J ,故小滑塊不再與彈簧相碰由能量守恒可得：EkN = mgx 解得：x = 0.4 m小滑塊最終停在N點左側(cè)0.4 m處。答案(1)0.25 m (2)0.4 m3 .力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用這類模型各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可，兩個 相鄰的過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶。2 例3如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質(zhì)量為M =0.2 kg的小球P和質(zhì)量為m = 0.1 kg的小球Q, P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一 質(zhì)量也為m=0.1 kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切

22、的光滑豎直半圓形軌道。釋 放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進(jìn)入半圓形軌道，恰好 能夠通過半圓形軌道的最高點C小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為 一體飛出，落在水平地面上的D點。已知水平桌面高為h=0.2 m, D點到桌面邊緣的水平距 離為=0.2 m,重力加速度為g =10 m/s2,求：c*A恒h 小球P經(jīng)過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小b, NB；(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大??；被壓縮的輕彈簧的彈性勢能EpO解析小球P恰好能通過半圓形軌道的最高點C，則有Mg=MR，解得% = JR對于小球P ,從B - C ,由動能定理有-

23、2MgR=2MvC - 2MvB解得VB-麗在 B 點有 FNB - Mg 二 MvR解得 FN/ 6Mg = 12 N ,由牛頓第三定律有F' N=Nb =12 N。(2)設(shè)Q與S做平拋運動的初速度大小為v，所用時間為乙根據(jù)公式h = 2gt2得t = 0.2 s根據(jù)公式二vt ,得v = 1 m/s磁撞前后Q和S組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mvQ = 2mv，解得vQ = 2 m/s。(2)P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，則有MvP = mvQ解得 vp=1 m/sP、Q和彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有1 1Ep = 2MvP + 2 mv Q，解得 Ep = 0,3 J。答案(1)

24、12 N (2)2 m/s (3)0.3 J規(guī)律總結(jié)1 .利用動量的觀點和能量的觀點解題應(yīng)注意：中學(xué)階段凡可用力和運動的觀點解決的問題，若用動量的觀點或能量的觀點求解，一般 都要比用力和運動的觀點簡便，而中學(xué)階段涉及的曲線運動3不恒定）、豎直面內(nèi)的圓周運動、 碰撞等，就中學(xué)知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解。2 .應(yīng)用動量、能量觀點解決問題的兩點技巧：靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為 研究對象，不一定選所有的物體為研究對象。（2）靈活選取物理過程。在綜合題目中，物體運動常有幾個不同過程，根據(jù)題目的已知、 未知靈活地選取物理過程來研究。列方程前

25、要注意鑒別、判斷所選過程動量、機械能的守恒 情況。專題強化訓(xùn)練1. （2020山東棗莊二模）某工廠檢查立方體工件表面光滑程度的裝置如圖所示，用彈簧將 工件彈射到反向轉(zhuǎn)動的水平傳送帶上，恰好能傳送過去是合格的最低標(biāo)準(zhǔn)。假設(shè)傳送帶的長 度為10 m、運行速度是8 m/s,工件剛被彈射到傳送帶左端時的速度是10 m/s,取重力加速度 g =10 m/s2。下列說法正確的是（B ）A.工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)不大于0.32才為合格B.工件被傳送過去的最長時間是2sC.若工件不被傳送過去，返回的時間與正向運動的時間相等D.若工件不被傳送過去，返回到出發(fā)點的速度為10 m/s解析本題考查傳送帶模型。工件

26、恰好傳到右端，有0-v 0 =- 2隨L，解得 =0.5 ,所 以工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)不大于0.5才為合格，工件被傳送過去的最長時間t=紜二2 s , Pg故A錯誤，B正確；若工件不被傳送過去，當(dāng)反向運動時，最大速度與傳送帶共速，由于傳 送帶的速度小于工件的初速度，根據(jù)勻變速運動速度一時間關(guān)系可知，返回的時間與正向運動的時間不相等，故C、D錯誤。2.如圖所示，質(zhì)量為2 kg的小車以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右運動，現(xiàn)在小車 上表面上方1.25 m高度處將一質(zhì)量為0.5 kg的可視為質(zhì)點的物塊由靜止釋放，經(jīng)過一段時間 物塊落在小車上，最終兩者一起水平向右勻速運動。重力加速度為g

27、=10 m/s2,忽略空氣阻力，下列說法正確的是(D )A.物塊釋放0.3 s后落到小車上B.若只增大物塊的釋放高度，物塊與小車的共同速度變小C.物塊與小車相互作用的過程中，物塊和小車的動量守恒D.物塊與小車相互作用的過程中，系統(tǒng)損失的能量為7.5 J解析物塊下落的時間為t=二,產(chǎn)產(chǎn)s = 0.5 s,選項A錯誤；物塊與小車相 互作用的過程中，物塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，在豎直方向動量不守恒，由 水平方向動量守恒有Mv0 =(m + m)v，釋放高度增大，水平方向的共同速度不變，選項B、C 錯誤；在整個過程中，由能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機械能A E=mgh + |Mv g-2(M

28、+ m) v 2, 代入數(shù)據(jù)可得AE = 7.5 J ,選項D正確。3. (2019.全國卷m, 25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA =1.0 kg, mB=4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l =1.0 m,如圖所 示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為 尸0.20。 重力加速度取g =10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？答案(1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物塊 B 先停止 0.50 m (3)0.91 m解析(1)設(shè)