2025版高考物理全程一轮复习专题练习第七章碰撞与动量守恒专题强化七碰撞模型的拓展

这是一份2025版高考物理全程一轮复习专题练习第七章碰撞与动量守恒专题强化七碰撞模型的拓展，共9页。

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”．
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：系统所受的外力做功为零，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[2024·山东日照市模拟]A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M)．若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )
A．L1＞L2 B．L1＜L2
C．L1＝L2 D．不能确定
例 2 (多选)[2024·山东济南检测]如图所示，半径为R的圆弧轨道固定在水平面上，圆弧轨道底端和水平面相切，质量分别为5m和3m的物体B和C用一质量不计的弹簧连接放在水平面上，其中物体B左端刚好位于圆弧轨道圆心的正下方，质量为m的物体A由与圆心等高的位置从圆弧上静止释放，经一段时间物体A与物体B发生正碰，碰撞后物体A沿原路返回，A上升的最高点距水平面的高度为.假设三个物体均可视为质点、一切摩擦和阻力均可忽略，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．物体A、B碰后瞬间，物体A的速度大小为
B．物体A、B相互作用的过程中，物体A对物体B的冲量大小为m
C．弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgR
D．碰后物体C具有的最大速度为
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＝＋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＝(相当于完成了弹性碰撞)．
例 3 (多选)如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8 m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M＝3 kg，底端与水平面相切，左边有质量是m＝1 kg的小球A以初速度v0＝4 m/s从切点C(是圆弧的最低点)冲上斜劈，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球A不能从斜劈顶端冲出
B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30 N
D．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左
例 4 (多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为2 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
考点三 “滑块—木板”模型
例 5 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
例 6 [2023·辽宁卷]如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态．质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触．木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示．
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)．
[教你解决问题] 审题图解
过程1：m1、m2组成的系统动量守恒，由动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式解题；
过程2：m1、m2组成的系统在弹簧弹力作用下减速，由牛顿第二定律和系统动能定理解题；
过程3：m1、m2分别以不同的加速度减速，然后反向以不同的加速度加速，直到加速度相同，由动量定理和系统能量守恒定律解题．
核心素养提升答题要规范，得分有技巧
1.在书写答案时，应采用简洁的文字说明与方程式相结合的方式．
2．在解题过程中，必须使用题目中给出的物理量，若题目中未给出某些物理量，则需根据题意设定，并明确其物理含义，且采用通用的符号表示．
3．在列方程式时，应使用原始公式，不应使用导出公式而导致失分．
4．在列方程式时，应分步进行，不要列综合式或连等式，因阅卷时是要按式给分．
5．在解答过程中，应准确写出表达式和结果，而不必写出代入数据和运算过程．
6．若遇到实在不会做的题目，可以将题中可能用到的公式全部列出，评分时可能据所列出的公式是否正确，“踩点”给分．
典例在竖直平面内，质量为m1＝0.1 kg的小球A用长为l＝0.5 m的不可伸长的细线悬挂于O点，光滑水平地面到O点的距离为h＝0.5 m，在O点正下方放置一质量为m2＝0.1 kg的小球B.C为一固定的半径为R＝0.1 m的光滑半圆弧槽．把小球A拉到如图所示位置，细线恰好伸直，且细线与竖直方向的夹角α＝37°.由静止释放小球A，当细线再次伸直时，小球沿细线方向的速度瞬间变为0.两小球的碰撞为弹性碰撞，且两球都可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求小球A由静止释放后，细线再次伸直前瞬间，小球A的速度大小；
(2)判断小球B能否到达半圆弧槽最高点D，如果不能，请说明理由；如果能，求出小球B对半圆弧槽D点的压力大小．
[教你解决问题]
专题强化七 碰撞模型的拓展
考点一
例1 解析：当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v′
由机械能守恒定律得Ep＝mv2－(m＋M)v′2
联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝
同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有Ep＝
故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
例2 解析：物体A运动到圆弧轨道最低点与物体B碰撞前的速度大小记为v1，取轨道最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgR＝，得v1＝，碰撞后瞬间物体A的速度大小记为v′1，由动能定理有－mg×＝得，碰撞后瞬间物体B的速度大小记为v2，取水平向右为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律有mv1＝＋5mv2，得到v2＝，由动量定理可得，碰撞过程中物体B受到的冲量大小为I＝5mv2＝，故A正确，B错误；碰撞结束后，物体B与物体C的速度相等时弹簧储存的弹性势能最大，设物体B、C的共同速度为v3，根据动量守恒定律有5mv2＝(5m＋3m)v3，根据机械能守恒定律可知弹簧储存的最大弹性势能为Epm＝，得Epm＝mgR，故C正确；对物体B、物体C与弹簧组成的系统，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，物体B、C速度记为v′2、vC，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有(5m＋3m)v3＝＝，解得vC＝，故D正确．
答案：ACD
考点二
例3 解析：小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为F1，则F1－mAg＝
代入数据得F1＝30 N
小球A对斜劈的压力也是30 N，选项C正确；
假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为v1，小球竖直速度为v2，水平方向动量守恒mv0＝(m＋M)v1
小球和斜劈系统机械能守恒＝＋mgR
联立得v1＝＝－4 m/s<0
小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；
当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为v3、v4
mv0＝＝
联立得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s
小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左，选项D正确．故选ACD.
答案：ACD
例4 解析：A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得
v0＝＝
解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s
所以B的最大速率为4 m/s，故A正确；
B冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同速度为v，则由水平方向动量守恒有MvB＝(M＋2M)v
解得v＝ m/s，故B错误；
从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时的速度分别为v′B、v′C，由水平方向动量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C
由机械能守恒有＝
联立解得v′B＝－ m/s
由于|v′B|<|vA|
所以二者不会再次发生碰撞，故C错误，D正确．故选AD.
答案：AD
考点三
例5 解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE＝－(M＋m)v2＝882 J.
(2)假设子弹以v′0＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv′0＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块．
答案：(1)6 m/s 882 J (2)能
例6 解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m
(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共
对m2有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统，由动能定理有
＝(m1＋m2)
代入数据有v2＝ m/s
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1 m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程总用时为2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0时间内，对物块用动量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝ m/s
在此2t0时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能就等于物块减少的动能，ΔU＝
解得ΔU＝) J
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s ) J
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＝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．
(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．