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第3讲　小专题:动量守恒中的碰撞模型及其拓展
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,可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类
类型 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非 弹性碰撞 守恒 损失最大
[例1] 【弹性碰撞】 (2024·广西卷,8)(多选)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在(　　)
[A] 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
[B] 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
[C] 水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
[D] 水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】 BC
【解析】 两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v。碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
弹性碰撞的结论
(1)弹性碰撞:系统动量守恒、机械能守恒。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2,
联立解得
v1′=,
v2′=。
(2)特例:一动一静弹性碰撞(v2=0),则有
v1′=v1,v2′=v1。
①若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1(速度交换)。
②若m1>m2,则v1′>0,v2′>0(碰撞后,两物体沿同一方向运动)。
③若m1 m2,则v1′≈v1,v2′≈2v1。
④若m10(碰撞后,两物体沿相反方向运动)。
⑤若m1 m2,则v1′≈-v1,v2′≈0。
[例2] 【非弹性碰撞】(多选)如图所示,水平桌面上的白球击打静止的蓝球,两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t=0.6 s的时间向前运动x1=0.36 m刚好(速度为0)落入袋中,而白球沿同一方向运动x2=0.16 m停止运动,已知两球的质量均为m,碰后以相同的加速度做匀变速直线运动,假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力),则下列说法正确的是(　　)
[A] 由于摩擦不能忽略,则碰撞过程动量不守恒
[B] 碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2
[C] 碰撞前白球的速度大小为2 m/s
[D] 该碰撞为弹性碰撞
【答案】 BC
【解析】 由题意两球碰撞的时间极短,碰撞过程中产生极大的内力,两球与桌面间的摩擦力远小于内力,所以该碰撞过程动量守恒,A错误;碰后,蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内,由匀变速直线运动的规律x1=t,解得碰后瞬间蓝球的速度为v1=1.2 m/s,由于两球的加速度大小相等,则由公式v2=2ax得=,解得碰后瞬间白球的速度大小为v2=0.8 m/s,则碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2,B正确;碰撞过程中两球组成的系统动量守恒,则mv0=mv1+mv2,代入数据解得v0=2 m/s,C正确;两球碰前的总动能为Ek1=m=2m,两球碰后的总动能为Ek2=m+m=1.04m,由于Ek1>Ek2,所以该碰撞过程有机械能损失,即该碰撞为非弹性碰撞,D错误。
[例3] 【完全非弹性碰撞】 (2024·山东烟台一模)如图所示,某超市两辆相同的手推购物车质量均为m,相距2L沿直线排列,静置于水平地面上。为节省收纳空间,工人给第一辆车一个瞬间的水平推力F使车自行运动,并与第二辆车相碰,且在极短时间内相互嵌套结为一体,以共同的速度运动了距离,恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍,忽略空气阻力,重力加速度为g。则工人给第一辆购物车水平推力F的冲量大小为(　　)
[A] 2m [B] 2m
[C] 2m [D] 2m
【答案】 A
【解析】 设第一辆车碰前瞬间的速度为v1,与第二辆车碰后的共同速度为v2,由动量守恒定律有mv1=2mv2,根据动能定理可得-k·2mg·=0-×(2m),联立解得v1=2,设第一辆车推出时的速度为v0,根据动能定理可得-kmg·2L=m-m,解得v0=2,根据动量定理,工人给第一辆购物车水平推力F的冲量大小为IF=mv0=2m。故A正确。
非弹性碰撞和完全非弹性碰撞
(1)非弹性碰撞:碰撞后两物体分离,动能有部分损失。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2+ΔEk损。
(2)完全非弹性碰撞:碰撞后两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损m。
联立解得v=,
ΔEk损m=(v1-v2)2。
[例4] 【碰撞的可能性分析】(2024·江苏盐城期中)如图所示,质量为3m的小球B静止在光滑水平面上,质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰,碰撞后小球B的速度大小可能是(　　)
[A] 0.15v [B] 0.2v
[C] 0.4v [D] 0.6v
【答案】 C
【解析】 若两者发生的是弹性碰撞,对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mv=mv1+3mv2,由机械能守恒定律可得mv2=m+×3m,解得碰撞后小球B的速度大小为v2=v,若A、B发生的是完全非弹性碰撞,则碰后两球共速,由动量守恒定律可得mv=(m+3m)v′,解得碰撞后小球B的速度大小为v′=v,即碰撞后小球B的速度大小范围为v≤vB≤v。故C正确。
[提升] 【静止物体被撞后的速度范围】 质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞,碰撞后物体B的速度范围为　　　　≤vB≤　　　　。
【答案】 v0　v0
【解析】 物体A与静止的物体B发生碰撞,当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多,物体B的速度最小,vB=v0;当发生弹性碰撞时,物体B的速度最大,vB=v0。则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。
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。
考点二　碰撞模型拓展
1.“滑块—弹簧”模型
图示
特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,系统所受外力的矢量和为零,系统动量守恒。 (2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能将发生变化;若系统所受的除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最短(最长)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小。 (4)弹簧处于原长时,弹性势能为零,系统动能通常最大,但物体速度一般不相等
2.“滑块—斜(曲)面”模型
图示 (水平地面与斜面或曲面轨道均光滑且斜面轨道与水平轨道平滑连接)
特点 若滑块没有冲出轨道 (1)到达最高点:滑块与斜面或曲面具有共同水平速度v共,系统水平方向动量守恒,(M+m)v共=mv0;系统机械能守恒,(M+m)+mgh=m,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)返回最低点:滑块与斜面或曲面的分离点。水平方向动量守恒,mv1+Mv2=mv0;系统机械能守恒,m+M=m(弹性碰撞拓展模型)
3.“悬线摆”模型
模型 图示
模型 规律 (1)水平直杆光滑,物体A和物体B构成的系统水平方向合力为零,系统水平方向动量守恒。 (2)系统仅有重力做功,系统机械能守恒
两种 情况 (1)物体B摆动到最高点时物体A与物体B共速,根据水平方向动量守恒有mBv0=(mA+mB)v共,根据机械能守恒定律有mB=(mA+mB)+mBgh。 (2)物体B再次摆动到物体A正下方,此过程系统动量守恒,机械能守恒,即mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB(类似于弹性碰撞)
[例5] 【“滑块—弹簧”模型】(2024·天津宁河二模)如图所示,光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m的物块A、B、C,物块B的左侧固定一轻弹簧。给A一个初速度v0,使其向B运动并压缩弹簧(弹簧始终在弹性限度内),当弹簧第一次压缩到最短时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞时间极短,求:
(1)B与C碰撞前的瞬间,B的速度大小;
(2)从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的冲量大小;
(3)从A开始运动到A与弹簧分离的过程中,整个系统损失的机械能。
【答案】 (1)　(2)mv0　(3)m
【解析】 (1)弹簧第一次压缩到最短时,A与B具有相同速度v1,对A、B与弹簧组成的系统,根据动量守恒定律得mv0=2mv1,
解得v1=。
(2)弹簧压缩到最短时,A、B、C三者速度相同,设此时速度为v2,由动量守恒定律得mv0=3mv2,
对C根据动量定理有I=mv2-0,
联立可得I=mv0。
(3)B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v3,对B、C组成的系统,由动量守恒定律得mv1=2mv3,
B与C发生完全非弹性碰撞,整个过程中只有B与C碰撞损失机械能,设为ΔE,对B、C组成的系统,由能量守恒定律得m=ΔE+×2m,
解得ΔE=m。
(1)“滑块—弹簧”模型的解题方法。
①首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
②分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态,根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
③判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”,如果不满足,则要舍掉该结果。
(2)过程讨论:当甲、乙两物体与弹簧组成的系统动能最小时,弹簧压缩到最短或伸长到最长(两物体共速),弹簧的弹性势能最大,物体间发生“类完全非弹性碰撞”,只不过动能的减少是暂时的,储存在弹性势能中;当弹簧恢复到原长时,两物体发生“类弹性碰撞”,大多数都可类比弹性碰撞“一动碰一静模型”分析求解,但是特殊情况不可照搬。
[例6] 【“滑块—斜(曲)面”模型】 如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑、半径R=0.3 m的四分之一圆弧面,圆弧面右侧一蹲在滑板上的某人和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻此人将冰块以相对冰面3 m/s的速度向圆弧面推出,冰块平滑地滑上圆弧面,在圆弧面上上升的最大高度为h=0.3 m。已知此人与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,此人与滑板始终无相对运动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圆弧面的质量;
(2)通过计算判断,冰块与圆弧面分离后能否追上此人
【答案】 (1)20 kg　(2)见解析
【解析】 (1)规定向左为正方向,冰块在圆弧面上上升到最大高度时两者达到共同速度v,设圆弧面的质量为m3。对冰块与圆弧面分析,由水平方向动量守恒得m2v0=(m2+m3)v,
由系统机械能守恒得
m2=(m2+m3)v2+m2gh,
联立解得v=1 m/s,m3=20 kg。
(2)设推出冰块后此人的速度为v1,推冰块的过程中,由动量守恒定律有m1v1+m2v0=0,
代入数据解得v1=-1 m/s,
设冰块与圆弧面分离后的速度分别为v2和v3,冰块从圆弧面下滑过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0=m2v2+m3v3,
m2=m2+m3,
联立解得v2=-1 m/s,
由于冰块与圆弧面分离后的速度与此人推出冰块后的速度相同且冰块处在此人后方,故冰块不能追上此人。
[变式] 若[例6]中此人将冰块以相对于冰面v0=6 m/s 的速度向圆弧面推出,求冰块到达圆弧面最高点时的速度,并说明冰块冲出圆弧面后的运动情况。
【答案】 见解析
【解析】 冰块在圆弧面上运动过程中,冰块与圆弧面在水平方向动量守恒,冰块到达圆弧面最高点时,两者水平速度相等,
根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有m2v0=(m2+m3)v水平,
m2=m3+m2gR+m2v2,
解得v= m/s,
方向相对于冰面斜向左上方。
冰块到达圆弧面最高点时,水平方向分速度与圆弧面相同,冰块相对于冰面的速度斜向左上方,故冰块冲出圆弧面后相对于冰面做斜抛运动,相对于圆弧面做竖直上抛运动,最终落回到圆弧面。
[例7] 【“悬线摆”模型】如图所示,两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接,B球穿在光滑细杆上。初始时,细绳恰好伸直并处于水平状态,两球均可视为质点且mB=2mA,重力加速度为g。现将A、B由静止释放,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] A球在竖直平面内做变速圆周运动
[B] B球的最大速度大小为
[C] A球速度最大时,水平位移大小为
[D] B球向右运动的最大位移大小为
【答案】 D
【解析】 B球在光滑杆上做往复运动,A球一边围绕B球做圆周运动,一边随B球做往复运动,A错误;当A球摆到最低点时,A、B两球运动的速度最大,由系统机械能守恒有mAgL=mA+mB,水平方向动量守恒有mBvB=mAvA,联立可得vB=,B错误;根据x=vt,有mBxB=mAxA,从释放到A球摆到最低点的过程中,有xB+xA=L,则A球的水平位移大小为xA=,B球的水平位移大小为xB=,C错误;B球向右运动的最大位移大小为xB′=2xB=,D正确。
对点1.碰撞模型
1.(4分)(2024·辽宁辽阳期末)甲、乙两滑块的质量分别为2m和m,它们以相同的速率v在光滑水平面上相向运动并发生碰撞。若碰撞后两滑块粘合在一起,则碰撞过程中系统损失的机械能为(　　)
[A] mv2 [B] mv2
[C] mv2 [D] mv2
【答案】 A
【解析】 碰撞前后动量守恒,则2mv-mv=(2m+m)v′,解得v′=,碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=×2mv2+mv2-×(2m+m)v′2=mv2。故A正确。
2.(6分)(2024·宁夏石嘴山三模)(多选)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示,a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图像,c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像,若A球质量是m=2 kg,则由图可知,下列结论正确的是(　　)
[A] A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
[B] 碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
[C] 碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
[D] 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8 J
【答案】 BC
【解析】 由x-t图像的斜率表示速度可知,碰撞前有vA==-3 m/s,vB==2 m/s,碰撞后有v== m/s=-1 m/s,根据动量守恒定律有mvA+mBvB=(m+mB)v,解得mB= kg,A、B两球碰撞前的总动量为p=mvA+mBvB=- kg·m/s,故A错误;碰撞时A对B的冲量为I=Δp=pB′-pB=-4 N·s,故B正确;碰撞前后A的动量变化量为ΔpA=mv-mvA=4 kg·m/s,故C正确;碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk=m+mB-(m+mB)v2=10 J,故D错误。
对点2.碰撞模型拓展
3.(4分)(2024·北京朝阳一模)如图所示,光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m,P以速度v向右运动,Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时(　　)
[A] P的动量为零
[B] Q的动量达到最大值
[C] P、Q系统总动量小于mv
[D] 弹簧储存的弹性势能为mv2
【答案】 D
【解析】 当弹簧被压缩至最短时,两物体速度相同,P、Q系统所受外力为零,因此整个过程中动量守恒mv=2mv共,所以P的动量为p=mv共=mv,故A错误;P、Q系统总动量恒为p总=mv,故C错误;弹簧压缩至最短后,Q的速度将继续变大,当弹簧恢复原长时,Q的动量达到最大值,故B错误;根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv=2mv共,mv2=×2m+Ep,解得Ep=mv2,故D正确。
4.(6分)(2024·湖南邵阳三模)(多选)如图甲,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上,物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,碰撞结束,A、B的v-t图像如图乙所示。已知从0到t0时间内,物块A运动的距离为0.28v0t0。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是(　　)
[A] 物块B的质量为5m
[B] 碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为m
[C] 0~t0时间内物块B运动的距离为0.93v0t0
[D] 弹簧压缩量的最大值为0.79v0t0
【答案】 BC
【解析】 t0时刻,由动量守恒定律可知mBv0=(mB+m)×0.8v0,解得mB=4m,故A错误;
由图像可知t0时刻两物块速度相等,弹性势能最大,
根据机械能守恒定律有Epm=mB-(mB+,解得Epm=m,故B正确;
B接触弹簧后,压缩弹簧过程中,A、B动量守恒,有mBv0=mBvB+mvA且mB=4m,
故有4mvB+mvA=4mv0,对方程两边同时乘以时间Δt,有4mvBΔt+mvAΔt=4mv0Δt,
在0~t0时间内,位移等于速度在时间上的累积,可得4mv0t0=4msB+msA,又有sA=0.28v0t0,
代入可得sB=0.93v0t0,则第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值Δs=sB-sA=0.65v0t0,
故C正确,D错误。
5.(4分)(2024·青海海南一模)如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径R=1 m。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球刚好到达圆弧的上端,已知重力加速度大小g取10 m/s2,不计一切摩擦,则滑块与小球质量的比值为(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 5
【答案】 C
【解析】 根据题意,小球上升到滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有m=(m+M)+mgR,联立解得=4。故C正确。
6.(6分)(2024·陕西西安二模)(多选)如图,两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上,两小车紧靠在一起而不粘连,在小车A上竖直固定一轻质细杆,长 l=1 m的轻质细绳的一端系在细杆顶端,另一端拴一质量m=1 kg的小球,已知小车的质量M=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳恰好水平且伸直,然后由静止释放,下列说法正确的是(　　)
[A] 从小球开始释放到A、B分离前,小球和两车组成的系统满足动量守恒
[B] 释放小球后到小球第一次到达最低点过程中,小车A对小车B的弹力一直对B做正功
[C] 小球第一次到达最低点时速度大小是3 m/s
[D] A、B两车分离时,B车的速度大小为1 m/s
【答案】 BD
【解析】 从小球开始释放到A、B分离前,小球和两车组成的系统水平方向所受合力为零,小球和两车组成的系统满足水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;释放小球后到小球第一次到达最低点过程中,小球在水平方向的分速度一直增大,根据水平方向动量守恒可知小车A、B速度一直增大,当小球到达最低点时,小车A、B速度达到最大,则小车A对小车B的弹力一直对B做正功,故B正确;设小球第一次到达最低点时的速度大小为v0,两小车速度大小均为v1,在水平方向根据动量守恒定律有mv0=2Mv1,根据机械能守恒定律有m+×2M=mgl,联立解得v0=4 m/s,v1=1 m/s,当小球从最低点向左运动到最高点过程中,绳子拉力对小车A做负功,小车A速度减小,则小球在最低点时,小车A和小车B分开,小车B的速度为1 m/s,故C错误,D正确。
7.(6分)(2024·广东卷,10)(多选)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
【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,相对速度为零,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=gsin θ,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的时间为t3,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程根据动能定理有mgH乙=m-0,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,如果不发生碰撞,乙在水平面运动到停止有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,故D正确。
8.(6分)(2024·河北邢台二模)(多选)如图所示,在足够长的光滑水平面上,有一个质量为2m的物块A,在物块A正上方有一绳长为L的细线拴接一个质量为m的小球,将小球拉至水平位置由静止释放,在最低点与物块A发生弹性正碰,之后物块A与右侧质量为4m的物块B发生正碰。已知重力加速度大小为g,两物块和小球均可看作质点,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
[A] 小球与物块A碰撞后瞬间物块A的速度大小为
[B] 小球与物块A碰撞前后瞬间细绳的拉力大小之比为9∶1
[C] 物块A与物块B碰撞后物块B能获得的最小速度为
[D] 物块A与物块B碰撞后物块B能获得的最大动能为
【答案】 AC
【解析】 设小球与物块A碰撞前瞬间的速度大小为v0,根据动能定理可得mgL=m-0,解得v0=,设小球与物块A碰撞后瞬间小球速度大小为v1,A的速度大小为v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,m=m+×2m,联立解得v1=-,v2=,故A正确;小球与物块A碰撞前瞬间,根据牛顿第二定律可得FT-mg=m,解得FT=3mg,小球与物块A碰撞后瞬间,根据牛顿第二定律可得FT′-mg=m,解得FT′=mg,则有FT∶FT′=27∶11,故B错误;当物块A与物块B发生完全非弹性碰撞时,物块B获得的速度最小,根据动量守恒定律可得2mv2=(2m+4m)vmin,解得物块B能获得的最小速度为vmin=,故C正确;物块A与物块B发生弹性碰撞时,物块B获得的速度最大,动能最大,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv2=2mvA+4mvB,×2m=×2m+×4m,联立解得物块B获得的最大速度为vB=,则物块B能获得的最大动能为Ekm=×4m=,故D错误。
9.(13分)如图,A、B两点间距离L=1.9 m,质量为m甲= kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点的质量为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间运动的某段距离中,受到一水平向右、大小F=1 N的恒定推力。乙与静止在B点处、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,碰后丙经d=0.04 m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;
(3)推力F在AB间作用的最长时间。
【答案】 (1)2.4 m/s　(2)0.08 J　(3)1 s
【解析】 (1)甲、乙发生弹性碰撞,由动量守恒定律有m甲v0=m甲v甲+m乙v乙,
由机械能守恒定律有
m甲=m甲+m乙,
解得v乙=2.4 m/s。
(2)乙、丙碰撞后,对丙由动能定理有
-μm丙gd=0-m丙,
解得v丙=0.4 m/s,
乙、丙碰撞过程中,由动量守恒定律有
m乙v乙1=m乙v乙2+m丙v丙,
其中=,
联立解得v乙1=0.6 m/s,v乙2=0.2 m/s,
由能量守恒定律有
m乙=m乙+m丙+ΔE,
解得ΔE=0.08 J。
(3)有力F作用时,对乙由牛顿第二定律有
μm乙g-F=m乙a1,
解得a1=1 m/s2,
没有力F时,对乙由牛顿第二定律有
μm乙g=m乙a2,
解得a2=2 m/s2,
由运动学公式+=L,
解得v=1.6 m/s,
由v=at可得,推力F在AB间作用的最长时间为t=,
解得t=1 s。
10.(15分)(2024·天津红桥二模)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m1、m2,m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,m2右侧与球心等高处连接一轻质弹簧,弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将m1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m1滑离圆弧槽时的速度大小v0;
(2)若圆弧槽不固定,小球m1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。
【答案】 (1) m/s　(2)2 m/s　(3) J
【解析】 (1)若圆弧槽固定,小球机械能守恒,则
m1gR=m1,
解得v0= m/s。
(2)若圆弧槽不固定,槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒,若以向左为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得
m1v1-Mv2=0,
由机械能守恒定律得
m1gR=m1+M,
解得v1=2 m/s。
(3)当小球m1、m2速度相等时,弹簧具有最大弹性势能,根据动量守恒定律可得
m1v1=(m1+m2)v,
解得v= m/s,
根据能量守恒定律可得
Epm=m1-(m1+m2)v2,
代入数据可得Epm= J。
(
第
10
页
)第3讲　小专题:动量守恒中的碰撞模型及其拓展
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,可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类
类型 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非 弹性碰撞 守恒 损失最大
[例1] 【弹性碰撞】 (2024·广西卷,8)(多选)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在(　　)
[A] 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
[B] 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
[C] 水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
[D] 水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
弹性碰撞的结论
(1)弹性碰撞:系统动量守恒、机械能守恒。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2,
联立解得
v1′=,
v2′=。
(2)特例:一动一静弹性碰撞(v2=0),则有
v1′=v1,v2′=v1。
①若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1(速度交换)。
②若m1>m2,则v1′>0,v2′>0(碰撞后,两物体沿同一方向运动)。
③若m1 m2,则v1′≈v1,v2′≈2v1。
④若m10(碰撞后,两物体沿相反方向运动)。
⑤若m1 m2,则v1′≈-v1,v2′≈0。
[例2] 【非弹性碰撞】(多选)如图所示,水平桌面上的白球击打静止的蓝球,两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t=0.6 s的时间向前运动x1=0.36 m刚好(速度为0)落入袋中,而白球沿同一方向运动x2=0.16 m停止运动,已知两球的质量均为m,碰后以相同的加速度做匀变速直线运动,假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力),则下列说法正确的是(　　)
[A] 由于摩擦不能忽略,则碰撞过程动量不守恒
[B] 碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2
[C] 碰撞前白球的速度大小为2 m/s
[D] 该碰撞为弹性碰撞
[例3] 【完全非弹性碰撞】 (2024·山东烟台一模)如图所示,某超市两辆相同的手推购物车质量均为m,相距2L沿直线排列,静置于水平地面上。为节省收纳空间,工人给第一辆车一个瞬间的水平推力F使车自行运动,并与第二辆车相碰,且在极短时间内相互嵌套结为一体,以共同的速度运动了距离,恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍,忽略空气阻力,重力加速度为g。则工人给第一辆购物车水平推力F的冲量大小为(　　)
[A] 2m [B] 2m
[C] 2m [D] 2m
非弹性碰撞和完全非弹性碰撞
(1)非弹性碰撞:碰撞后两物体分离,动能有部分损失。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2+ΔEk损。
(2)完全非弹性碰撞:碰撞后两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损m。
联立解得v=,
ΔEk损m=(v1-v2)2。
[例4] 【碰撞的可能性分析】(2024·江苏盐城期中)如图所示,质量为3m的小球B静止在光滑水平面上,质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰,碰撞后小球B的速度大小可能是(　　)
[A] 0.15v [B] 0.2v
[C] 0.4v [D] 0.6v
[提升] 【静止物体被撞后的速度范围】 质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞,碰撞后物体B的速度范围为　　　　≤vB≤　　　　。
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。
考点二　碰撞模型拓展
1.“滑块—弹簧”模型
图示
特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,系统所受外力的矢量和为零,系统动量守恒。 (2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能将发生变化;若系统所受的除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最短(最长)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小。 (4)弹簧处于原长时,弹性势能为零,系统动能通常最大,但物体速度一般不相等
2.“滑块—斜(曲)面”模型
图示 (水平地面与斜面或曲面轨道均光滑且斜面轨道与水平轨道平滑连接)
特点 若滑块没有冲出轨道 (1)到达最高点:滑块与斜面或曲面具有共同水平速度v共,系统水平方向动量守恒,(M+m)v共=mv0;系统机械能守恒,(M+m)+mgh=m,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)返回最低点:滑块与斜面或曲面的分离点。水平方向动量守恒,mv1+Mv2=mv0;系统机械能守恒,m+M=m(弹性碰撞拓展模型)
3.“悬线摆”模型
模型 图示
模型 规律 (1)水平直杆光滑,物体A和物体B构成的系统水平方向合力为零,系统水平方向动量守恒。 (2)系统仅有重力做功,系统机械能守恒
两种 情况 (1)物体B摆动到最高点时物体A与物体B共速,根据水平方向动量守恒有mBv0=(mA+mB)v共,根据机械能守恒定律有mB=(mA+mB)+mBgh。 (2)物体B再次摆动到物体A正下方,此过程系统动量守恒,机械能守恒,即mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB(类似于弹性碰撞)
[例5] 【“滑块—弹簧”模型】(2024·天津宁河二模)如图所示,光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m的物块A、B、C,物块B的左侧固定一轻弹簧。给A一个初速度v0,使其向B运动并压缩弹簧(弹簧始终在弹性限度内),当弹簧第一次压缩到最短时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞时间极短,求:
(1)B与C碰撞前的瞬间,B的速度大小;
(2)从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的冲量大小;
(3)从A开始运动到A与弹簧分离的过程中,整个系统损失的机械能。
(1)“滑块—弹簧”模型的解题方法。
①首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
②分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态,根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
③判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”,如果不满足,则要舍掉该结果。
(2)过程讨论:当甲、乙两物体与弹簧组成的系统动能最小时,弹簧压缩到最短或伸长到最长(两物体共速),弹簧的弹性势能最大,物体间发生“类完全非弹性碰撞”,只不过动能的减少是暂时的,储存在弹性势能中;当弹簧恢复到原长时,两物体发生“类弹性碰撞”,大多数都可类比弹性碰撞“一动碰一静模型”分析求解,但是特殊情况不可照搬。
[例6] 【“滑块—斜(曲)面”模型】 如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑、半径R=0.3 m的四分之一圆弧面,圆弧面右侧一蹲在滑板上的某人和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻此人将冰块以相对冰面3 m/s的速度向圆弧面推出,冰块平滑地滑上圆弧面,在圆弧面上上升的最大高度为h=0.3 m。已知此人与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,此人与滑板始终无相对运动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圆弧面的质量;
(2)通过计算判断,冰块与圆弧面分离后能否追上此人
[变式] 若[例6]中此人将冰块以相对于冰面v0=6 m/s 的速度向圆弧面推出,求冰块到达圆弧面最高点时的速度,并说明冰块冲出圆弧面后的运动情况。
[例7] 【“悬线摆”模型】如图所示,两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接,B球穿在光滑细杆上。初始时,细绳恰好伸直并处于水平状态,两球均可视为质点且mB=2mA,重力加速度为g。现将A、B由静止释放,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] A球在竖直平面内做变速圆周运动
[B] B球的最大速度大小为
[C] A球速度最大时,水平位移大小为
[D] B球向右运动的最大位移大小为
(满分:70分)
对点1.碰撞模型
1.(4分)(2024·辽宁辽阳期末)甲、乙两滑块的质量分别为2m和m,它们以相同的速率v在光滑水平面上相向运动并发生碰撞。若碰撞后两滑块粘合在一起,则碰撞过程中系统损失的机械能为(　　)
[A] mv2 [B] mv2
[C] mv2 [D] mv2
2.(6分)(2024·宁夏石嘴山三模)(多选)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示,a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图像,c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像,若A球质量是m=2 kg,则由图可知,下列结论正确的是(　　)
[A] A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
[B] 碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
[C] 碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
[D] 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8 J
对点2.碰撞模型拓展
3.(4分)(2024·北京朝阳一模)如图所示,光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m,P以速度v向右运动,Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时(　　)
[A] P的动量为零
[B] Q的动量达到最大值
[C] P、Q系统总动量小于mv
[D] 弹簧储存的弹性势能为mv2
4.(6分)(2024·湖南邵阳三模)(多选)如图甲,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上,物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,碰撞结束,A、B的v-t图像如图乙所示。已知从0到t0时间内,物块A运动的距离为0.28v0t0。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是(　　)
[A] 物块B的质量为5m
[B] 碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为m
[C] 0~t0时间内物块B运动的距离为0.93v0t0
[D] 弹簧压缩量的最大值为0.79v0t0
5.(4分)(2024·青海海南一模)如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径R=1 m。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球刚好到达圆弧的上端,已知重力加速度大小g取10 m/s2,不计一切摩擦,则滑块与小球质量的比值为(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 5
6.(6分)(2024·陕西西安二模)(多选)如图,两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上,两小车紧靠在一起而不粘连,在小车A上竖直固定一轻质细杆,长 l=1 m的轻质细绳的一端系在细杆顶端,另一端拴一质量m=1 kg的小球,已知小车的质量M=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳恰好水平且伸直,然后由静止释放,下列说法正确的是(　　)
[A] 从小球开始释放到A、B分离前,小球和两车组成的系统满足动量守恒
[B] 释放小球后到小球第一次到达最低点过程中,小车A对小车B的弹力一直对B做正功
[C] 小球第一次到达最低点时速度大小是3 m/s
[D] A、B两车分离时,B车的速度大小为1 m/s
7.(6分)(2024·广东卷,10)(多选)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
8.(6分)(2024·河北邢台二模)(多选)如图所示,在足够长的光滑水平面上,有一个质量为2m的物块A,在物块A正上方有一绳长为L的细线拴接一个质量为m的小球,将小球拉至水平位置由静止释放,在最低点与物块A发生弹性正碰,之后物块A与右侧质量为4m的物块B发生正碰。已知重力加速度大小为g,两物块和小球均可看作质点,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
[A] 小球与物块A碰撞后瞬间物块A的速度大小为
[B] 小球与物块A碰撞前后瞬间细绳的拉力大小之比为9∶1
[C] 物块A与物块B碰撞后物块B能获得的最小速度为
[D] 物块A与物块B碰撞后物块B能获得的最大动能为
9.(13分)如图,A、B两点间距离L=1.9 m,质量为m甲= kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点的质量为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间运动的某段距离中,受到一水平向右、大小F=1 N的恒定推力。乙与静止在B点处、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,碰后丙经d=0.04 m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;
(3)推力F在AB间作用的最长时间。
10.(15分)(2024·天津红桥二模)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m1、m2,m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,m2右侧与球心等高处连接一轻质弹簧,弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将m1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m1滑离圆弧槽时的速度大小v0;
(2)若圆弧槽不固定,小球m1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。
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)(共72张PPT)
高中总复习·物理
第3讲　
小专题:动量守恒中的
碰撞模型及其拓展
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,可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类
类型 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非 弹性碰撞 守恒 损失最大
[例1] 【弹性碰撞】 (2024·广西卷,8)(多选)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在
(　　 )
[A] 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
[B] 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
[C] 水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
[D] 水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
BC
【解析】 两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v。碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
规律总结
弹性碰撞的结论
(1)弹性碰撞:系统动量守恒、机械能守恒。
规律总结
①若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1(速度交换)。
②若m1>m2,则v1′>0,v2′>0(碰撞后,两物体沿同一方向运动)。
③若m1 m2,则v1′≈v1,v2′≈2v1。
④若m10(碰撞后,两物体沿相反方向运动)。
⑤若m1 m2,则v1′≈-v1,v2′≈0。
[例2] 【非弹性碰撞】(多选)如图所示,水平桌面上的白球击打静止的蓝球,两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t=0.6 s的时间向前运动x1=0.36 m刚好(速度为0)落入袋中,而白球沿同一方向运动x2=0.16 m停止运动,已知两球的质量均为m,碰后以相同的加速度做匀变速直线运动,假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力),则下列说法正确的是(　 　)
[A] 由于摩擦不能忽略,则碰撞过程动量不守恒
[B] 碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2
[C] 碰撞前白球的速度大小为2 m/s
[D] 该碰撞为弹性碰撞
BC
A
非弹性碰撞和完全非弹性碰撞
(1)非弹性碰撞:碰撞后两物体分离,动能有部分损失。
规律总结
(2)完全非弹性碰撞:碰撞后两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
规律总结
[例4] 【碰撞的可能性分析】(2024·江苏盐城期中)如图所示,质量为3m的小球B静止在光滑水平面上,质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰,碰撞后小球B的速度大小可能是(　　)
[A] 0.15v [B] 0.2v
[C] 0.4v [D] 0.6v
C
[提升] 【静止物体被撞后的速度范围】 质量为mA、初速度为v0的物体A与
静止的质量为mB的物体B发生碰撞,碰撞后物体B的速度范围为　　　 　≤
vB≤　　　　。
规律总结
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。
1.“滑块—弹簧”模型
图示
特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,系统所受外力的矢量和为零,系统动量守恒。
(2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能将发生变化;若系统所受的除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最短(最长)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小。
(4)弹簧处于原长时,弹性势能为零,系统动能通常最大,但物体速度一般不相等
2.“滑块—斜(曲)面”模型
图示
(水平地面与斜面或曲面轨道均光滑且斜面轨道与水平轨道平滑连接)
3.“悬线摆”模型
模型 图示
模型 规律 (1)水平直杆光滑,物体A和物体B构成的系统水平方向合力为零,系统水平方向动量守恒。
(2)系统仅有重力做功,系统机械能守恒
[例5] 【“滑块—弹簧”模型】(2024·天津宁河二模)如图所示,光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m的物块A、B、C,物块B的左侧固定一轻弹簧。给A一个初速度v0,使其向B运动并压缩弹簧(弹簧始终在弹性限度内),当弹簧第一次压缩到最短时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞时间极短,求:
(1)B与C碰撞前的瞬间,B的速度大小;
(2)从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的冲量大小;
(3)从A开始运动到A与弹簧分离的过程中,整个系统损失的机械能。
方法点拨
(1)“滑块—弹簧”模型的解题方法。
①首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
②分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态,根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
③判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”,如果不满足,则要舍掉该结果。
方法点拨
(2)过程讨论:当甲、乙两物体与弹簧组成的系统动能最小时,弹簧压缩到最短或伸长到最长(两物体共速),弹簧的弹性势能最大,物体间发生“类完全非弹性碰撞”,只不过动能的减少是暂时的,储存在弹性势能中;当弹簧恢复到原长时,两物体发生“类弹性碰撞”,大多数都可类比弹性碰撞“一动碰一静模型”分析求解,但是特殊情况不可照搬。
[例6] 【“滑块—斜(曲)面”模型】 如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑、半径R=0.3 m的四分之一圆弧面,圆弧面右侧一蹲在滑板上的某人和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻此人将冰块以相对冰面3 m/s的速度向圆弧面推出,冰块平滑地滑上圆弧面,在圆弧面上上升的最大高度为h=0.3 m。已知此人与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,此人与滑板始终无相对运动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圆弧面的质量;
【答案】 (1)20 kg
规范答题
(2)通过计算判断,冰块与圆弧面分离后能否追上此人
规范答题
[变式] 若[例6]中此人将冰块以相对于冰面v0=6 m/s 的速度向圆弧面推出,求冰块到达圆弧面最高点时的速度,并说明冰块冲出圆弧面后的运动情况。
冰块到达圆弧面最高点时,水平方向分速度与圆弧面相同,冰块相对于冰面的速度斜向左上方,故冰块冲出圆弧面后相对于冰面做斜抛运动,相对于圆弧面做竖直上抛运动,最终落回到圆弧面。
[例7] 【“悬线摆”模型】如图所示,两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接,
B球穿在光滑细杆上。初始时,细绳恰好伸直并处于水平状态,两球均可视为质点且mB=2mA,重力加速度为g。现将A、B由静止释放,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
D
对点1.碰撞模型
1.(4分)(2024·辽宁辽阳期末)甲、乙两滑块的质量分别为2m和m,它们以相同的速率v在光滑水平面上相向运动并发生碰撞。若碰撞后两滑块粘合在一
起,则碰撞过程中系统损失的机械能为(　　)
基础对点练
A
2.(6分)(2024·宁夏石嘴山三模)(多选)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示,a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图像,c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像,若A球质量是m=2 kg,则由图可知,下列结论正确的是(　 　)
[A] A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
[B] 碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
[C] 碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
[D] 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8 J
BC
对点2.碰撞模型拓展
3.(4分)(2024·北京朝阳一模)如图所示,光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m,P以速度v向右运动,Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时(　　)
[A] P的动量为零
[B] Q的动量达到最大值
[C] P、Q系统总动量小于mv
D
4.(6分)(2024·湖南邵阳三模)(多选)如图甲,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上,物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,碰撞结束,A、B的v-t图像如图乙所示。已知从0到t0时间内,物块A运动的距离为0.28v0t0。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是(　 　)
[A] 物块B的质量为5m
[C] 0~t0时间内物块B运动的距离为0.93v0t0
[D] 弹簧压缩量的最大值为0.79v0t0
BC
C
[A] 2 [B] 3
[C] 4 [D] 5
6.(6分)(2024·陕西西安二模)(多选)如图,两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上,两小车紧靠在一起而不粘连,在小车A上竖直固定一轻质细杆,长 l=1 m的轻质细绳的一端系在细杆顶端,另一端拴一质量m=1 kg的小球,已知小车的质量M=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳恰好水平且伸直,然后由静止释放,下列说法正确的是(　 　)
[A] 从小球开始释放到A、B分离前,小球和两车组成的系统满足动量守恒
[B] 释放小球后到小球第一次到达最低点过程中,小车A对小车B的弹力一直对B做正功
[C] 小球第一次到达最低点时速度大小是3 m/s
[D] A、B两车分离时,B车的速度大小为1 m/s
BD
【解析】 从小球开始释放到A、B分离前,小球和两车组成的系统水平方向所受合力为零,小球和两车组成的系统满足水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;释放小球后到小球第一次到达最低点过程中,小球在水平方向的分速度一直增大,根据水平方向动量守恒可知小车A、B速度一直增大,当小球到达最低点时,小车A、B速度达到最大,则小车A对小车B的弹力一直对B做正功,故B正确;
综合提升练
7.(6分)(2024·广东卷,10)(多选)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
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,相对速度为零,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;
8.(6分)(2024·河北邢台二模)(多选)如图所示,在足够长的光滑水平面上,有一个质量为2m的物块A,在物块A正上方有一绳长为L的细线拴接一个质量为m的小球,将小球拉至水平位置由静止释放,在最低点与物块A发生弹性正碰,之后物块A与右侧质量为4m的物块B发生正碰。已知重力加速度大小为g,两物块和小球均可看作质点,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　 　)
AC
(1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小;
【答案】 (1)2.4 m/s
(2)乙、丙碰撞过程损失的机械能;
【答案】 (2)0.08 J
(3)推力F在AB间作用的最长时间。
【答案】 (3)1 s
【解析】 (3)有力F作用时,
对乙由牛顿第二定律有μm乙g-F=m乙a1,
解得a1=1 m/s2,
没有力F时,对乙由牛顿第二定律有μm乙g=m乙a2,
解得a2=2 m/s2,
10.(15分)(2024·天津红桥二模)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m1、m2,m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,m2右侧与球心等高处连接一轻质弹簧,弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将m1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m1滑离圆弧槽时的速度大小v0;
(2)若圆弧槽不固定,小球m1滑离圆弧槽时的速度大小v1;
【答案】 (2)2 m/s
(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。

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