专题突破课9　碰撞模型及拓展-2025版物理大一轮复习

目标要求1.会分析、计算“滑块—弹簧”模型、“滑块—斜(曲)面”模型及“滑块—滑板”模型(子弹打木块模型)与碰撞的相似性。2.会用碰撞的相关知识解决实际问题。考点一“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同，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)。(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4kg和m2＝4kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15s内的v-t图像如图乙所示。求：甲乙(1)物体C的质量m3；(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。解析：(1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有m3vC＝(m1＋m3)v共1代入v-t图像中的数据解得m3＝2kg。(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2eq\f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq\f(1,2)(m1＋m3)v共22＋eq\f(1,2)m2v22由v-t图像可得v共1′大小为2m/s，方向水平向右，解得B的最大速度为v2＝2.4m/s。答案：(1)2kg(2)2.4m/s【对点训练】1.(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的处于竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g＝10m/s2，下列说法正确的是()A.弹簧弹开过程中，弹力对A的冲量大于对B的冲量B.A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/sC.A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·sD.若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点解析：BCD弹簧弹开两小球的过程中，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于B的冲量大小，故A错误；由动量守恒定律mv1＝Mv2，解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为v2＝2m/s，故B正确；设A球运动到Q点时速率为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv12＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝4m/s，根据动量定理I＝mv－(－mv1)＝1N·s，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s，故C正确；若半圆轨道半径改为0.9m，小球到达Q点的临界速度vQ＝eq\r(gR)＝3m/s，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律eq\f(1,2)mv12＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝0，小于小球到达Q点的临界速度，则A球不能达到Q点，故D正确。故选BCD。考点二“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，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。(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，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。解析：(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2，解得E损＝eq\f(1,4)mv02。(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律有mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2＝eq\f(1,2)×5m×(eq\f(1,5)v0)2＋2mgh，解得h＝eq\f(3v02,40g)。答案：(1)eq\f(1,4)mv02(2)eq\f(3v02,40g)【对点训练】2.(多选)质量为M的带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则()A.小球以后将向左做平抛运动B.小球将做自由落体运动C.此过程小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mv02D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq\f(v02,2g)解析：BC小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)×2Mv′2＋Mgh，联立解得h＝eq\f(v02,4g)，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为eq\f(1,2)Mv02，即此过程小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mv02，故B、C正确，A错误。考点三“滑块—滑板”模型(子弹打木块模型)1.模型图示2.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)若滑块未从木板上滑下或子弹未射穿木块，当两者速度相同时，木板或木块的速度最大，两者相对位移最大。3.求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。如图所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4kg，小铁块B(可视为质点)质量为m＝1kg，木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.2，小铁块B以v0＝10m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10m/s2)。则：(1)A、B的加速度分别为多少？(2)经过多长时间A、B速度相同，相同的速度为多少？(3)求薄木板的长度。解析：(1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝maB即aB＝μg＝2m/s2对木板A受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝MaA，即aA＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v共代入数据解得v共＝2m/s由于木板A做匀加速直线运动，则v共＝aAt代入数据解得t＝4s。(3)设薄木板的长度为L，则对A、B整体由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v共2代入数据解得L＝20m。答案：(1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s(3)20m【对点训练】3.(子弹打木块模型)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，一轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有一质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)gC.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)gD.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：C子弹射入木块时，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得子弹射入木块后的瞬间速度大小为v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v12,l)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。4.(滑块—木板模型)如图所示，质量M＝1kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5kg的小球C用长为6.4m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4m，将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10m/s2，求：(1)平板车的长度；(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能。解析：(1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma代入数据解得a＝6m/s2设物块与平板车最后的共同速度为v，根据运动学公式有v＝at＝3m/s设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝(m＋M)v解得v1＝4.5m/s设平板车的长度为L，根据能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入数据解得L＝1.125m。(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v0，根据机械能守恒定律有mg(l－lcos60°)＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝8m/s设碰撞后瞬间小球的速度为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝Mv1＋mv2解得v2＝－1m/s小球与平板车碰撞过程损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)Mv12＝5.625J。答案：(1)1.125m(2)5.625J

限时规范训练281.(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相等、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。已知A、B足够长，两种射入过程相比较()A.射入滑块A的子弹速度变化大B.整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D.两个过程中系统产生的热量相等解析：BD子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A错误；滑块A、B动量变化量相等，受到的冲量相等，B正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以系统产生的热量相等，D正确。2.如图所示，一质量m2＝0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝18m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2。下列分析正确的是()A.小物体在小车上相对小车滑行的时间为1sB.最后小物体与小车的共同速度为3m/sC.小车的最小长度为1.0mD.小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45N·s解析：D子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3m/s。小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得，I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝eq\f(1,3)s，选项A错误；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝m3v2＝0.45N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v12－eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5m，所以小车的最小长度为0.5m，选项C错误。3.(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()甲乙A.A物体的质量为3mB.A物体的质量为2mC.弹簧压缩最大时的弹性势能为eq\f(3,2)mv02D.弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02解析：AC对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝eq\f(1,2)Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相同，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)M·(2v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝eq\f(3,2)mv02，选项A、C正确，B、D错误。4.(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙，则有()甲乙A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态B.从t3到t4过程中，弹簧由压缩状态恢复原长C.两物块的质量之比m1∶m2＝1∶2D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8解析：CD开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，A减为零后又向B运动的方向加速，在t3时刻，两物块速度相同，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中，弹簧由伸长状态恢复原长，故A、B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得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Ek＝eq\f(1,2)mv2，且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确。5.(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为3m，静止在光滑的水平面上。现有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是()A.小球滑离小车时，小车回到原来位置B.小球滑离小车时小车的速度大小v车＝eq\f(1,2)vC.车上管道中心线最高点的竖直高度为eq\f(3v2,8g)D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq\f(mv,2)解析：BC由题意知小球与小车在水平方向上不受外力，在水平方向上动量守恒，小球相对小车上滑的过程中，小车向右加速运动，小球相对小车下滑的过程中，小车向右加速运动，所以小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A错误；设小球滑离小车时小车的速度大小为v车，由动量守恒可得mv＝3mv车＋mv球，由机械能守恒可得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×3mv车2＋eq\f(1,2)mv球2，解得v车＝eq\f(1,2)v，v球＝－eq\f(1,2)v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同，由动量守恒定律得mv＝(3m＋m)v′，可得此时的速度v′＝eq\f(1,4)v，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×4m×(eq\f(1,4)v)2＝mgh，所以车上管道中心线最高点的竖直高度h＝eq\f(3v2,8g)，故C正确；小球恰好到达管道的最高点后，小球和小车的速度相同，则小车的动量变化大小为Δp＝3m·eq\f(1,4)v＝eq\f(3,4)mv，故D错误。6.如图所示，一光滑的eq\f(1,4)圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径R＝0.8m，小车的右侧固定连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝3kg，小车置于光滑的地面，左侧靠墙，一物块从圆弧顶端上的A点由静止滑下，经过B点时无能量损失，最后物块停在车上的B点。已知物块的质量m＝1kg，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，BC长度为L＝2m，g取10m/s2。求在运动过程中：(1)弹簧的最大压缩量；(2)弹簧弹性势能的最大值。解析：(1)物块由A点到B点的过程中，由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝4m/s物块从经过B点开始到静止于B点系统动量和能量守恒有mvB＝(M＋m)veq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)解得x＝1m。(2)由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向有mvB＝(M＋m)v′此时的弹性势能最大，由能量守恒可得eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)由以上两式可得Ep＝3J。答案：(1)1m(2)3J7.如图为某机械装备中的一种智能减震装置，劲度系数为k的轻质弹簧套在固定于地面的竖直杆上，弹簧上端与质量为m的圆环P相连，初始时P处于静止状态，且弹簧弹力等于P的重力，P与杆之间涂有一层能调节阻力的智能材料。在P上方H处将另一质量也为m的光滑圆环Q由静止释放，Q接触P后发生碰撞(碰撞时间极短)并一起做匀减速运动，下移距离为eq\f(mg,k)时速度减为0，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：(1)Q与P发生碰撞瞬间时的共同速度的大小；(2)碰撞后PQ一起下移距离d(d<eq\f(mg,k))时，智能材料对P阻力的大小；(3)PQ一起下移距离d(d<eq\f(mg,k))过程中，智能材料对P阻力所做的功W。解析：(1)根据题意，设Q刚接触P时速度为v，Q自由下落时，有v2＝2gH可得v＝eq\r(2gH)设Q与P发生碰撞后速度为v′，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mv′则得v′＝eq\f(\r(2gH),2)。(2)根据题意可知，Q接触P后发生碰撞后一起做匀减速运动，设加速度大小为a，由运动学公式v2－v02＝2ax可得v′2＝2aeq\f(mg,k)解得a＝eq\f(kH,4m)设新型智能材料对P的阻力为F，对P、Q整体，由牛顿第二定律得k(eq\f(mg,k)＋d)＋F－2mg＝2ma解得F＝mg＋k(eq\f(H,2)－d)。(3)根据题意可知，Q下移距离d过程中，碰撞结束时，智能材料对P阻力的大小F0＝mg＋eq\f(kH,2)下移距离d时F＝mg＋k(eq\f(H,2)－d)智能材料阻力做功W＝－eq\f(F0＋F,2)d联立解得W＝eq\f(1,2)kd(d－H)－m