新人教版专题强化七碰撞模型的拓展学案

专题强化七碰撞模型的拓展【素养目标】1.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题.2.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题.3.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”模型.4.会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型．模型一“滑块—弹簧”模型1．模型图示2．模型特点(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，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．)例1(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．物体A的质量为2mB．物体A的质量为4mC．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mvD．弹簧压缩量最大时的弹性势能为3[解题心得]例2[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t_〖0〗〗时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sinθ＝)，与水平面光滑连接．(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．[试答]针对训练1.(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连，静止在光滑水平面上．现使A瞬间获得水平向右的速度v＝3m/s，以此时刻为计时起点．两木块的速度随时间变化规律如图乙所示，从图示信息可知()A．t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长B．从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长C．两木块的质量之比为m1：m2＝1：2D．在t2时刻两木块动能之比为Ek1：Ek2＝1：4模型二“滑块—斜(曲)面”模型1．模型图示2．模型特点(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12mv02＝12M+mv共2＋mgh，其中(2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝例3[2023·安徽十校联盟线上联考]如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道(质量为M)静止在光滑水平地面上，一个物块(质量为m)在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)()A．1：2B．1：3C．1：6D．1：9[解题心得]针对训练2.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1.现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为()A．12B．C．32D．模型三“滑块—木板”模型模型图示模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．(2)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Mm+MEk0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，(3)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解．例4如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为()A．16JB．2JC．6JD．4J[解题心得]例5[2022·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10m/s2.(1)若0＜k＜，求碰撞后瞬间新滑块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．[试答]针对训练3.[2023·重庆高三质检]某市中学物理兴趣小组对爆竹爆炸时释放的能量产生了浓厚的兴趣，该小组采用如图所示的装置展开研究．B是一个两侧都有竖直挡板(厚度不计)的质量M＝2kg，长L＝m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，A、B间的动摩擦因数为μ＝，小物块和小车的挡板碰撞时无机械能损失．该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留．经t＝s，A与B的挡板发生第一次碰撞．重力加速度大小为10m/s2.(1)求爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小．(2)求爆炸释放的能量E(假设爆炸释放的能量可以全部转化为A、B的动能)．(3)实验结束后该小组利用所学物理知识对A停在B上的位置距小车右侧挡板的距离d及小车运动的位移x2进行了预测，经测量与实验结果基本吻合．请你通过分析计算得出d、x2的数值．素养提升力学三大观点的综合应用三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．典例[2022·浙江6月]如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2g，l＝1m，R＝m，H＝m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点．(1)若h＝m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度m<hm，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)．[试答]针对训练4.[2023·海南一模]如图甲所示，质量为mA＝4kg的物块A与质量为mB＝2kg的长木板B并排放置在水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C.现引爆塑胶炸药，爆炸时间极短，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝m，小物块C的速度随时间变化图像如图乙所示．已知物块A与水平面间的动摩擦因数为μ0＝16，B与水平面无摩擦，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10m/s2，(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小vB；(2)C与B之间动摩擦因数μ；(3)小物块C的质量mC和小物块C与B相对静止时距长木板B右端的距离d.专题强化七碰撞模型的拓展例1解析：当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝12mAv02；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝12mA(2v0)2－12(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝32mv02答案：D例2解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知mBv0＝(mB＋mA)v0得：mB＝5mA＝5m此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝12mB(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx由题意，0～t0内，mAvA＋mBvB＝mBv0即mvA＋5mvB＝6mv0化简得vA＝5(v0－vB)根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝v0线的距离的5倍．由v－t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝v0线所围面积x1＝15xA＝v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝v0t0－xA－15xA＝v0t(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B动量守恒：mBv0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A动能不变：12m由题意知v′A＝2v0联立解得vA1＝v0对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有－mgh－μmghcosθsinθ＝0－12m(对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有-2μmghcosθsinθ＝12mvA12－联立解得μ＝0.45.答案：10.6mv02(2)v0t01．解析：由图可知t1时刻两木块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于拉伸状态，故A错误；结合图像弄清两木块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被拉伸到最长，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，故B正确；从0到t1时间，由动量守恒得m1v＝(m1＋m2)v1，将v＝3m/s，v1＝1m/s代入得m1：m2＝1：2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1m/s，B的速度为vB＝2m/s，根据m1：m2＝1：2，可求得Ek1：Ek2＝1：8，故D错误．答案：BC例3解析：因为水平地面光滑，物块和轨道组成的系统水平方向动量守恒当物块向上的速度为零，根据题意可知此时两物体速度相同又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，即12mv2：12Mv2＝1：2，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得：v0＝3v根据能量守恒定律得：12mv02＝12(M＋m)解得：Ep＝1此时物块的动能为Ek＝12mv2＝所以此时物块的动能与重力势能之比为1：6，故C正确，A、B、D错误．答案：C2．解析：设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝12mvQ2+12·2mvP2，Q离开P时的动能：Ek2＝答案：C例4解析：设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝12m0v02－12(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝12mv2＝6J，两式相除得EEk木＝m+m答案：A例5解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新滑块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝1-k2v0＝5(1－k)m/s＞可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k)m/s，方向向右．滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝1-2k3v0＝10-20k3m/s则新滑板速度方向也向右．(2)若k＝，可知碰后瞬间物块C、D形成的新滑块的速度为v′物＝5(1－k)m/s＝5×(1－)m/s＝m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v′滑＝10-20k3m/s＝0可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为m′＝2kg，新滑板的质量为M′＝3kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根据能量守恒可得μm′gx相＝1解得x相＝m.答案：(1)5(1－k)m/s10-20k3m/s(2)m3．解析：(1)设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，对小物块、小车分别应用牛顿第二定律可得μmg＝ma1，μmg＝Ma2，解得a1＝m/s2，a2＝m/s2.(2)因水平面光滑，则小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞时满足s1＋s2＝L对小物块由位移—时间公式可得s1＝v1t－12a1t对小车由位移—时间公式可得s2＝v2t－12a2t代入数据解得v1＝4m/s，v2＝2m/s由能量守恒定律知，爆炸释放的能量E＝1解得E＝12J.(3)爆炸后经多次碰撞，小物块最终相对小车静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下时，小车也停止运动．设小物块在小车上滑动的路程为s，根据能量守恒定律，则有E＝μmgs解得s＝15m设经n次碰撞物块相对小车停下，则有s＝nL＋d当n＝5时d＝m<L每奇数次碰撞