2023高中物理步步高大一輪 第七章 專題強化十一　碰撞模型的拓展

1、專題強化十一碰撞模型的拓展目標要求1.會分析、計算“滑塊彈簧”模型有關問題.2.理解“滑塊斜(曲)面”模型與碰撞的相似性，會解決相關問題題型一“滑塊彈簧”模型1模型圖示2模型特點(1)動量守恒：兩個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)機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功，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(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(相當于剛完成彈性碰撞)例1(多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端

2、與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上現(xiàn)使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，速度時間圖像如圖乙，則有()A在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復原長C兩物塊的質量之比為m1m212D在t2時刻A與B的動能之比Ek1Ek218答案CD解析由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而t3時刻處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；結合圖像弄清兩物塊的運動過程，開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相

3、同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復原長，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，在t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，故B錯誤；根據(jù)動量守恒定律，t0時刻和tt1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v1(m1m2)v2，其中v13 m/s，v21 m/s，解得m1m212，故C正確；在t2時刻A的速度為vA1 m/s，B的速度為vB2 m/s，根據(jù)m1m212，求出Ek1Ek218，故D正確例2如圖所示，質量分別為1 kg、3

4、 kg的滑塊A、B位于光滑水平面上，現(xiàn)使滑塊A以4 m/s的速度向右運動，與左側連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生相互作用求二者在發(fā)生相互作用的過程中，(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)滑塊B的最大速度答案(1)6 J(2)2 m/s，方向向右解析(1)當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A、B同速系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0(mAmB)v解得veq f(mAv0,mAmB)eq f(14,13) m/s1 m/s彈簧的最大彈性勢能即此時滑塊A、B損失的動能Epmeq f(1,2)mAv02eq f(1,2)(mAmB)v26 J.(2)當彈簧恢復原長時，滑塊B獲得最大

5、速度，由動量守恒定律和能量守恒定律得mAv0mAvAmBvmeq f(1,2)mAv02eq f(1,2)mBvm2eq f(1,2)mAvA2解得vm2 m/s，方向向右例3如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H5 m的光滑水平桌面上現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h1.8 m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經過一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段距離后從桌面邊緣飛出已知mA1 kg，mB2 kg，mC3 kg，取g10 m/s2，不計空氣阻力求：(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬

6、間的速度大??；(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離答案(1)2 m/s(2)3 J(3)2 m解析(1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程機械能守恒，設其滑到水平桌面時的速度為v1，由機械能守恒定律有mAgheq f(1,2)mAv12，解得v16 m/s滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為v2，由動量守恒定律有mAv1(mAmB)v2，解得v2eq f(1,3)v12 m/s(2)滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為v3，由動量

7、守恒定律有mAv1(mAmBmC)v3，解得v3eq f(1,6)v11 m/s由機械能守恒定律有Epeq f(1,2)(mAmB)v22eq f(1,2)(mAmBmC)v32解得Ep3 J(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設此時滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，由動量守恒定律和機械能守恒定律有(mAmB)v2(mAmB)v4mCv5eq f(1,2)(mAmB)v22eq f(1,2)(mAmB)v42eq f(1,2)mCv52解得v40，v52 m/s滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動xv5t，Heq f(1,2)gt2解得x2 m.題型二“滑塊斜(曲)面”模

8、型1模型圖示2模型特點(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy0.系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0(Mm)v共；系統(tǒng)機械能守恒，eq f(1,2)mv02eq f(1,2)(Mm)v共2mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉化為m的重力勢能)(2)返回最低點：m與M分離點水平方向動量守恒，mv0mv1Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，eq f(1,2)mv02eq f(1,2)mv12eq f(1,2)Mv22(相當于完成了彈性碰撞)例4(多選)質量為M的帶有eq f(1,4)光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，

9、如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則()A小球以后將向左做平拋運動B小球將做自由落體運動C此過程小球對小車做的功為eq f(1,2)Mv02D小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq f(v02,2g)答案BC解析小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度v，由動量守恒定律和機械能守恒定律有：Mv02Mv，eq f(1,2)Mv022(eq f(1,2)Mv2)Mgh，聯(lián)立解得heq f(v02,4g)，故D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，機械能守恒，此過程類似于彈性碰

10、撞，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運動，小車速度變?yōu)関0，動能為eq f(1,2)Mv02，即此過程小球對小車做的功為eq f(1,2)Mv02，故B、C正確，A錯誤例5如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質點)的質量為滑塊P的質量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek1.現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為()A.eq f(1,2) B.eq f(3,4) C.eq f(3,2) D.eq f(4,3)答案C解析設滑塊P的質量為2m，則Q的質量為m，弧形頂

11、端與底端的豎直距離為h；P鎖定時，Q下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mghEk1，P解除鎖定，Q下滑過程，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mvQ2mvP0，由機械能守恒定律得：mgheq f(1,2)mvQ2eq f(1,2)2mvP2，Q離開P時的動能：Ek2eq f(1,2)mvQ2，解得：eq f(Ek1,Ek2)eq f(3,2)，故C正確例6如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高

12、度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)已知小孩與滑板的總質量為m130 kg，冰塊的質量為m210 kg，小孩與滑板始終無相對運動取重力加速度的大小g10 m/s2.(1)求斜面體的質量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20 kg(2)不能，理由見解析解析(1)規(guī)定向左為正方向冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.對冰塊與斜面體，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0(m2m3)veq f(1,2)m2v02eq f(1,2)(m2m3)v2m2gh式中v03 m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得v

13、1 m/s，m320 kg(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有m1v1m2v00代入數(shù)據(jù)得v11 m/s設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m2v0m2v2m3v3eq f(1,2)m2v02eq f(1,2)m2v22eq f(1,2)m3v32聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v21 m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩課時精練1.(多選)如圖所示，質量分別為M和m0的兩滑塊甲、乙用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正前方的質量為m的靜止滑塊丙

14、發(fā)生碰撞，碰撞時間極短在甲、丙碰撞瞬間，下列情況可能發(fā)生的是()A甲、乙、丙的速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(Mm0)vMv1m0v2mv3B乙的速度不變，甲和丙的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足MvMv1mv2C乙的速度不變，甲和丙的速度都變?yōu)関，且滿足Mv(Mm)vD甲、乙、丙速度均發(fā)生變化，甲、乙的速度都變?yōu)関1，丙的速度變?yōu)関2，且滿足(Mm0)v(Mm0)v1mv2答案BC解析碰撞的瞬間滑塊甲和丙組成的系統(tǒng)動量守恒，滑塊乙的速度不變，以滑塊甲的初速度方向為正方向，若碰后滑塊甲和丙的速度分別變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得MvMv1mv2；若碰后滑塊甲和丙的速度相同，由動

15、量守恒定律得Mv(Mm)v，故B、C正確2.(多選)如圖所示，質量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為.一個質量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關系式中正確的是()Amv0(mM)vBmv0cos (mM)vC.eq f(1,2)m(v0sin )2mghD.eq f(1,2)mv02mgheq f(1,2)(mM)v2答案BD解析小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為v，沿水平方向，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動

16、量守恒，全過程機械能守恒以水平向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得mv0cos (mM)v，故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得eq f(1,2)mv02mgheq f(1,2)(mM)v2，故C錯誤，D正確3.(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質量都為m，B左端固定一個處在壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效A以速率v向右運動，當A撞上彈簧后，設彈簧始終不超過彈性限度，關于它們后續(xù)的運動過程，下列說法正確的是()AA物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動BA、B系統(tǒng)的總動量最終將大于mvCA、B系統(tǒng)的總

17、動能最終將大于eq f(1,2)mv2D當彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為eq f(1,4)mv2答案CD4.(多選)如圖所示，質量為M、帶有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道的滑塊靜置于光滑水平地面上，且圓弧軌道底端與水平面平滑連接，O為圓心質量為m的小滑塊(可視為質點)以水平向右的初速度v0沖上圓弧軌道，恰好能滑到圓弧軌道最高點，已知M2m，則下列判斷正確的是()A小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊機械能不守恒B小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊與帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒C小滑塊沖到軌道的最高點時，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大且大小為eq f(2,3)v0D小滑塊脫離圓弧軌道時，速度大小為

18、eq f(1,3)v0答案AD解析小滑塊沖上軌道的過程，系統(tǒng)機械能守恒，小滑塊機械能不守恒，選項A正確；小滑塊沖上軌道的過程，系統(tǒng)豎直方向受力不為零，動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，動量守恒，選項B錯誤；由水平方向動量守恒可得，小滑塊沖到軌道的最高點時，帶有圓弧軌道的滑塊速度大小為eq f(1,3)v0；當小滑塊從圓弧軌道返回脫離圓弧軌道時，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大，設脫離時小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊速度分別為v1和v2，則有mv0mv1Mv2，eq f(1,2)mv02eq f(1,2)mv12eq f(1,2)Mv22，解得v2eq f(2,3)v0，v1eq f(1,3)v0

19、，故C錯誤，D正確5(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()AA物體的質量為3mBA物體的質量為2mC彈簧壓縮最大時的彈性勢能為eq f(3,2)mv02D彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv02答案AC解析對題圖甲，設物體A的質量為M，由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能Epeq f(1,2)Mv02；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達到最大壓縮量時，A、B二

20、者速度相等，由動量守恒定律有M2v0(Mm)v，由能量守恒定律有Epeq f(1,2)M(2v0)2eq f(1,2)(Mm)v2，聯(lián)立解得M3m，Epeq f(1,2)Mv02eq f(3,2)mv02，選項A、C正確，B、D錯誤6.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質量分別為m1、m2，m1m2，m2的左邊有一固定擋板由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中()Am1的最小速度是0Bm1的最小速度是eq f(m1m2,m1m2)v1Cm2的最大速度是v1Dm2的最大速度是eq f(2m1,m1m2)v1答案BD

21、解析由題意結合題圖可知，當m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次相距最近時，m1減速結束，m2加速結束，因此此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守恒，m1v1m1v1m2v2，eq f(1,2)m1v12eq f(1,2)m1v12eq f(1,2)m2v22，解得v1eq f(m1m2,m1m2)v1，v2eq f(2m1,m1m2)v1，B、D選項正確7.(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq f(1,4)圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為eq f(M,

22、2)，小球A以v06 m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質點，則()AB的最大速率為4 m/sBB運動到最高點時的速率為eq f(3,4) m/sCB能與A再次發(fā)生碰撞DB不能與A再次發(fā)生碰撞答案AD解析A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得eq f(M,2)v0eq f(M,2)vAMvB，eq f(1,2)eq f(M,2)v02eq f(1,2)eq f(M,2)vA2eq f(1,2)MvB2，解得vA2 m/s，vB4 m/s，故B的最大速率為4 m/s，選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設為v，則MvB

23、(M2M)v，得veq f(4,3) m/s，選項B錯誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設B、C分離時速度分別為vB、vC，由水平方向動量守恒有MvBMvB2MvC，由機械能守恒有eq f(1,2)MvB2eq f(1,2)MvB2eq f(1,2)2MvC2，聯(lián)立解得vBeq f(4,3) m/s，由于|vB|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞，選項C錯誤，D正確8.(2022遼寧大連市中學高三月考)質量為3m的劈A，其右側是光滑曲面，曲面下端與光滑的水平面相切，如圖所示，一質量為m的物塊B位于劈A的曲面上，距水平面的高度為h，物塊從靜止開始滑下，到達水平面上，跟右側固定在墻壁上的彈簧發(fā)生作用后(作用過程無機械能損失)，又滑上劈A，求物塊B在劈A上能夠達到的最大高度答案eq f(1,4)h解析設物塊B滑到曲面底端時速率為v1，劈A的速率為v2，物塊B和劈A組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向左為正方向，則有3mv2mv10由系統(tǒng)機械能守恒可得mgheq f(1,2)mv12eq f(1,2)3mv22聯(lián)立可得v1eq f(r(6gh),2)，v2eq r(f(gh,6)與