高二物理（人教版）导学案选择性必修一第一章综合融通（三）四种“类碰撞”模型

综合·融通(三)四种“类碰撞”模型(融会课主题串知综合应用)通过本节课的学习进一步掌握用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧,能够从动量和能量的观点分析子弹打木块模型、“滑块—弹簧”模型、“滑块—曲面体”模型、“滑块—滑板”模型。主题(一)子弹打木块模型模型图示模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。(2)系统的机械能有损失。两种情境(1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒:mv0=(m+M)v能量守恒:Q=Ff·s=12mv0212(M+(2)子弹穿透木块动量守恒:mv0=mv1+Mv2能量守恒:Q=Ff·d=12mv[例1](2024·湖北高考)(多选)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则()

A.子弹的初速度大小为2B.子弹在木块中运动的时间为2C.木块和子弹损失的总动能为kD.木块在加速过程中运动的距离为mL听课记录:[针对训练]1.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示,则上述两种情况相比较,下列说法正确的是()A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大主题(二)“滑块—弹簧”模型模型特点(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:系统在运动过程中只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒。(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相等,弹簧弹性势能最大,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,弹簧弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。[例2](2025·山西晋中阶段练习)(多选)如图甲所示,质量分别为mA=1kg、mB=2kg的滑块A、B放在光滑的水平面上,之间用一质量可忽略不计的弹簧连接,滑块B紧靠在竖直的墙壁上。现有一质量为mC的滑块C沿水平面向右运动,从0时刻开始计时,2s末与滑块A碰撞且粘在一起,0~6s内滑块C的速度—时间图像如图乙所示,则下列说法正确的是()A.滑块C的质量mC=2kgB.全过程整个系统损失的机械能为9JC.2~6s内,墙壁对滑块B的冲量大小为6N·sD.整个过程中滑块B的最大动能为9J听课记录:[针对训练]2.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示,在光滑的水平面上有两个滑块P、Q,滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动,滑块P的质量为3m,滑块Q的质量为m。不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.当弹簧被压缩至最短时,滑块Q的动能达到最小值B.弹簧的弹性势能最大值为52mC.两个滑块分离时滑块Q的速度大小为2v0D.弹簧存在弹力的过程中,弹力对滑块P的冲量大小为mv0主题(三)“滑块—曲面体”模型模型图示模型特点(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=12(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(2)返回最低点:水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,12mv02=12mv12+12[例3](多选)如图所示,光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态,小车上表面是一半径为R的14光滑圆弧曲面,圆弧的最低点切线水平。某一时刻,一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车。则下列说法正确的是()A.小球沿曲面向上运动的过程中,小球和小车组成的系统动量守恒B.小球沿曲面向下运动的过程中,小车的动量增加C.小球离开小车时小球的速率等于v0D.若小球速度较大,会从圆弧轨道上端抛出,但仍会落回小车听课记录:[针对训练]3.(多选)如图所示,小车的上表面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。现有一可视为质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是()A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置B.在小球滑上曲面的过程中,小车的动量变化量是12C.小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化D.小车上曲面的竖直高度不会大于v主题(四)“滑块—滑板”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)若滑块未从滑板上滑下,当两者速度相同时,滑板速度最大,相对位移最大。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=E初E末或Q=FfΔx,研究对象为一个系统。[例4](2024·甘肃高考)如图,质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。(2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后,C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。尝试解答:[针对训练]4.(2025·湖南益阳阶段练习)(多选)如图所示,质量m=0.2kg、长度L=1m的木板B在光滑水平面上以v0=3m/s的速率水平向右做匀速直线运动,质量为2m的小物块A以2v0的速率水平向右滑上木板的左端。已知A与B间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.A最终会从木板的右端掉下来B.A在B上相对滑动的时间为0.2sC.整个运动过程B对A做的功为9.4JD.整个运动过程因摩擦产生的内能为0.6J课下请完成课时跟踪检测(八)及阶段质量检测(一)综合·融通(三)四种“类碰撞”模型主题(一)[例1]选AD子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小为v＝eq\f(mv0,m＋M)，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰好不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝eq\f(2kLm＋M,mM)；若子弹能够射出木块，则有v0>eq\f(2kLm＋M,mM)，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－eq\f(1,2)amt2－eq\f(1,2)aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝eq\f(2kmL,2Mm－M＋mkt)，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝eq\f(2kLm＋M,mM)，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝eq\f(mM,km＋M)，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝eq\f(2k2L2m＋M,mM)，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝eq\f(vt,2)，解得木块在加速过程中运动的距离x＝eq\f(mL,m＋M)，D正确。[针对训练]1．选ABC以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，两种情况下系统减少的动能相等，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两种情况下子弹对滑块做的功相同，故C正确；由Q＝Ff·x相对知，由于x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。主题(二)[例2]选BD由题图乙知，滑块C与滑块A碰前瞬间速度为v1＝6m/s，碰后瞬间整体速度为v2＝3m/s，滑块C与滑块A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得mCv1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v2，解得mC＝1kg，故A错误；全过程系统中只有滑块C与滑块A碰撞时有机械能损失，则有ΔE＝eq\f(1,2)mCv12－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v22＝9J，故B正确；2s时滑块A和滑块C的速度为v2＝3m/s，6s时滑块A和滑块C的速度为v3＝－3m/s，2～6s内墙壁对滑块B的冲量等于滑块AC的动量变化量，故有I＝(mA＋mC)(v3－v2)＝－12N·s，故C错误；当滑块AC和滑块B向左运动且弹簧再次恢复原长时，滑块B的速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v3′＋mBvB，eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v3′2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得vB＝－3m/s，故滑块B的最大动能为EkB＝eq\f(1,2)mBvB2＝9J，故D正确。[针对训练]2．选C当弹簧被压缩至最短时，滑块P、Q共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律可知3mv0－mv0＝4mv，解得v＝eq\f(1,2)v0，可知滑块Q的速度由向左变成向右，动能最小值为零，所以当弹簧被压缩至最短时，滑块Q的动能不是最小值，故A错误；当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律可知eq\f(1,2)·3mv02＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·4mv2＋Epm，解得弹簧的弹性势能最大值为Epm＝eq\f(3,2)mv02，故B错误；两个滑块分离时，设滑块P的速度为v1，滑块Q的速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv0－mv0＝3mv1＋mv2，eq\f(1,2)·3mv02＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·3mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得v1＝0，v2＝2v0或v1＝v0，v2＝－v0(舍去)，故C正确；弹簧存在弹力的过程中，弹力对滑块P的冲量大小为I＝3mv1－3mv0＝－3mv0，负号表示方向向左，大小为3mv0，故D错误。主题(三)[例3]选BD小球沿曲面向上运动的过程中，小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但整体所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；小球沿曲面向下运动的过程中，小车受到的冲量向右，小车的动量增加，故B正确；小球离开小车时，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，故C错误；若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但抛出时两者水平方向速度相同，水平方向相对静止，所以仍会落回小车，故D正确。[针对训练]3．选BD小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下曲面的过程，小车仍继续向右运动，不会回到原位置，故A错误；小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于小车和球组成的系统，取水平向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得mv＝2mv1，解得共同速度v1＝eq\f(v,2)，小车动量的变化量Δp＝mv1－0＝eq\f(mv,2)，故B正确；由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误；如果曲面光滑，则小车和球组成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2mv12＝mgh，解得h＝eq\f(v2,4g)；如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，小球能上升的高度还要更小些，故D正确。主题(四)[例4]解析：根据题意，A、C质量均为m＝2kg，B的质量为M＝6kg，细绳OP长为l＝1.6m，初始时细绳与竖直方向夹角θ＝60°。(1)从A开始运动到最低点，由动能定理得mgl(1－co