资源简介 思维进阶六 碰撞问题的三个拓展模型 对应学生用书P146“滑块—弹簧”模型，把握“速度相等”的临界状态【例1】 (2025·苏州模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )A.此过程中，A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零B.物体A的质量为2mC.从开始到弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为3∶2D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m题后反思：【例2】 如图所示，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( )A.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 角度突破1.弹簧最短(或最长)时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大。2.弹簧处于原长时弹性势能为零。 破题路径 能力要语由水平面光滑可知，系统动量守恒，从而求共同的速度；系统机械能守恒，从而求最大压缩量或最大伸长量。【例1】 解析：选D。图甲中，弹簧最大弹性势能为Epm＝mA；图乙中，A、B共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次最大弹性势能相同，根据动量守恒有mA2v0＝(mA＋m)v，由机械能守恒定律有mA(2v0)2＝(mA＋m) v2＋Epm，解得mA＝3m，Epm＝m，v＝v0，故B错误，D正确。题图乙中，开始时A物体的速度大于B的速度，弹簧被压缩，A物体受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中A物体做加速度越来越大的减速运动，直至共速，故A错误；以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在图甲的情况下弹簧对A物体的冲量大小为I1＝0－(－mAv0)＝3mv0，在图乙的情况下弹簧对A物体的冲量大小为I2＝－mAv－(－mA2v0)＝mv0，可得两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为 I1∶I2＝2∶1，故C错误。【例2】 解析：选D。m1、m2组成的系统所受合力为零，则系统的动量守恒，A错误；m1、m2和弹簧组成的系统机械能守恒，B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝m2－(m1＋m2)v2＝，C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，m2＝m1＋m2，解得m1的最大速度为v1＝，D正确。“滑块—斜(曲)面”模型，强化分动量守恒的观念【例3】 如图所示，光滑水平面上有一弹簧，左端固定，右端与质量m＝1 kg的小球接触。小球右侧静置一质量M＝2 kg、半径R＝0.3 m的四分之一光滑圆弧轨道。现推动小球使其向左压缩弹簧，松手后，小球脱离弹簧，冲上右侧轨道，小球恰好能到达圆弧的最高点。取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小；(2)整个过程中，圆弧轨道最大速度的大小。解析：(1)设小球与轨道共速时的速度为v，水平方向上动量守恒，有mv0＝(m＋M)v根据机械能守恒定律，有m＝(m＋M)v2＋mgR解得v0＝3 m/s。(2)小球运动到圆弧轨道最低点时，轨道速度最大，设此时小球的速度为v1，轨道的速度为v2，由水平方向上动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2根据机械能守恒定律，有m＝m＋M解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s因为｜v1｜＜｜v2｜，易知两者不会再次发生相互作用。答案：(1)3 m/s (2)2 m/s 角度突破两个特殊末状态(1)m上升h到达最高点两者的末速度相同，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(2)m返回最低点两者的末速度不相同，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒 能力要语分析时注意系统的总动量并不守恒，只有在水平方向上的分量守恒。“子弹打木块”模型，正确计算内能【例4】 如图所示，光滑的地面上有一个木块C，C上面通过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A以水平初速度v0＝200 m/s射入B但没有穿出，射入过程时间极短，之后AB整体在弹性棒上面反复左右摇摆。已知mA＝0.05 kg，mB＝0.15 kg，mC＝0.8 kg，整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒，下列说法正确的是( )A.子弹A射入木块B过程中AB系统机械能守恒B.弹性棒向右弯曲最大时AB整体的速度为50 m/sC.弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能D.弹性棒第一次回到竖直状态时C的速度大小为20 m/s解析：选D。子弹A射入木块B过程中机械能有损失，故A错误；弹性棒向右弯曲最大时，ABC相对静止，具有相同的速度，由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB＋mC)v2，得整体的速度为v2＝10 m/s，故B错误；弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹射入木块B之后系统减少的动能与AB减少的重力势能之和，故弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应大于子弹射入木块B之后系统减少的动能，故C错误；A射入B过程中，由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，解得v1＝50 m/s，弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，则(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v3＋mCvC，(mA＋mB)＝(mA＋mB)＋mC，解得vC＝v1＝20 m/s，故D正确。【例5】 如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5 kg；质量m＝0.1 kg可视为质点的子弹以v0＝34 m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA＝2 m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出。子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA＝0.23 m，不计空气阻力，g取10 m/s2。(1)求物体B最终的速度大小vB；(2)求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q；(3)求物体B的最小长度LB。解析：(1)从最初到最终共速，由动量守恒定律有mv0＝MvA＋(M＋m)vB解得vB＝4 m/s。(2)从子弹射入A到穿出，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋2MvA解得v1＝14 m/s由能量守恒有Q＝m－m－·2M解得Q＝46 J。(3)子弹从射入到共速时，由能量守恒有Q总＝m－M－(M＋m)解得Q总＝52 J由Q＝fx得＝可得x总＝0.26 m故物体B的最小长度LB＝x总－LA＝0.26 m－0.23 m＝0.03 m。答案：(1)4 m/s (2)46 J (3)0.03 m 角度突破子弹嵌入木块 子弹穿透木块两者末速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 两者末速度不相等，机械能有损失教学札记： 破题路径 能力要语摩擦生热的计算式Q＝Ffs相对，“相对位移”是摩擦生热的唯一决定因素。[思维进阶(六)] 碰撞问题的三个拓展模型(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为v0，则此后运动中( )A.墙壁对A做的总功为2mB.弹簧的最大弹性势能为mC.A的最大速度为v0D.A的最大速度为v0解析：选D。墙壁对A作用过程中A没有位移，因此墙壁对A不做功，A错误。物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，有Epmax＝×2m＝m，B错误。物块A离开墙壁后，A达到最大速度时弹簧恢复原长，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒，有2mv0＝mv1＋2mv2，×2m＝m＋×2m，解得v1＝v0，v2＝v0，C错误，D正确。2.(2025·淮安联考)如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，另有一个质量为2m的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是( )A.木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒B.木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为C.木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为D.弹簧的最大弹性势能等于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量解析：选C。木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合力为零，所以系统动量守恒。木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系统机械能有损失，故系统机械能不守恒，故A错误；木块C与A碰撞并粘在一起，以木块C与木块A组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有2mv0＝3mv'，解得v'＝，即木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为，故B错误，C正确；木块C与A碰撞过程中机械能有损失，之后粘合体在通过弹簧与物块B作用过程中满足动量守恒和机械能守恒，粘合体与物块B达到共速时，弹簧的弹性势能最大，但由于碰撞过程系统机械能有损失，所以弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量，故D错误。3.如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中( )A.小球和滑块组成的系统动量守恒B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为解析：选C。小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝4mv，解得v＝，故B错误；根据机械能守恒定律得m＝×4mv2＋mgh，解得h＝，故C正确；小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律，则有m＝m＋×3m，联立以上两式可得v1＝－，v2＝，故D错误。4.如图所示，带有光滑圆弧轨道的滑块D静止在光滑水平地面上，轨道半径为R，圆弧最低点与地面相切，小球A从圆弧轨道最高点由静止释放，沿圆弧轨道运动。已知A、D的质量之比为1∶3，小球可视为质点，重力加速度为g。则( )A.小球沿圆弧轨道运动过程，小球水平位移为RB.小球沿圆弧轨道运动过程，滑块水平位移为RC.小球运动到圆弧轨道最低点时，小球速度大小为D.小球运动到圆弧轨道最低点时，滑块速度大小为解析：选A。设A质量为m，小球沿轨道下滑过程，小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒，有mvAx＝3mvDx，在之后极短时间Δt内，有mvAxΔt＝3mvDxΔt，累加可得xA＝3xD，又xA＋xD＝R，联立得xA＝R，xD＝R，故A正确，B错误；设小球运动到圆弧轨道最低点时速度大小为vA、滑块的速度大小为vD，由动量守恒有mvA－3mvD＝0，由机械能守恒有m＋×3m＝mgR，可得vA＝，vD＝，故C、D错误。5.如图所示，质量为M＝9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝1 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是( )A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10 m/sB.子弹对木块做的功W＝500 JC.木块和子弹系统机械能守恒D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝3 500 J解析：选A。由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝＝10 m/s，故A正确；根据动能定理可知，子弹对木块做的功为W＝Mv2－0＝450 J，故B错误；根据能量守恒可知，子弹打入木块过程中产生的热量为Q＝m－(M＋m)v2＝4 500 J，可知木块和子弹系统机械能不守恒，故C、D错误。6.如图所示，质量为M＝0.5 kg的小球静置于高度为h＝3.2 m的光滑直杆顶端。一颗质量为m＝0.01 kg的子弹以v0＝500 m/s的速度沿水平方向击中小球，并迅速从球心穿过。已知小球落地处离杆的水平距离为s＝4.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，求子弹穿过小球的过程中，系统产生的热量Q。解析：小球做平抛运动的过程竖直方向有h＝gt2解得t＝0.8 s小球做平抛运动水平方向有s＝v2t解得v2＝6 m/s子弹穿过小球的过程，由动量守恒可得mv0＝mv1＋Mv2解得v1＝200 m/s子弹穿过小球的过程中，由能量守恒定律得系统产生的热量为Q＝m－m－M解得Q＝1 041 J答案：1 041 J7.光滑的水平面上有一质量为M的静止木块，质量为m(M＞m)的子弹以一定的速度射入其中没有射出，从射入到达到共同速度为止( )A.摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍B.摩擦发热量在数值上等于木块获得的动能C.摩擦力对两物体做功的代数和等于0D.因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒解析：选A。设子弹的初速度为v0，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，则摩擦力对子弹做功为W1＝m－mv2＝m，木块获得的动能为Ek木＝Mv2＝m，因M＞m所以M＋2m＞3m，即W1＞3Ek木，故A正确；摩擦生热为Q＝fd(d为子弹射入木块的厚度) ，木块获得的动能为Ek木＝fx(x为木块的位移)，可见两者不相等，故B错误；摩擦力对子弹做的功为W1＝－f(x＋d)，摩擦力对木块做的功为W2＝fx，则摩擦力对两物体做功的代数和等于－fd，故C错误；因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统所受合力为零，则动量守恒，故D错误。8.(2025·盐城模拟)如图所示，物块P与Q之间用一轻弹簧相连后静置在光滑水平面上。初始弹簧恰好处于原长，t＝0时刻给物块P一瞬时向右的初速度v0，规定向右为正方向，0～t2内物块P、Q运动的a-t图像如图所示，其中t轴下方部分的面积大小为S2，t轴上方部分的面积大小为S1，则( )A.S1∶S2≠2∶1B.t1时刻物块P的速度为v0－S2C.t2时刻物块Q的速度为S1D.t2时刻弹簧的长度最长解析：选C。取向右为正方向，在0～t2时间内物块Q所受弹力方向向右，做加速运动；物块P所受弹力方向向左，做减速运动；在t1时刻，物块P、Q所受弹力最大且大小相等，根据牛顿第二定律，对物块P、物块Q，分别有F弹＝mP×a0，F弹＝mQa0，联立可得mP∶mQ＝2∶1，在0～t2时间内，系统动量守恒，即物块P减少的动量等于物块Q增加的动量，则有ΔpP＝ΔpQ，即mPΔvP＝mQΔvQ，根据a-t图像与横坐标围成的面积表示速度的变化量，可知ΔvP＝S2，ΔvQ＝S1，可得mPS2＝mQS1，则有S1∶S2＝mP∶mQ＝2∶1，故A错误；根据a-t图像与横坐标围成的面积表示速度的变化量，可知0～t1时间内物块P速度的变化量为ΔvP＝S2，由题知，物块P的初速度为v0，故t1时刻物块P的速度为vP＝v0－S2，故B错误；根据a-t图像与横坐标围成的面积表示速度的变化量，可知0～t2时间内物块Q速度的变化量为ΔvQ＝S1，由题知，物块Q的初速度为0，则 t2时刻物块Q的速度为vQ＝S1，故C正确；当弹力最大时弹簧的形变量最大，弹簧的长度最长，加速度最大，由题分析可知，t1时刻弹簧的长度最长，故D错误。9.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现使质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)。解析：(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，由机械能守恒定律有mgR＝m在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝m解得FN＝3mg由牛顿第三定律可知，在P点物块A对轨道的压力大小为3mg。(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝m－0解得v0＝当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v根据能量守恒有m＝(m＋2m)v2＋Ep解得Ep＝mgR。答案：(1)3mg (2)mgR10.某快递站利用如图所示装置运送货物(视为质点)，固定倾斜轨道AB的B点与轨道B'CD的B'点等高，两轨道相切并平滑连接。轨道B'CD上表面由光滑圆弧轨道B'C和水平粗糙轨道CD组成且相切于C点，圆弧轨道B'C的半径R＝2.75 m，所对圆心角θ＝37°，水平粗糙轨道CD段长L＝5 m。轨道B'CD静置于光滑水平面上，右侧紧靠竖直墙壁。现将质量m＝10 kg的货物从距离B点高度为h＝1.5 m的A点无初速度释放，货物滑到轨道B'CD左端D点时恰好与轨道保持相对静止。货物与倾斜轨道AB、水平粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为μ0＝0.125、μ1＝0.3，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：(1)货物在B点的速度大小；(2)轨道B'CD的质量M；(3)整个过程中由于摩擦产生的内能Q。解析：(1)货物从A到B点，根据动能定理有mgh－μ0mgcos θ＝mv2解得v＝5 m/s。(2)货物从B到C点，根据动能定理有mgR(1－cos θ)＝m－mv2解得vC＝6 m/s设轨道的质量为M，从C到D，根据动量守恒定律有mvC＝(m＋M)vD根据能量守恒定律有m＝(m＋M)＋μ1mgL解得M＝50 kg。(3)根据功能关系可知Q＝μ0mgcos θ＋μ1mgL＝175 J。答案：(1)5 m/s (2)50 kg (3)175 J(共49张PPT)高三一轮总复习高效讲义物 理01第七章动量守恒定律思维进阶六 碰撞问题的三个拓展模型角度突破破题路径能力要语角度突破能力要语角度突破破题路径能力要语思维进阶六 碰撞问题的三个拓展模型0102030405060708091001020304050607080910010203040506070809100102030405060708091001020304050607080910010203040506070809100102030405060708091001020304050607080910010203040506070809100102030405060708091001020304050607080910010203040506070809100102030405060708091001020304050607080910010203040506070809100102030405060708091001020304050607080910010203040506070809100102030405060708091001020304050607080910010203040506070809100102030405060708091001020304050607080910谢谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 思维进阶六 碰撞问题的三个拓展模型.docx 思维进阶六 碰撞问题的三个拓展模型.pptx
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