高考物理【一轮复习】讲义练习第七章 第35课时　专题强化：碰撞模型及拓展

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习第七章 第35课时　专题强化：碰撞模型及拓展，共14页。试卷主要包含了理解碰撞的种类及其遵循的规律，特点，分类，“一动碰一静”弹性碰撞实例分析，6v0；0等内容，欢迎下载使用。
考点一 碰撞模型
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
3.分类
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1'＋m2v2'
12m1v12＝12m1v1'2＋12m2v2'2
联立解得：v1'＝m1-m2m1＋m2v1，v2'＝2m1m1＋m2v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。
质量为m、速度为v0的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。那么碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v0；(2)0.4v0。
答案 A球与静止的B球发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，B球的速度最小，vB＝mAmA＋mBv0＝14v0；当发生弹性碰撞时，B球的速度最大，vB＝2mAmA＋mBv0＝12v0。则碰后B球的速度范围为14v0≤vB≤12v0，所以B球的速度不可能是0.6v0，可能是0.4v0。
例1 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为( )
A.1 m/s 6 m/sB.4.5 m/s 3.5 m/s
C.3.5 m/s 4.5 m/sD.-1 m/s 9 m/s
答案 C
解析 设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA1＋mvB1＝6m＋2m＝8m，碰前的总动能Ek＝12mvA12＋12mvB12＝20m。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6 m/s，碰后总动量p'＝mvA1＋mvB1＝7m，动量不守恒，选项A错误；若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B错误；若vA3＝3.5 m/s，vB3＝4.5 m/s，碰后总动量p'＝mvA3＋mvB3＝8m，总动能Ek3＝12mvA32＋12mvB32＝16.25m，动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；若vA4＝-1 m/s，vB4＝9 m/s，碰后总动量p'＝mvA4＋mvB4＝8m，总动能Ek4＝12mvA42＋12mvB42＝41m，动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。
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至少有一个改变。
例2 (九省联考·贵州·15改编)如图，质量为m甲＝13 kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量为m乙＝1 kg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0＝4.8 m/s。碰后乙在AB间运动一段距离后与静止在B点、质量为m丙＝1 kg的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小之比为3∶1，碰后丙滑动d＝0.04 m后停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，所有碰撞时间极短，g取10 m/s2。求：
(1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；
(2)乙、丙碰撞过程损失的机械能。
答案 (1)2.4 m/s (2)0.08 J
解析 (1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律
m甲v0＝m甲v甲＋m乙v乙
由机械能守恒定律
12m甲v02＝12m甲v甲2＋12m乙v乙2
解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为
v乙＝2m甲m甲＋m乙v0＝2.4 m/s
(2)碰后，对丙由动能定理
-μm丙gd＝0-12m丙v丙2
解得v丙＝0.4 m/s
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律
m乙v乙1＝m乙v乙2＋m丙v丙
其中v乙1v乙2＝31
联立解得v乙1＝0.6 m/s，v乙2＝0.2 m/s
由能量守恒定律
12m乙v乙12＝12m乙v乙22＋12m丙v丙2＋ΔE
解得ΔE＝0.08 J。
例3 如图所示，可视为质点的弹性小球A、B在同一竖直线上且间距l＝2.4 m，小球B距地面的高度h＝1.8 m，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量mA＝0.1 kg，小球B的质量mB＝0.5 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：
(1)小球B第一次着地时小球A的速度大小vA；
(2)小球A、B第一次相碰时离地高度H；
(3)小球A、B第一次相碰后瞬间小球A的速度大小。
答案 (1)6 m/s (2)1 m (3)12 m/s
解析 (1)小球B刚着地时，小球A、B的速度大小相等，有vA2＝vB2＝2gh
解得vA＝vB＝6 m/s
(2)小球B着地反弹后，相对小球A做匀速直线运动，运动时间t1＝l2vB＝0.2 s
由运动学公式有H＝vBt1-12gt12
解得H＝1 m
(3)设两小球碰前瞬间，小球A的速度大小为vA1，小球B的速度大小为vB1，有
vA1＝vA＋gt1＝8 m/s
vB1＝vB-gt1＝4 m/s
方法一 两小球碰撞时动量守恒和机械能守恒，取竖直向上为正方向
mA(-vA1)＋mBvB1＝mAvA'＋mBvB'
12mAvA12＋12mBvB12＝12mAvA'2＋12mBvB'2
解得vA'＝12 m/s，vB'＝0
方法二 把碰撞过程分解为两个过程，先是碰后到速度相同，然后到分开，两个过程A球的速度变化相同，故mA(-vA1)＋mBvB1＝(mA＋mB)vA2
得vA2＝2 m/s
ΔvA＝10 m/s
vA＝vA2＋ΔvA＝12 m/s。
考点二 碰撞模型拓展

例4 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一个蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g取10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案 (1)20 kg (2)不能，理由见解析
解析 (1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体分析，由水平方向动量守恒和机械能守恒得
m2v0＝(m2＋m3)v①
12m2v02＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入数据得v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝-1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
12m2v02＝12m2v22＋12m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝-1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
例5 如图所示，质量为M＝2.0 kg，半径R＝0.3 m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球A、B质量分别为m1、m2，m1＝1.0 kg，m2＝2.0 kg，B右侧与球心等高处连接一水平轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将A从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)若圆弧槽固定不动，小球A滑离圆弧槽时的速度大小v0；
(2)若圆弧槽不固定，小球A滑离圆弧槽时的速度大小v1；
(3)圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能；
(4)判断小球A与弹簧分离后，能否追上圆弧槽，若能，求小球A上升的最大高度。
答案 (1)6 m/s (2)2 m/s (3)43 J (4)见解析
解析 (1)圆弧槽固定，小球A机械能守恒，有m1gR＝12m1v02
解得v0＝6 m/s
(2)圆弧槽不固定，槽和小球A组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m1v1＋Mv2＝0
由机械能守恒定律得m1gR＝12m1v12＋12Mv22
解得v1＝2 m/s，v2＝-1 m/s，负号表示圆弧槽的速度方向向右
(3)当小球A、B速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，
根据动量守恒得m1v1＝(m1＋m2)v
解得v＝23 m/s
根据能量守恒可得Epmax＝12m1v12-12(m1＋m2)v2
代入数据可得Epmax＝43 J
(4)设小球A与弹簧分离后速度为v1'，小球B速度为v3，
m1v1＝m1v1'＋m2v3
12m1v12＝12m1v1'2＋12m2v32
解得v1'＝-23 m/s，负号表示与弹簧分离后小球A方向向右
由于|v1'|＝23 m/sm2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2>3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
答案 AC
解析 根据动量守恒与机械能守恒
m1v＝m1v1＋m2v2
12m1v2＝12m1v12＋12m2v22
得v1＝m1-m2m1＋m2v，v2＝2m1m1＋m2v
可知，当m1>m2时，两车速度方向相同，A正确；若碰后黄车反向运动，则m12m1m1＋m2v，得m2>3m1，C正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v＝3∶1，得m1＋3m2＝0，不符合实际情况，D错误。
5.如图所示，小车上固定一个足够高的光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车(含轨道)的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是( )
A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B.小球沿轨道上升的最大高度为3v028g
C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
答案 B
解析 依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设小球达到最高点与轨道左端的竖直高度差为H，此时小球与小车共速且不为零，由动量守恒定律，可得mv0＝(m＋3m)v，根据能量守恒，可得12mv02＝12(m＋3m)v2＋mgH，联立解得H＝3v028g，故A错误，B正确；设小球滑离小车时，二者速度分别为v球和v车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0＝mv球＋3mv车，12mv02＝12mv球2＋12×3mv车2，联立解得v球＝-12v0，v车＝12v0，可知小车相对小球的速度大小为Δv＝v车-v球＝v0，故C、D错误。
6.(12分)(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(3分)碰撞时离地高度x；
(2)(6分)碰后速度v；
(3)(3分)碰撞损失机械能ΔE。
答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h-12gt2＝1.2 m-12×10×0.22 m＝1 m
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t-12gt2
解得vB0＝6 m/s
碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0-gt＝4 m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA-mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE＝12mAvA2＋12mBvB2-12(mA＋mB)v2
＝12 J。
7、8题每小题6分，9题16分，共28分
7.(多选)(2024·广东卷·10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距H乙μ
答案 ABD
解析 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝12gsin θ·t12
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3，
乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3
由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，
乙下滑过程有mgH乙＝12mv乙2
乙在水平面运动到停止有v乙2＝2μgx
联立可得x＝H乙μ
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距H乙μ。故D正确。
8.(多选)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg和mB＝2 kg，用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右
C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s
答案 AD
解析 A、C碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝12(mA＋mC)v12＝48 J，故A正确；以水平向右为正方向，4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2-v1)＝-48 N·s，由系统能量守恒可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的时间内对B由动量定理可得-I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝-48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B错误；当B的速度与A、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC＋mB)v2'，解得v2'＝-3 m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep'＝12(mA＋mC)v22-12(mA＋mC＋mB)v2'2＝12 J，故C错误；当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v3＋mBv4，12(mA＋mC)v22＝12(mA＋mC)v32＋12mBv42，解得v4＝-6 m/s，负号表示方向向左，故D正确。
9.(16分)(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质量m＝0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(5分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)(5分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)(6分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案 (1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ