2024高考物理大一轮复习题库 专题强化八 碰撞类的四类模型

这是一份2024高考物理大一轮复习题库 专题强化八 碰撞类的四类模型，共17页。试卷主要包含了04 m，5 m/s，2，0 kg的静止物块以大小为5等内容，欢迎下载使用。

专题强化八　碰撞类的四类模型
【专题解读　1.本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析。2.会分析物体的正碰模型、“滑块—弹簧”、“滑块—斜面”、“滑块—木板”碰撞模型的特点，并会应用相应规律解决问题。3.用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒定律，动能定理和能量守恒定律。
模型一　“物体与物体”正碰模型
1．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的结论
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
v1′＝
v2′＝
(2)若v2＝0时，v1′＝ v1
v2′＝ v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；
③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；
④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；
⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
3．非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk损
4．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
【真题示例1 (2020·全国Ⅲ卷，15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图1中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)

图1
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
答案　A
解析　设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋
m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。
【针对训练1 (多选)(2021·广东肇庆市统测)质量为m1的物块在光滑水平面上与质量为m2的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m1的物块恰好静止，则两者质量之比可能为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
答案　CD
解析　设碰前每个物体的动量为p，碰后滑块m2的速度为v，由动量守恒定律得2p＝m2v，由能量守恒定律可知，碰前系统的动能大于等于碰后系统的动能，又Ek＝，可得＋≥m2v2＝m2，联立解得≥3，故C、D正确。
模型二　“滑块—弹簧”碰撞模型
1．模型图示

2．模型特点
(1)两个或两个以上的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，类似弹性碰撞。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和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(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
【例2 (2021·重庆市质量调研)如图2所示，质量均为m的滑块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连后静止放在光滑水平面上，滑块B紧靠竖直墙壁。用大小为F的水平恒力向左推滑块A，当滑块A向左运动的速度最大时撤去该恒力F，求：

图2
(1)撤去恒力F时，弹簧的形变量x；
(2)撤去恒力F后，滑块A的最大速度vm；
(3)B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能Ep。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)用大小为F的水平恒力向左推滑块A，A在水平方向上受到推力和弹簧弹力的作用，当滑块A向左的速度最大时，弹簧弹力等于推力F，由胡克定律有F＝kx
解得x＝。
(2)撤去恒力F后，滑块A向左运动压缩弹簧，在弹簧弹力作用下，向左做减速运动，速度减为零后向右做加速运动，弹簧达到原长时速度最大，之后弹簧对A的弹力向左，滑块A向右做减速运动，故弹簧恢复原长时，滑块A的速度最大，在恒力开始作用到弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力做功为零，则
Fx＝mv
解得vm＝。
(3)B离开墙壁后，A、B和弹簧组成的整体机械能守恒，当A、B速度相等时，两滑块相距最远，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有mvm＝2mv
这个过程中机械能守恒，故有
Ep＝mv－×2mv2
联立解得Ep＝。
【针对训练2 (2021·天津市等级考模拟)如图3所示，一水平轻弹簧右端固定在水平面右侧的竖直墙壁上，质量为m2＝2 kg的物块静止在水平面上的P点，质量为m1＝1 kg的光滑小球以初速度v0＝3 m/s与物块发生弹性正碰，碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P点。不计空气阻力，物块和小球均可视为质点。求：

图3
(1)小球的最终速度；
(2)弹簧的最大弹性势能Ep。
答案　(1)1 m/s，方向水平向左　(2)2 J
解析　(1)规定向右为正方向，设小球与物块发生弹性正碰后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2。碰撞前后小球与物块系统动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2
碰撞前后瞬间小球与物块系统机械能守恒
m1v＝m1v＋m2v
由以上两式解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
小球的最终速度大小为1 m/s，方向水平向左。
(2)设物块碰后向右运动至回到P点的全过程，物块克服摩擦力做的功为W克
对全过程，由动能定理得
－W克＝0－m2v
碰后物块向右运动至速度为零的过程中，由动能定理得
－－Ep＝0－m2v
解得弹簧的最大弹性势能Ep＝2 J。
模型三　“滑块—斜(曲)面”碰撞模型
1．模型图示

2．模型特点
(1)最高点：m1与m2具有共同水平速度v共，m1不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系统机械能守恒，m1v＝(m2＋m1)v＋m1gh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)最低点：m1与m2分离点。水平方向动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系统机械能守恒，m1v＝m1v＋m2v(完全弹性碰撞拓展模型)。
【例3 (2021·江苏常州市模拟)如图4所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s。g取10 m/s2。求：

图4
(1)小物块被弹簧弹出时的速度；
(2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；
(3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。
答案　(1)5 m/s　方向向右　(2)1 m (3)3 m/s　方向向左　0.04 m
解析　(1) 设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5 m/s。
(2)小物块第一次上升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒，有
mv＝(m＋M)v＋mgh1
解得h1＝1 m。
(3)小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，
有mv1＝mv1′＋Mv2′
mv＝mv1′2＋Mv2′2
解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s
系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则
mv1′＋Mv2′＝(m＋M)v
mv1′2＋Mv2′2＝(m＋M)v2＋mgh2
解得h2＝0.04 m。
【针对训练3 如图5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：

图5
(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。
答案　(1)mv　(2)
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＝v0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝mv－×2mv2
解得E损＝mv。
(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mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝v0
根据机械能守恒得
×2m(v0)2＝×5m×(v0)2＋2mgh
解得h＝。
模型四　“滑块—木板”碰撞模型
1．模型图示

2．模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)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。
(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。
【例4 (2021·天津市等级考模拟)如图6所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4 kg，小铁块B(可视为质点)质量为m＝1 kg，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＝10 m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10 m/s2)。求：

图6
(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)薄木板的长度？
答案　(1)0.5 m/s2　2 m/s2 (2)4 s　2 m/s　(3)20 m
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＝2 m/s2
对木板A受力分析，由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，即aA＝＝0.5 m/s2。
(2)由于A、B组成的系统合外力为零，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＝2 m/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＝4 s。
(3)设薄木板的长度为L，则对A、B整体由动能定理有
－μmgL＝(m＋M)v－mv
代入数据解得L＝20 m。
【针对训练4 一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。求：
(1)子弹、木块相对静止时的速度大小；
(2)子弹在木块内运动的时间；
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块的对地位移大小以及子弹打进木块的深度。
答案　(1)v0　(2)
(3)　　
解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0。
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，对木块由动量定理得Fft＝Mv－0，
解得t＝。
(3)设子弹、木块的对地位移分别为x1、x2，如图所示。由动能定理得

对子弹－Ffx1＝mv2－mv
解得x1＝
对木块Ffx2＝Mv2
解得x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即
x相＝x1－x2＝。

1．(2021·安徽马鞍山市质量监测)如图1所示，光滑水平面上停放着一辆小车，小车的光滑四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切。在小车的右端固定一轻弹簧，一小球从圆弧轨道上某处由静止释放。①若水平轨道光滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v1，弹簧的弹性势能为Ep1；②若水平轨道粗糙，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v2，弹簧的弹性势能为Ep2。则(　　)

图1
A．v1Ep2
C．v1>v2，Ep1v2，Ep1 >Ep2
答案　B
解析　弹簧第一次被压缩至最短时，小球与小车具有共同速度。两种情况的水平面都光滑，对小球和小车组成的系统，由动量守恒定律，有0＝(m1＋m2)v，所以弹簧第一次被压缩至最短时，v1＝v2。当水平轨道粗糙时，有摩擦生热，根据能量守恒可知Ep1>Ep2，故选项B正确。
2．如图2甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为(　　)

图2
A．2 m/s，5 kg B．2 m/s，3 kg
C．3.5 m/s，2.86 kg D．3.5 m/s，0.86 kg
答案　B
解析　由图像可知，碰前A的速度为v1＝ m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝ m/s＝2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3 kg，故选项B正确。
3．(多选)(2021·河南郑州市质检)如图3所示，质量为M的滑槽静止在光滑的水平地面上，滑槽的AB部分是粗糙水平面，BC部分是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道。现有一质量为m的小滑块从A点以速度v0冲上滑槽，并且刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C点，忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)

图3
A．滑块滑到C点时，速度大小等于v0
B．滑块滑到C点时速度变为0
C．滑块从A点滑到C点的过程中，滑槽与滑块组成的系统动量和机械能都守恒
D．滑块从B点滑到C点的过程中，滑槽与滑块组成的系统动量不守恒，机械能守恒
答案　AD
解析　滑槽与滑块组成的系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。刚好能够滑到最高点C，则在C点竖直速度为0，设滑块滑到C点时，速度大小为v。取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得v＝v0，故A正确，B错误；滑块从A滑到B的过程，滑槽与滑块组成的系统合外力为零，动量守恒，由于摩擦生热，所以系统的机械能不守恒，故C错误；滑块从B滑到C的过程，滑块竖直方向有分加速度，根据牛顿第二定律知系统的合外力不为零，则滑槽与滑块组成的系统动量不守恒，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故D正确。
4．(多选)(2021·新疆维吾尔自治区联考)如图4所示，光滑的水平地面上，质量为m的小球A正以速度v向右运动。与前面大小相同质量为3m的B球相碰，则碰后A、B两球总动能可能为(　　)

图4
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
答案　AC
解析　若A、B发生的是弹性碰撞，则没有能量的损失，碰后的总动能为mv2；若发生的是能量损失最多的完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv＝4mv1，则碰后两者总动能为Ek＝×4m＝mv2，因此，碰后两者总动能满足mv2≤E总≤mv2，故A、C正确，B、D错误。
5．(多选) (2021·湖南岳阳市教学质检)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图5所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则(　　)

图5
A．C球落地前瞬间A球的速度为
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
答案　ABD
解析　因为A、B、C球由静止同时释放，所以A与C落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得vA＝vC＝，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，mCv＋mBv＝mBvB′2，解得mC＝3mB，vB′＝，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，mBvB′2＋mAv＝mAvA′2，解得mB＝2mA，vA′＝3，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由以上分析解得vA′＝3，A球弹起的最大高度vA′2＝2ghmax，hmax＝＝9H，C错误，D正确。
6．(多选)(2020·全国Ⅱ卷，21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
答案　BC
解析　选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为m运，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝m运v1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有m运v1＋mv0＝－mv0＋m运v2，依此类推，m运v2＋mv0＝－mv0＋m运v3，…，m运v7＋mv0＝－mv0＋
m运v8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m运＜15m，即52 kg＜
m运＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
7．(2021·北京东城区一模)如图6所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道半径为R，下端与水平桌面相切，小球A从圆弧轨道顶端无初速滑下，与静止在圆弧轨道底端的小球B相碰，A与B碰撞后结合为一个整体，在水平桌面上滑动。已知圆弧轨道光滑，A和B的质量相等， A、B与桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B均可视为质点。求：

图6
(1)碰撞前瞬间A的速度大小v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v′；
(3)A和B整体在水平桌面上滑行的最远距离s。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)设两小球质量均为m，对小球A从圆弧轨道顶端滑到底端的过程，由机械能守恒定律有mgR＝mv2，解得v＝。
(2)对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律有mv＝2mv′，解得v′＝。
(3)对A、B整体在水平桌面上滑行的过程，由动能定理有－μ·2mgs＝0－×2mv′2
解得s＝。
8．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图7所示。已知B与C碰撞后会粘在一起运动。在以后的运动中：

图7
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
答案　(1)3 m/s　(2)12 J
解析　(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，由动量守恒定律得
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA
代入数值解得vA＝3 m/s。
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒
mBv＝(mB＋mC)vC
代入数值解得vC＝2 m/s
碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故
Ep＝mAv2＋(mB＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v＝12 J。
9．(2021·广东潮州市模拟)如图8所示，一光滑的圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径R＝0.8 m，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＝3 kg，小车置于光滑的地面上，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＝1 kg，物块与小车间的摩擦因数为μ＝0.1，BC长度为L＝2 m，g取10 m/s2。求在运动过程中

图8
(1)弹簧的最大压缩量；
(2)弹簧弹性势能的最大值。
答案　(1)1 m　(2)3 J
解析　(1)物块由A点到B点的过程中，由动能定理得
mgR＝mv，解得vB＝4 m/s
从开始到静止于B点系统动量和能量守恒有
mvB＝(M＋m)v
mv＝(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)
解得x＝1 m。
(2)由B点至将弹簧压缩到最短，取vB方向为正方向，对系统由动量守恒定律有
mvB＝(M＋m)v′
此时的弹性势能最大，由能量守恒定律可得
mv＝(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)
由以上两式可得Ep＝3 J。
10．(2021·1月辽宁适应性测试，13)如图9所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态。套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降到达最低点。已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。求：

图9
(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W。
答案　(1)mgh　(2)mgh
解析　(1)碰撞前，圆环做自由落体运动，有v＝2gh
碰撞时由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
系统机械能减少量
ΔE＝mv－(m＋2m)v
解得ΔE＝mgh。
(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
(m＋2m)g·－W＝0－(m＋2m)v
解得W＝mgh。