重难点10 碰撞类型拓展-2025年高考物理 热点 重点 难点 专练（广东专用）

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【情境解读】
碰撞遵循的原则和分类
1．碰撞遵循的三原则
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)
(3)速度要合理。
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：
根据动量守恒、机械能守恒：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ①,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2 ②))
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)
v2′＝eq \f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)
分析讨论：
当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。
③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
(2)非弹性碰撞：
动量守恒，机械能不守恒
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＞\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2。))
若为完全非弹性碰撞，则：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1v1＋m2v2＝m1＋m2v，,ΔE＝\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22－\f(1,2)m1＋m2v2。))
【高分技巧】
碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型

【考向一：“滑块 —弹簧”模型】
1．系统内物体间的碰撞时间极短，碰撞过程中弹簧的状态不变。
2．碰撞瞬间，对应系统满足动量守恒定律。
3．由于弹簧是变力，碰撞后在相互作用过程中弹性势能、物体动能及系统内能间相互转化，遵循能量守恒定律。
4．要特别注意弹簧的三个状态：原长时弹簧的弹性势能为零，压缩到最短或伸长到最长的状态时弹簧连接的物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能，这往往是解决此类问题的突破点。
1．如图所示，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( )
A．eq \f(1,3)mv02 B．eq \f(1,5)mv02
C．eq \f(1,12)mv02 D．eq \f(4,15)mv02
答案 A
解析 当C与A发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)(2m)v22，联立解得v2＝eq \f(2,3)v0，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＝(2m＋3m)v，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)(2m)·v22－eq \f(1,2)(5m)v2，解得Ep＝eq \f(4,15)mv02，当C与A发生完全非弹性碰撞时，根据动量守恒定律有mv0＝3mv1′，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3mv1′＝6mv′，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)(3m)v1′2－eq \f(1,2)(6m)v′2，解得Ep＝eq \f(1,12)mv02，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是eq \f(1,12)mv02≤Ep≤eq \f(4,15)mv02，故A不可能，B、C、D可能。
2．(多选)某滑杆游戏可简化为如图5所示的模型，质量m＝0.2 kg的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环通过长L＝0.6 m的轻绳连着质量M＝0.4 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.小球第一次运动至最低点时的速度大小为2eq \r(3) m/s
B.小球再次返回最高点时的速度大小为0
C.小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s
D.小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 m
答案 BCD
解析 自开始释放到小球运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0＝Mv1－mv2，由能量守恒定律得MgL＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，联立解得小球在最低点时的速度大小v1＝2 m/s，A错误，C正确；小球每次在最高点时和滑环都有相同的速度，由动量守恒定律得0＝(M＋m)v，解得共同速度v＝0，B正确；由机械能守恒定律可知，小球左、右两侧最高点在同一水平线上，设其水平距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动的距离为x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝2L，解得小球运动轨迹左、右两端点间的距离x1＝0.4 m，D正确。
3．如图所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A.3 J B.6 J
C.20 J D.4 J
答案 A
解析 由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为Ff，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝FfL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，mv0＝(M＋m)v，又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝2FfL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2，代入数据联立解得Ep＝3 J，B、C、D错误，A正确。
4.(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为eq \r(\f(gh,2))
B．C与A碰撞时产生的内能为eq \f(mgh,2)
C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为eq \f(mgh,2)
D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为eq \f(8mg,k)
答案ABD
解析 对C自由下落过程，由机械能守恒定律得：mgh＝eq \f(1,2)mv02，解得：v0＝eq \r(2gh)，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝eq \r(\f(gh,2))，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv12＝eq \f(1,2)mgh，故B正确；当A、C速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，Epmax＝eq \f(1,2)×2mv12＋2mgΔx>eq \f(1,2)mgh，故C错误；开始时弹簧的压缩量为H＝eq \f(mg,k)，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为H＝eq \f(mg,k)，则A、C将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：eq \f(1,2)×2mv12＝2mg·2H，解得：h＝eq \f(8mg,k)，故D正确。
5．(多选)如图a所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图b所示，图像中0～x1之间为直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．A与B碰撞后在x1位置处速度最大
C．A与B碰撞后在x3位置处加速度最大
D．弹簧的劲度系数为eq \f(E,x1x2－x1)
答案ACD
解析 由题图b可知，物块A与物块B碰撞前的动能eq \f(1,2)mAv2＝E，可得物块A与物块B碰撞前的速度v＝eq \r(\f(2E,mA))，物块A与物块B碰撞后的动能eq \f(1,2)mAv共2＝eq \f(1,9)E，可得物块A与物块B碰撞后的速度v共＝eq \r(\f(2E,9mA))＝eq \f(v,3)，物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律mAv＝(mA＋mB)eq \f(v,3)，解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,2)，A正确；由题图b可知，A与B碰撞后A在x2处动能最大，则A与B碰撞后在x2位置处速度最大，B错误；根据动能定理有0－Ek＝F合x，则可知Ek-x图的斜率代表物体所受的合外力，由题图b可知A与B碰撞后在x3位置处合外力最大，即加速度最大，C正确；弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为x0，结合题图a根据平衡条件可知mBgsin θ＝kx0，由题图b可知，当AB一起运动到x2时，速度最大，根据平衡条件mAgsin θ＋mBgsin θ＝k(x2－x1＋x0)，物块A从O点运动到位置x1的过程中，根据动能定理mAgsin θ·x1＝E，联立解得k＝eq \f(E,x1x2－x1)，D正确。
【考向二：“滑块 —斜(曲)面”模型】
6．(多选)如图所示，水平面上一半圆弧槽N的质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高。将一质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况槽固定不动；第二种情况槽可自由滑动。下列说法正确的是( )
A．两种情况下，小球均可运动到圆弧槽左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为1∶1
C．第二种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度大小为 eq \r(\f(1,3)gr)
D．第二种情况下，圆弧槽距离出发点的最远距离为eq \f(2,3)r
答案 ACD
解析 当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽可自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右侧最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，选项A正确。当圆弧槽固定时，设小球M滑到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(2gr)，当圆弧槽可自由滑动时，设小球M滑到最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，由水平方向动量守恒得0＝mv－2mv′，解得v′＝eq \f(v,2)，根据机械能守恒定律得mgr＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×2mv′2，解得v＝2eq \r(\f(1,3)gr)、v′＝eq \r(\f(1,3)gr)，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为eq \r(3)∶eq \r(2)，选项B错误，C正确；第二种情况下，小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m(2r－x)＝2mx，解得x＝eq \f(2r,3)，选项D正确。
7．(多选)质量为M的带有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则( )
A.小球以后将向左做平抛运动
B.小球将做自由落体运动
C.此过程小球对小车做的功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)
D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq \f(veq \\al(2,0),2g)
答案 BC
解析 从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且系统机械能守恒，设小球离开小车时，小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理，小球对小车所做的功W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－0＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝2×(eq \f(1,2)Mv2)＋Mgh，联立解得h＝eq \f(veq \\al(2,0),4g)，D错误。
8．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面有一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切。现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。g取10 m/s2，求：
(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；
(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离。
答案 (1)5 m/s (2)0.5 m
解析 (1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1
由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v1①
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mv02＝mgR＋μmgL＋eq \f(1,2)(M＋m)v12②
联立①②并代入数据解得v0＝5 m/s。③
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v2④
设小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离为x，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mv02＝μmg(L＋x)＋eq \f(1,2)(M＋m)v22 ⑤
联立③④⑤并代入数据解得：
x＝0．5 m