2023版高考物理创新设计二轮复习讲义微专题四　碰撞模型

这是一份2023版高考物理创新设计二轮复习讲义微专题四　碰撞模型，共5页。
微专题四　碰撞模型角度1弹性碰撞模型【例1】 (多选)(2022·山东省实验中学模拟)在足够长的光滑水平面上，物块A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，且m＝M，若开始时三者均处于静止状态，现给A一个向右的冲量I，物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞，关于A只与B、C间发生碰撞的分析正确的是(　　)图1A.A与B、C之间只能各发生一次碰撞B.A、B之间只能发生一次碰撞，A、C之间可以发生两次碰撞C.A、C之间只能发生一次碰撞，A、B之间可以发生两次碰撞D.A、C第一次碰撞后，C速度大小为vC1＝·答案　AD解析　取向右为正方向，设A、C碰撞之前A的速度为vA，第一次A、C碰撞之后，A的速度为vA1，C的速度为vC1，对物体A，根据动量定理有I＝mvAA、C发生弹性碰撞，碰撞过程中系统的动量守恒，则有mvA＝mvA1＋MvC1由能量守恒定律有mv＝mv＋Mv又有m＝M联立解得vA1＝vA＝－，vC1＝vA＝·＝，故D正确；由上述分析可知，A、C碰撞之后，A反向弹回，则A和B可以发生碰撞，同理可得，A和B碰撞之后，A和B的速度分别为vB1＝vA1＝－，vA2＝vA1＝，则vA2<vC1，则A和C不能发生第二次碰撞，要想A和B发生第二次碰撞，A和C必须发生第二次碰撞，故B、C错误，A正确。角度2非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型【例2】 (多选)(2022·新疆维吾尔自治区二诊)如图2甲，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触；另有一物块C从t＝0时，以一定速度向右运动。在t＝4 s时与物块A相碰，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(　　)图2A.墙壁对物块B的弹力在4～12 s的时间内对B的冲量I的大小为12 N·sB.物块C的质量为2 kgC.B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为8 JD.B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为4 J答案　BD解析　由题图乙知，C与A碰撞前速度为v1＝6 m/s，碰后速度大小为v2＝2 m/s，C与A碰撞过程中动量守恒，取碰撞前C的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2，解得C的质量mC＝2 kg，B正确；由题图乙可知12 s末A和C的速度为v3＝－2 m/s，4 s到12 s，墙对B的冲量为I′＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I′＝－24 N·s，方向向左，则墙壁对物块B的弹力在4～12 s的时间内对B的冲量I的大小为24 N·s，A错误；12 s后B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A、C的速度方向为正方向。由动量守恒定律得(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4，由机械能守恒定律得Ep＝(mA＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v，代入数据解得Ep＝4 J，D正确，C错误。 角度3类碰撞模型题型1　“小球—曲面”模型示意图小球上升至最高点时(小球的重力势能最大)小球返回曲面底端时(小球的重力势能为零)水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v水平方向动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：m1v＝(m1＋m2)v2＋m1gh能量守恒：m1v＝m1v＋m2v相当于完全非弹性碰撞相当于弹性碰撞【例3】 (多选)(2022·辽宁联合模拟)如图3所示，将一质量为M、半径为R、内壁光滑的半圆槽置于光滑的水平面上，现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m(M>m)的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是(　　)图3A.小球能滑至半圆槽左端槽口处B.小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为RC.若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，则小球再次回到半圆槽最低点时的速度大小为v0D.若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，则离开槽口后还能上升的最大高度为H＝－R答案　ACD解析　小球和半圆槽组成的系统水平方向不受外力，动量守恒且总动量为零，当小球到半圆槽左端最高处时，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒定律知，速度为零，结合机械能守恒定律可知小球能滑至半圆槽左端槽口处，故A正确；设小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为x，取向左为正方向，对系统水平方向由平均动量守恒可得0＝m－M，解得x＝R，故B错误；若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，设小球再次回到轨道最低点的速度大小为v1、槽的速度大小为v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律可得mv＝mv＋Mv，联立解得v1＝v0，故C正确；若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)vx，根据机械能守恒定律可得mv＝(m＋M)v＋mg(R＋H)，联立解得H＝－R，故D正确。题型2　“子弹打木块”模型1.模型图示2.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。3.两种情景(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＝Ffs＝mv－(M＋m)v2(2)子弹穿透木块动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ffd＝mv－【例4】 (多选)如图4，一表面光滑的平板小车放在光滑水平面上，木块和轻弹簧置于小车表面，轻弹簧一端与固定在小车上的挡板连接，整个装置静止。一颗子弹以一定速度水平射入木块，留在木块中并与木块一起向前滑行，与弹簧接触后压缩弹簧。不计挡板与弹簧质量，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)图4A.子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量及机械能均守恒B.子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车组成的系统动量及机械能均守恒C.整个过程，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量及弹簧的弹性势能之和D.其他条件不变时，若增大小车的质量，弹簧的最大压缩量增大答案　CD解析　子弹射入木块并留在木块中，子弹与木块组成的系统受合外力等于零，因此动量守恒，因子弹与木块是完全非弹性碰撞，机械能不守恒，A错误；子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车组成的系统受合外力等于零，动量守恒，由于压缩弹簧，即对弹簧做功，弹簧的弹性势能增加，子弹、木块、小车组成的系统机械能减少，机械能不守恒，B错误；由能量守恒定律可知，整个过程，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量及弹簧的弹性势能之和，C正确；设子弹的质量为m1，速度为v0，木块的质量为m，小车的质量为M，子弹射入木块后速度为v1，向右为正方向，由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m)v1，解得v1＝，此后对子弹、木块、小车组成的系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m)v1＝(m1＋m＋M)v2，由机械能守恒定律可得(m1＋m)v－(m1＋m＋M)v＝Epm，联立解得弹簧的弹性势能为Epm＝，由此可见其他条件不变时，若增大小车的质量，弹簧的弹性势能增大，弹簧的最大压缩量增大，D正确。