第七章 微專題53　碰撞模型的拓展-2025年高中物理《加練半小時》新教材版

第七章動量守恒定律微專題53碰撞模型的拓展1．“彈簧—滑塊”模型：(1)系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，但系統(tǒng)的總動能會與彈性勢能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化；(2)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，相當于完全非彈性碰撞，此時動能最小、彈性勢能最大；(3)彈簧恢復原長時相當于完全彈性碰撞，此時系統(tǒng)的總動能等于初態(tài)總動能。2.“小球—斜面”模型：系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，當小球滑至最大高度時兩物體具有共同速度，此時相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為小球增加的勢能；小球從沖上斜面又滑離斜面的全過程，相當于彈性碰撞，全過程系統(tǒng)機械能守恒。1.(2023·廣東茂名市模擬)如圖所示，在足夠大的光滑水平面上停放著表面光滑的弧形槽小車，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為v0的水平速度從小車弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不從弧形槽的頂端離開。小車與小球的質(zhì)量分別為2m、m，以弧形槽底端所在的水平面為參考平面。小球的最大重力勢能為()A.eq\f(1,3)mv02B.eq\f(1,4)mv02C.eq\f(1,5)mv02D.eq\f(1,6)mv02答案A解析小球到達弧形槽頂端時，小球與小車的速度相同(設共同速度大小為v)，在小球沿小車弧形槽上滑的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv0＝3mv，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×3mv2＋Ep，解得Ep＝eq\f(1,3)mv02，故選A。2．(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2(已知m2＝0.5kg)的兩物塊A、B相連接，處于原長并靜止在光滑水平面上。現(xiàn)使B獲得水平向右、大小為6m/s的瞬時速度，并從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像提供的信息可得()A．在t1時刻，兩物塊達到共同速度2m/s，且彈簧處于伸長狀態(tài)B．從t3到t4，彈簧由原長變化為壓縮狀態(tài)C．t3時刻彈簧的彈性勢能為6JD．在t3和t4時刻，彈簧均處于原長狀態(tài)答案AC解析從0到t1時間內(nèi)B做減速運動，A做加速運動，B的速度大于A的速度，彈簧被拉伸，t1時刻兩物塊達到共同速度2m/s，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，故A正確；從t3到t4時間內(nèi)A做加速度減小的減速運動，B做加速度減小的加速運動，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長，即t3時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t4時刻彈簧處于原長狀態(tài)，故B、D錯誤；t3時刻兩物塊的速度相同，都是2m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，m2v＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1kg，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m2v2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v32＋Ep，解得Ep＝6J，故C正確。3.(多選)(2023·海南瓊海市四校聯(lián)考)如圖甲所示，兩個彈性球A和B放在光滑的水平面上處于靜止狀態(tài)，質(zhì)量分別為m1和m2，其中m1＝1kg?，F(xiàn)給A球一個水平向右的瞬時沖量，使A、B球發(fā)生彈性碰撞，以此時刻為計時起點，兩球的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖示信息可知()A．B球的質(zhì)量m2＝2kgB．球A和B在相互擠壓過程中產(chǎn)生的最大彈性勢能為4.5JC．t3時刻兩球的動能之和小于0時刻A球的動能D．在t2時刻兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8答案AD解析兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由題圖乙圖線可知，t1時刻兩球速度相等為1m/s，由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，解得B球的質(zhì)量為m2＝2kg，故A正確；當兩球速度相等時彈性勢能最大，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm，解得Epm＝3J，故B錯誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)機械能守恒，由此可知，t3時刻兩球的動能之和等于0時刻A球的動能，故C錯誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1vA2＋eq\f(1,2)m2vB2，代入數(shù)據(jù)解得vA＝－1m/s，vB＝2m/s，t2時刻兩球動能之比為eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)m1vA2,\f(1,2)m2vB2)＝eq\f(1,8)，故D正確。4．(多選)(2023·山東濟南市模擬)如圖所示，質(zhì)量為2kg的四分之一圓弧形滑塊P靜止于水平地面上，其圓弧底端與水平地面相切。在滑塊P右側(cè)有一固定的豎直彈性擋板，將一質(zhì)量為1kg的小球Q從滑塊頂端正上方距地面1.2m處由靜止釋放，小球Q恰能沿切線落入滑塊P。小球與擋板的碰撞為彈性碰撞，所有接觸面均光滑，重力加速度取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A．若滑塊P固定，小球Q能回到高1.2m處B．若滑塊P固定，小球Q第一次與擋板碰撞過程擋板對小球的沖量大小為2eq\r(6)N·sC．若滑塊P不固定，小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4m/sD．若滑塊P不固定，經(jīng)過多次碰撞后，滑塊的最終速度大小為3m/s答案AC解析若滑塊P固定，由于小球在各個環(huán)節(jié)無機械能損失，可知小球Q能回到高1.2m處，選項A正確；若滑塊P固定，小球Q第一次與擋板碰撞時的速度大小為v＝eq\r(2gh)＝2eq\r(6)m/s，由動量式定理可知碰撞過程擋板對小球的沖量大小為I＝2mv＝4eq\r(6)N·s，選項B錯誤；若滑塊P不固定，則小球與滑塊相互作用過程中，滑塊和小球在水平方向動量守恒，則mv1－Mv2＝0，mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，聯(lián)立解得v1＝4m/s，v2＝2m/s，即小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4m/s，選項C正確；若滑塊P不固定，小球與擋板第一次碰撞后將以等大速度反彈，則滑上滑塊后再滑回到地面的過程，由動量守恒定律和能量關系可知mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′，eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2，聯(lián)立解得v1′＝eq\f(4,3)m/s，v2′＝eq\f(10,3)m/s，因此時小球的速度小于滑塊的速度，則小球與擋板碰后不能再次追上滑塊，則滑塊的最終速度大小為eq\f(10,3)m/s，選項D錯誤。5．(多選)(2023·安徽省A10聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，質(zhì)量和半徑都相同的四分之一光滑圓弧體A、B靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點和水平面相切，圓弧的半徑為R。圓弧體B鎖定，一個小球從A圓弧體的最高點由靜止釋放，小球在圓弧體B上升的最大高度為eq\f(R,2)。已知重力加速度大小為g，則()A．小球與圓弧體的質(zhì)量之比為1∶1B．小球與圓弧體的質(zhì)量之比為1∶2C．若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為eq\r(gR)D．若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為eq\f(1,2)eq\r(2gR)答案AC解析設小球質(zhì)量為m，圓弧體質(zhì)量為M，小球離開圓弧體A時，A的速度大小為v1，小球的速度大小為v2，由題意可知Mv1＝mv2，mgR＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22，小球上升的過程有eq\f(1,2)mgR＝eq\f(1,2)mv22，解得M＝m，v1＝v2＝eq\r(gR)，故A正確，B錯誤；若圓弧體B沒有鎖定，則小球與圓弧體B作用過程類似于彈性碰撞，交換速度，因此圓弧體B最終獲得的速度大小為eq\r(gR)，故C正確，D錯誤。6．如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度v0向右運動滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．滑塊b沿a上升的最大高度為eq\f(v02,5g)B．物塊a運動的最大速度為eq\f(2v0,5)C．滑塊b沿a上升的最大高度為eq\f(v02,2g)D．物塊a運動的最大速度為eq\f(v0,5)答案B解析b沿a上升到最大高度時，兩者速度相同，取向右為正方向，水平方向由動量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2v02,5g)，A、C錯誤；滑塊b滑離a后，物塊a運動的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvb2＋eq\f(1,2)×4mva2，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正確，D錯誤。7.如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的物體A、B靜止在光滑水平地面上，B左端有一輕彈簧且處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)A以速度v向右運動，則A、B相互作用的整個過程中()A．A的動量最小值為eq\f(mv,3)B．A的動量變化量為eq\f(2mv,3)C．彈簧彈性勢能的最大值為eq\f(mv2,6)D．B的動能最大值為eq\f(4mv2,9)答案D解析設彈簧恢復原長時A、B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)×2mvB2，解得vA＝－eq\f(v,3)，vB＝eq\f(2v,3)，負號表示速度方向向左，從A撞上彈簧到A、B分離過程，A先向右做減速運動直到速度減為零，然后向左做加速運動，整個過程B一直做加速運動，由此可知，A的最小速度為零，A的動量最小值為0，則A、B相互作用的整個過程中，以向右為正方向，A的動量變化量為ΔpA＝－m·eq\f(v,3)－mv＝－eq\f(4,3)mv，負號表示動量變化量方向向左，故A、B錯誤；當彈簧被壓縮最短時，A、B速度相同，設為v′，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝eq\f(v,3)，此時彈簧的彈性勢能最大，系統(tǒng)的動能最小，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋2m)v′2＝eq\f(1,3)mv2，故C錯誤；當A、B分離時，B的速度有最大值，且為vB＝eq\f(2v,3)，此時的動能為EkB＝eq\f(1,2)×2mvB2＝eq\f(4,9)mv2，故D正確。8.如圖所示，小球C在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)。在它左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，A、B以相同的速度v0向C運動，C與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D。在A和D繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變。然后D與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，D與P接觸而不粘連。過一段時間，突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定均無機械能損失)。已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。求：(1)彈簧長度剛被鎖定時A的速度大?。?2)在D離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。答案(1)eq\f(2,3)v0(2)eq\f(1,18)mv02解析(1)設C球與B球發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D時，D的速度為v1，B、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋m)v1當彈簧壓縮至最短時，D、A的速度相同，設此速度為v2，A、D系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＋2mv1＝(m＋2m)v2解得此時A的速度v2＝eq\f(2,3)v0(2)設彈簧長度被鎖定后，貯存在