2021高考物理人教版一轮复习学案作业：第六章专题强化七“碰撞类”模型问题

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m10(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＝0.2 kg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＝1 kg.碰撞前瞬间，A的速度大小为v0＝3 m/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＝0.25 s
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＝0.5 s
可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足0.25 s≤t≤0.5 s.
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

模型图示

模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒
(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；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)

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
图2
A．L1>L2 B．L1 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2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg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)3 m/s　(2)12 J
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＝3 m/s
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒
mBv＝(mB＋mC)vC
故vC＝2 m/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＝12 J


模型图示

模型特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型)

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＝.

模型图示

模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解

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Ff t＝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＝1 kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2 kg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0.6 m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10 m/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)3 m/s　(2)5 N· 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＝3 m/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＝5 N· s.

1.如图1所示，光滑水平面上质量为m1＝2 kg的物块以v0＝2 m/s的初速度冲向质量为m2＝
6 kg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＝0.5 m/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＝－1 m/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′＝2 m/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＝
3 kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1＝2 kg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＝2 m，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＝10 m/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)4 m/s　(2)1.25 m
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＝4 m/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＝1.25 m
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1.35 J，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＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，(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)9 m/s　(2)1.9 m/s　(3)1.47 N·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＝3 m/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≈1.9 m/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＝1.47 N·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＝0.8 m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＝3 kg，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＝1 kg，g取10 m/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)30 N　(2)1.75 m
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＝4 m/s
在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
代入数据解得FN＝30 N
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＝30 N
(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＝1 m/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＝6 J
由功能关系知Q＝μ1mgx1＋μ1mg(x－x1)
将μ1＝0.4，x1＝0.5 m代入可解得x＝1.75 m.