高考物理二轮复习 真题模型再现4 动量守恒中的“碰撞模型”和“反冲模型”学案

真题模型再现(四)动量守恒中的“碰撞模型”和“反冲模型”来源图例考向模型核心归纳2015新课标全国卷物体A、B、C位于同一直线上动量守恒、机械能守恒、“多物体作用模型”1.常考的模型(1)碰撞中的“两物体作用模型”(2)碰撞中的“多物体作用模型”(3)碰撞中的“图象类问题模型”(4)“反冲模型”(5)“爆炸模型”2.模型解法(1)牢记一个定律：动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2。(2)熟记两种碰撞弹性碰撞：动量守恒和机械能守恒。非弹性碰撞：动量守恒、机械能不守恒。(3)会用两个结论“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度满足v1v0，v2v0。质量相等的两物体发生弹性碰撞后交换速度；发生完全非弹性碰撞后两物体共速。2015新课标全国卷滑块a、b沿水平面上同一条直线运动动量守恒、能量守恒(功能关系)2016新课标全国卷光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，一蹲在滑板上的小孩和冰块均静止于冰面上动量守恒、机械能守恒2016新课标全国卷静止的a和b相距l；b与墙也相距l动量守恒、机械能守恒、功能关系2017全国卷 模型火箭点火升空动量守恒【预测1】 如图14所示，在光滑的水平面上，有A、B、C三个物体，开始B、C皆静止且C在B上，A物体以v010 m/s的速度撞向B物体，已知碰撞时间极短，撞完后A物体静止不动，而B、C最终的共同速度为4 m/s。已知B、C两物体的质量分别为mB4 kg、mC1 kg。图14(1)求A物体的质量；(2)A、B间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失了多少？解析(1)设B、C最终的共同速度为v，则由整个过程动量守恒可得：mAv0(mBmC)v代入数据解得mA2 kg。(2)设A与B碰撞后B的速度变为v，在B与C相互作用的时间里，B与C组成的系统动量守恒，即mBv(mBmC)v，解得v5 m/sA与B碰撞的过程中，碰前系统的动能为Ek1mAv，代入数据解得Ek1100 J碰后系统的动能为Ek2mBv2，代入数据解得Ek250 J所以碰撞过程中损失了机械能，损失了50 J。答案(1)2 kg(2)损失了50 J【预测2】 如图15所示，斜面CD、平台DE和圆弧轨道固定在水平地面上，平台的高度和圆弧轨道的半径均为R，在圆弧轨道底部，有两个可视为质点的小球A、B，两球之间有一轻弹簧，弹簧一开始处于锁定状态，A球的质量为m，弹簧的长度可忽略。某时刻解除弹簧的锁定状态，两球分离后，A球最高能到达与圆心等高的位置E点，B球恰好能够到达圆弧最高点N，从N点抛出后恰能从斜面上的最高点D无碰撞地沿斜面滑下，已知重力加速度为g。不计一切摩擦。试求：图15(1)球B与球A分离时的速度大小；(2)球B的质量；(3)斜面CD的长度。解析(1)设解除弹簧锁定的瞬间A、B球的速度大小分别为vA、vB，B球的质量为M。对B在最高点N处时进行受力分析，有MgM解得vNB球从底部到N点的过程中，机械能守恒，有MvMg2RMv，解得vB。(2)解除弹簧锁定后，对A从圆弧轨道底部到E点的过程，有mgRmv，得vA。两球分离时由动量守恒定律得mvAMvB，联立解得Mm。(3)B球离开圆弧轨道后做平抛运动，当B下落高度为R时竖直分速度满足v02gR解得vy小球B从N点抛出后恰能从斜面上的D点无碰撞地沿斜面滑下，说明速度方向与斜面方向平行。设斜面倾角为，则tan 设斜面长为l，则tan ，解得lR。答案(1)(2)m(3)R课时跟踪训练一、选择题(14题为单项选择题，57题为多项选择题)1.(2017天津河北区模拟)从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都为v，不计空气阻力，对两个小物体，以下说法正确的是()A.落地时的速度相同B.落地时重力做功的瞬时功率相同C.从抛出到落地过程中重力的冲量相同D.两物体落地前动量变化率相等解析两物体落地时，速度方向不同，故落地时速度不同，故A错误；因为落地时动能相同，则落地时的速度大小相等，平抛运动时竖直方向上的分速度小于竖直上抛运动落地时的速度，根据Pmgvy知，落地时重力做功的瞬时功率不同，故B错误；两个物体在空中运动的时间不同，做平抛运动的物体时间短，故从抛出到落地的过程中重力的冲量不同，故C错误；根据动量定理有F，整个运动过程中，合力为重力，故D正确。答案D2.如图1所示，质量为m的物体在水平外力F的作用下，沿水平面做匀速运动，速度大小为v，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法中正确的是()图1A.速度v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少B.速度v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越多C.速度v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与速度v的大小无关D.速度v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与速度v的大小无关解析物体在A、B间运动的加速度为ag，由vv22ax知速度v越大，vB越大，又由xt可知，速度越大，t越小；摩擦力的冲量为Ifmgt越小，摩擦力做功Wfmgx与速度v的大小无关，C项正确。答案C3.(2017河北邯郸摸底)如图2所示，质量为m的物块随木箱以加速度a竖直向上加速运动，重力加速度为g，在物块上升高度为h的过程中，下列说法正确的是()图2A.支持力做功为mgh B.动能增加mghC.合外力做功为mgh D.机械能增加mgh解析根据牛顿第二定律得FNmgmam，可得支持力FNmg，支持力做功WNFNhmgh，故A错误；由牛顿第二定律知，物块所受的合外力F合mamg，方向向上，则合外力做功为W合F合hmgh，由动能定理知物块的动能增加了mgh，故B、C错误；根据功能关系可知机械能的增加量等于支持力做的功，则机械能增加了mgh，故D正确。答案D4.(2017银川模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图3所示，已知该车质量为2103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3103 N。若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速运动过程能持续的时间大约为()图3A.8 s B.14 s C.26 s D.38 s解析由图象可知，机车的最大功率约为P200 kW，在加速阶段由牛顿第二定律可知FF阻ma即FF阻ma3 000 N2 0002 N7 000 N，再由PFv可知v m/s m/s，由vat，解得t s14.2 s，故选项B正确。答案B5.在冬奥会冰壶比赛中，运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出。由于摩擦阻力的作用，冰壶的动能随位移变化图线如图4所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是()图4A.0.05 B.0.01C.滑行时间t5 s D.滑行时间t10 s解析对冰壶由动能定理得mgx0mv，解得0.01，B正确；冰壶运动的加速度ag0.1 m/s2，由运动学公式xat2得t10 s，D正确。答案BD6.滑块甲的质量为0.8 kg，以大小为5.0 m/s的速度向右运动时，与另一质量为1.0 kg、速度大小为3.0 m/s的滑块乙迎面相撞。碰撞后滑块甲恰好静止。假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是()A.碰后乙的速度大小为2 m/sB.碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0 NsC.碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kgm/sD.碰撞过程中系统损失的机械能为14 J解析由动量守恒定律得m甲v甲m乙v乙m乙v乙，代入数据解得v乙1.0 m/s，选项A错误；碰撞过程中甲动量的变化量为p甲0m甲v甲4.0 kgm/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为Ip甲4.0 Ns，选项B正确；碰撞过程中乙动量的变化量为p乙m乙v乙(m乙v乙)4.0 kgm/s，选项C错误；由能量守恒定律得m甲vm乙vm乙v乙2E，代入数据解得E14 J，选项D正确。答案BD7.(2017惠州模拟)如图5，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5 m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度x之间关系如图6所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为2 N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中，下列说法正确的是() 图5图6A.小球的动能先变大后变小B.小球的机械能先增大后减小C.小球速度最大时受到的弹力为2 ND.小球受到的最大弹力为12.2 N解析由题图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B错误；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，故此时小球受到的弹力为2 N，所以C正确；小球速度最大时，小球的弹力为2 N，此时弹簧的形变量为0.1 m，故可得弹簧的劲度系数k20 N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmaxkxmax200.61 N12.2 N，故D正确。答案ACD二、非选择题8.(2017唐山摸底测试)如图7所示，在光滑的水平面上静止放置A、B两个物块，中间夹有处于自然长度的轻弹簧(轻弹簧只与B拴接着)，物块A的质量为MA0.996 kg，物块B的质量为MB3.00 kg，有一颗质量为m0.004 kg的子弹以v0100 m/s的水平速度击中并停留在物块A中，子弹与物块A作用时间极短。求：图7(1)子弹停留在A中的瞬间，木块A的速度；(2)物块A运动起来后，弹簧的最大弹性势能和A的最小速度。解析(1)子弹与A发生相互作用的过程中动量守恒，设木块A获得速度v1，则mv0(mMA)v1解得v10.4 m/s。(2)当A、B有共同速度v2时，弹簧有最大弹性势能。由系统的动量守恒得(mMA)v1(mMAMB)v2解得v20.1 m/s。由能量守恒得(mMA)v(mMAMB)vEp，解得Ep0.06 J。设A、B经相互作用刚好分离时的速度分别为vA、vB。由动量守恒定律得(mMA)v1(mMA)vAMBvB由机械能守恒定律得(mMA)v(mMA)vMBv，解得vA0.2 m/s，vB0.2 m/s。vA0，说明已反向，则木块A的最小速度为0。答案(1)0.4 m/s(2)0.06 J09.如图8所示，质量0.5 kg，长1.2 m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg、半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5 Ns，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：图8(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间。解析(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，由动量定理，有Imv0，v m/s3 m/s盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力fFN2mg2mgma即a2g盒运动了x1(1.20.12) m1 m后速度减少为v。v2v22ax1v m/s2 m/s盒左壁A以v速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m 后又与盒的右壁相碰，盒又以v2 m/s的速度向右运动，直到停止。0v22ax2即x2 m0.8 m因x2只有0.8 m，此时静止小球不会再与盒的右壁相碰，所以盒通过的总路程为sx1x21 m0.8 m1.8 m(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1根据动量定理，有2mgt1mvmvt1s0.4 s小球匀速运动时间t2 s0.5 s盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有2mgt30mvt3 s0.8 s总时间tt1t2t3(0.40.50.8) s1.7 s答案(1)1.8 m(2)1.7 s10.(2017河南六市一联)足够长的倾角为的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图9所示。一物块从距钢板3x0的A处沿斜面滑下，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置。若物块质量为2m，仍从A处沿斜面滑下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求；图9(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；(2)碰撞前弹簧的弹性势能；(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离。解析(1)设物块与钢板碰撞前速度为v0，有3mgx0sin mv，解得v0设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为v1，有mv02mv1，解得v1(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为Ep，当质量为m的物块和钢板一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧弹性势能为零，根据机械能守恒得Ep(2m)v2mgx0sin 解得Epmgx0sin (3)由能量守恒可知质量为2m的物块与钢板碰撞前的速度为v0，设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后一起向下运动的速度，有2mv03mv2它们回到O点时，弹簧弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，由机械能守恒定律得Ep(3m)v3mgx0sin