专题强化6　类“碰撞”模型问题.DOCX

1、专题强化六类“碰撞”模型问题【专题解读】 1.本专题主要是研究类“碰撞”模型问题的特点和满足的物理规律，并对此类模型问题进行拓展分析。2.通过类“碰撞”模型问题的学习，可以掌握物理情景或解题方法的相同或相似性，提高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运动规律，动量守恒定律，动能定理，功能关系和能量守恒定律。题型一小球弹簧模型示意图与vt图象两小球速度相同时(弹簧最短，弹性势能最大)弹簧恢复原长时动量守恒：m1v1m2v2(m1m2)v能量守恒：m1vm2v(m1m2)v2Epm动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2能量守恒：m1vm2vm1v12m2v

2、22【例1】 (2021山东泰安检测)如图1所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长。一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为()图1A.mvB.mvC.mvD.mv答案A解析当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0mv12mv2，mvmv2mv，联立解得v2v0，当A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得2mv2(2m3m)v，得vv0。由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能

3、为Ep2mv5mv2，解得Epmv；当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有mv03mv1，当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，则由动量守恒定律得3mv16mv。由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为Ep3mv126mv2，解得Epmv，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是mvEpmv，故选A。1.(2021湖南三湘名校联考)如图2所示，质量为M的物块甲，以速度v0沿光滑水平地面向前运动，连接有轻弹簧、质量为m的物块乙静止在正前方，物块甲与弹簧接触后压缩弹簧，则下列判断错误的是()图2A.仅增大v0，弹簧的最大压缩量增大B.仅增大m，弹簧的最大压缩量增大C.仅

4、增大M，弹簧的最大压缩量增大D.v0一定，mM一定，弹簧的最大压缩量一定答案D解析根据动量守恒定律，有Mv0(mM)v，最大压缩量时对应的弹性势能EpMv(mM)v2，根据弹性势能于压缩量之间的关系可知，A、B、C正确，D错误。题型二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(m1m2)v水平方向动量守恒：m1v0m1v1m2v2能量守恒：m1v(m1m2)v2m1gh能量守恒：m1vm1vm2v【例2】 (2021河南名校联盟调研)如图3所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，

5、一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B。若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为()图3A.RB.1.5RC.3RD.4R答案C解析若小球以水平速度v0滑上滑块，小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv02mv1，由机械能守恒定律得mv2mvmgR，代入数据解得v02，若小球以2v0冲上滑块，小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv02

6、mv2，由能量守恒定律得m(2v0)22mvmgRmv，解得vy，小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做匀减速运动，则h3R，故距B点的最大高度为3R，故选C。2.(多选)(2021山东六校联考)如图4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v06 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()图4A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为 m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞答案AD解析A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定

7、律和机械能守恒定律得v0vAMvB，vvMv，解得vA2 m/s，vB4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB(M2M)v，得v m/s，选项B错误；B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB、vC，由水平方向动量守恒有MvBMvB2MvC，由机械能守恒有MvMvB22MvC2，联立解得vB m/s，由于|vB|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确。题型三滑块木板模型示意图木板初速度为零木板有初速度，板块反向vt图象【例3】 (2021河北宣化一中模拟)如图5所示，质量m2 kg的滑块(可视为质点)，以v

8、05 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M3 kg，长L4.8 m。滑块在平板小车上滑移1.5 s后相对小车静止。求：图5 (1)滑块与平板小车之间的动摩擦因数；(2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少(g取10 m/s2)。答案(1)0.2(2)4 m/s解析(1)滑块滑上平板小车到与平板小车相对静止，设共同速度为v1根据动量守恒定律有mv0(mM)v1对滑块，由动量定理得mgtmv1mv0解得0.2。(2)设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度为v2，由动量守恒定律，有mv0(mM)v2由功能关系有mgLmv(mM)v解得v04 m/s。3

9、.(多选)(2021吉林通化模拟)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一滑块B以水平速度v04 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图6所示，则下列说法正确的是()图6A.木板A获得的动能为4 JB.木板A的最小长度为1 mC.A、B间的动摩擦因数为0.1D.系统损失的机械能为8 J答案AD解析由题图可知，木板获得的速度是2 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0(Mm)v，解得M2 kg，木板获得的动能是EkMv2222 J4 J，A正确；01 s时间内B的位移xB(42)1 m3 m

10、，A的位移是xA12 m1 m，木板A的最小长度是xxBxA2 m，B错误；滑块B的加速度a m/s22 m/s2，负号表示加速度方向，由牛顿第二定律得mgma，代入数据解得0.2，C错误；系统损失的机械能Emvmv2Mv2，代入数据解得E8 J，D正确。考点一小球弹簧模型1.(2021山东日照质检)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mL2B.L1L2C.L1L2D.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，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv(Mm)v，由机械能守恒定律得Epmv2(Mm)v2，联立解得弹簧压缩到最短时有

11、Ep。同理，对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时也有Ep，两次弹性势能相等，则有L1L2，故选项C正确。2.(2021重庆江津中学月考)如图2甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得()图2A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C.两物块的质量之比为m1m212D.在t2时刻两物块的动量大小之比为p1p212答案C解析由题图乙可知t1、t3时刻两

12、物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，从t0开始到t1时刻有m1v1(m1

13、m2)v2，将v13 m/s，v21 m/s代入得m1m212，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v11 m/s，m2的速度为v22 m/s，又m1m212，则动量大小之比为p1p214，故D错误。考点二小球曲面模型3.(2021安徽合肥模拟)如图3所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则()图3A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处

14、答案C解析小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统动量守恒，且有mv球mv槽0则v槽v球。当小球与弹簧接触后，小球受外力，小球和槽组成的系统所受合力不为零，动量不再守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，和位移不垂直，小球和槽之间的弹力均做功，故B错误；小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，小球向前做速度大小和槽相同的匀速运动，而小球和弹簧作用过程中机械能守恒，小球被原速率反弹，反弹后继续做匀速运动，故C正确；小球被反弹后，因两物体均有向左的速度，且速度大小相等，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点，故D错误。4.如图4所示，质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一

15、侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R1 m，E点处的切线水平。质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M4m，g取10 m/s2，不计摩擦，则小球的初速度v0的大小为()图4A.4 m/sB.5 m/sC.6 m/sD.7 m/s答案B解析当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0(mM)v1，根据机械能守恒定律得mv(mM)vmgR，联立解得v05 m/s，选项B正确。考点三滑块木板模型5.(2021海南中学模拟)如图5所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，M2m

16、，A、B间动摩擦因数为，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最终A没有滑离B。重力加速度为g，求：图5 (1)A、B最后的速度大小和方向；(2)平板车B的最小长度L。答案(1)方向向右(1)解析(1)对A、B系统，取水平向右为正，由动量守恒定律得Mv0mv0(Mm)v解得vv0，方向水平向右。(2)当A运动到B的最左端时，达到共同速度v，由能量守恒定律得mgLMvmv(Mm)v2解得L。6.(2021安徽十校联盟检测)如图6所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当

17、物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为12，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为参考平面)()图6A.12B.13C.16D.19答案C解析因为水平面光滑，所以m和M组成的系统水平方向动量守恒；当物块向上的速度为零时，根据题意可知此时物块与圆弧轨道速度相同，又因为物块与圆弧轨道的动能之比为12，即mv2Mv212，得mM12，根据动量守恒定律有mv0(mM)v，解得v03v，根据能量守恒定律有mv(mM)v2Ep，得物块的重力势能为Epmv，此时物块的动能为Ekmv2mv，所以此时物块的动能与重力势能之比为EkEp16，故选C正确。7.(202

18、1天津和平区模拟)如图7所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中()图7A.m1、m2组成的系统动量不守恒B.m1、m2组成的系统机械能守恒C.弹簧最长时，其弹性势能为D.m1的最大速度是答案D解析m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，由动量守恒定律得m2v0(m1m2)v，此时弹性势能为Epm2v(m1m2)v2，选项C错误；当弹簧再次回

19、到原长时m1的速度最大，则由动量守恒定律得m2v0m1v1m2v2，m2vm1vm2v，解得v1，选项D正确。8.(2021山西大同一中模拟)如图8所示，在光滑水平地面上放有一质量M3 kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m2 kg的小球以速度v05 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h0.8 m，重力加速度g10 m/s2。求：图8 (1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W；(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。答案(1)6 J(2)2 m解析(1)小球上升至最高点时，两物体水平方向速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，由动量守恒定律

20、得mv0(mM)v由动能定理得WMv2联立解得W6 J。(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得mv0mv1Mv2由功能关系得mvmvMv联立可解得v11 m/sv24 m/s小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动，则hgt2L(v2v1)t联立可得L2 m。9.(2021广东潮州模拟)如图9所示，一光滑的圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径R0.8 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M3 kg，小车置于光滑的地面，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m1 kg，

21、物块与小车间的动摩擦因数为0.1，BC长度为L2 m，g取10 m/s2。求在运动过程中图9(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mgRmv解得vB4 m/s从开始到静止于B点系统动量和能量守恒有mvB(Mm)vmv(Mm)v22mg(Lx)解得x1 m。(2)由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，有mvB(Mm)v此时的弹性势能最大，由能量守恒定律可得mv(Mm)v2Epmg(Lx)由以上两式可得Ep3 J。10.如图10所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L

22、1.5 m，现有质量m20.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v02 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的摩擦因数 0.5，取g10 m/s2，求：图10(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少。答案(1)0.24 s(2)5 m/s解析(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0(m1m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有Fftm2vm2v0又Ffm2g代入数据解得t0.24 s。(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v，则由动量守恒定律有m2v0(m1m2)v由动能定理有m2gL(m1m2)v2m2v02代入数据解得v05 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过5 m/s。