2021高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律专题强化七“碰撞类”模型问题学案作业（含解析）新人教版

专题强化七　“碰撞类”模型问题

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．学好本专题，可以使同学们掌握根据物理情景或解题方法的相同或相似性，进行归类分析问题的能力．

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．

1．弹性碰撞

碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等．

(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2

v1′＝

v2′＝

(2)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.

2．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

3．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

4．碰撞遵守的原则

(1)动量守恒．

(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或

＋≥＋.

(3)速度要合理

①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后．

②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零．

例1　如图1所示，质量为m1＝0.2kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量为m2＝1kg.碰撞前瞬间，A的速度大小为v0＝3m/s，B静止在水平面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间．

图1

答案　见解析

解析　假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有

m1v0＝(m1＋m2)v1

碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有

－μ(m1＋m2)gt1＝0－(m1＋m2)v1

解得t1＝0.25s

假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有

m1v0＝m1vA＋m2vB

由机械能守恒有

m1v＝m1v＋m2v

设碰后B滑行的时间为t2，则

－μm2gt2＝0－m2vB

解得t2＝0.5s

可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足0.25s≤t≤0.5s.

变式1　(2019·福建泉州市质量检查)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v，儿子的速度大小为2v.两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动．已知父亲和车的总质量为3m，儿子和车的总质量为m，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，求：

(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；

(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小．

答案　(1)μgt　μgt2　(2)3mv－3μmgt

解析　(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v1，由动量定理可得

－μ·3mgt＝0－3mv1

得v1＝μgt

设此后父亲能滑行的最大距离为s，由动能定理可得

－μ·3mgs＝0－×3mv

得s＝μgt2

(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得

3mv－m·2v＝3mv1＋mv2

设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I，由动量定理可得

I＝mv2－(－m·2v)

解得I＝3mv－3μmgt

例2　(2019·山东日照市3月模拟)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2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(　　)

图2

A．L1>L2 B．L1<L2

C．L1＝L2 D．不能确定

答案　C

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．

变式2　两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图3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3

(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)3m/s　(2)12J

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

解得vA＝3m/s

(2)B、C碰撞过程系统动量守恒

mBv＝(mB＋mC)vC

故vC＝2m/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＝12J

例3　如图4所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放．重力加速度为g，求：

图4

(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；

(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；

(3)B的最大速度的大小．

答案　(1)　3mg＋Mg　(2)

(3)

解析　(1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgR＝mv

解得小球到b点时的速度大小为v0＝

在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m

解得FN＝3mg

由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力FN′＝FN＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg.

(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v

由机械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh

解得h＝.

(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2

由能量守恒定律可知mv＝mv＋Mv

解得v2＝.

变式3　(2020·甘肃天水市调研)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

2mgh＝×2m2－×5m2

解得h＝.

例4　(2019·河南九师联盟质检)如图6所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动．B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力．求：

图6

(1)木板C的最终速度大小；

(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff大小；

(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t.

答案　(1)v　(2)　(3)

解析　(1)设水平向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1

解得v1＝

A滑到C上，A、C动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2

解得v2＝v；

(2)根据能量关系可知，在A、C相互作用过程中，木板C与物块A之间因摩擦产生的热量为Q＝(3m)v2＋mv－(3m＋m)v

Q＝Ff· 

联立解得Ff＝；

(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1

解得t＝.

变式4　(2019·四川攀枝花市第二次统考)如图7所示，质量m＝1kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度均为0.6m且上表面等高．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端．小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10m/s2，求：

图7

(1)小物块离开平台时速度的大小；

(2)水平恒力F对小物块冲量的大小．

答案　(1)3m/s　(2)5N·s

解析　(1)设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：

由动量守恒：mv0＝(m＋M)v1

由能量守恒：mv＝(m＋M)v＋μmgl

联立以上两式并代入数据得：v0＝3m/s

(2)设水平恒力F对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上相对平台运动的时间为t.小物块在平台上相对平台运动的过程，对小物块：

由动量定理：I－μmgt＝mv0－0

由运动学规律：l＝·t

联立并代入数据得：I＝5N·s.

1.如图1所示，光滑水平面上质量为m1＝2kg的物块以v0＝2m/s的初速度冲向质量为m2＝

6kg的静止的光滑圆弧面斜劈体，圆弧部分足够长．求：

图1

(1)物块m1刚滑到最高点位置时，二者的速度大小；

(2)物块m1刚从圆弧面滑下后，二者速度大小．

(3)若m1＝m2，物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小．

答案　见解析

解析　(1)物块m1与斜劈体作用过程水平方向动量守恒，且到最高点时共速，以v0方向为正，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.5m/s；

(2)物块m1从滑上圆弧面到从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，能量守恒，则有：

m1v0＝m1v1＋m2v2，

m1v＝m1v＋m2v，

解得：v1＝v0，v2＝v0

代入数据得：v1＝－1m/s，v2＝1 m/s；

(3)若m1＝m2，根据上述分析，物块m1从圆弧面滑下后，交换速度，即v1′＝0，v2′＝2m/s.

2．(2019·河北唐山市上学期期末)如图2所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2＝

3kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1＝2kg的滑块A由曲面上某一高度H处无初速度释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，碰后滑块B在平面上滑行的距离为L＝2m，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g＝10m/s2.求：

图2

(1)滑块B在碰撞后瞬间的速度大小；

(2)滑块A的释放高度．

答案　(1)4m/s　(2)1.25m

解析　(1)碰后滑块B减速滑行，由动能定理得：

－μm2gL＝－m2v

滑块B碰后瞬间的速度：v2＝4m/s

(2)两滑块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：

m1v0＝m1v1＋m2v2

m1v＝m1v＋m2v

滑块A下滑过程，由动能定理得m1gH＝m1v

由以上各式解得H＝1.25m

3．如图3所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一竖直固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，(取＝3.16)求：

图3

(1)滑块C的初速度v0的大小；

(2)当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小；

(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量．

答案　(1)9m/s　(2)1.9 m/s　(3)1.47N·s，方向水平向右

解析　(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：

mCv0＝(mB＋mC)v1

弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得：

Ep＝(mB＋mC)v

解得：v1＝3m/s，v0＝9 m/s

(2)设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得：

mAv3＝(mB＋mC)v2，

根据能量守恒定律得：

Ep＝mAv＋(mB＋mC)v

解得：v2≈1.9m/s

(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，由动量定理得：

I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)

解得：I＝1.47N·s，方向水平向右．

4．(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图4甲所示，半径为R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，与圆心O等高；B为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝3kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1kg，g取10m/s2.

图4

(1) 求物块滑到B点时对轨道压力的大小；

(2) 物块相对小车静止时距小车左端多远？

答案　(1)30N　(2)1.75m

解析　(1)物块从光滑圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgR＝mv

代入数据解得vB＝4m/s

在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m

代入数据解得FN＝30N

由牛顿第三定律可知，物块滑到B点时对轨道的压力大小：FN′＝FN＝30N

(2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．以向右为正方向，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v

代入数据解得v＝1m/s

由能量关系得系统因摩擦产生的热量Q＝mv－(m＋M)v2

解得Q＝6J

由功能关系知Q＝μ1mgx1＋μ1mg(x－x1)

将μ1＝0.4，x1＝0.5m代入可解得x＝1.75m.