【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第7章专题强化11《碰撞模型的拓展》.doc，共(11)页，653.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化十一碰撞模型的拓展目标要求1.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题.2.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题．题型一“滑块—弹簧”模型1．模型图示2．模型特点(1)动量守恒：两个物体与弹

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)机械能守恒：系统所受的外力为零或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(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为

弹簧的弹性势能)．(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．例1(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上．现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙，则有()A．在

t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8答案CD解析由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且

此时系统动能最小，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，而t3时刻处于伸长状态，故A错误；结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B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

簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于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，在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；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1m/s，B的速度为vB＝2m/s，根据m1∶m2＝1∶2

，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确．例2如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生相互作用．求二者在发生相互作

用的过程中，(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度．答案(1)6J(2)2m/s，方向向右解析(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝

(mA＋mB)v解得v＝mAv0mA＋mB＝1×41＋3m/s＝1m/s弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、B损失的动能Epm＝12mAv02－12(mA＋mB)v2＝6J.(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝

mAvA＋mBvm12mAv02＝12mBvm2＋12mAvA2解得vm＝2m/s，方向向右．例3如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5m的光滑水平桌面上．现

有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝

1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，取g＝10m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．答案(1)2m/s(2)3J(3)2m解析(1)滑

块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝12mAv12，解得v1＝6m/s滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有mAv

1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝13v1＝2m/s(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，解

得v3＝16v1＝1m/s由机械能守恒定律有Ep＝12(mA＋mB)v22－12(mA＋mB＋mC)v32解得Ep＝3J(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设此时滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA

＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv512(mA＋mB)v22＝12(mA＋mB)v42＋12mCv52解得v4＝0，v5＝2m/s滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动x＝v5t，H＝12gt2解得x＝2m.题型二“滑块—斜(曲)面”模型1．模型图示2．模型特点(1)上升到最

大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12mv02＝12(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性

碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)．(2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝12mv12＋12Mv22(相当于完成了弹性碰撞)．例4(多选)质量为M的带有14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12Mv02D．小球在圆弧轨道上上升的最

大高度为v022g答案BC解析小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′，12Mv02＝2×(12Mv′2)＋Mgh，联立解得h＝v024g，故D错

误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为12Mv02，即此过程小

球对小车做的功为12Mv02，故B、C正确，A错误．例5如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1.

现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为()A.12B.34C.32D.43答案C解析设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程机械能

守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝12mvQ2＋12·2mvP2，Q离开P时的动能：Ek2＝12mvQ2，解得：Ek1Ek2＝32，故C

正确．例6如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升

的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答

案(1)20kg(2)不能，理由见解析解析(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋

m3)v①12m2v02＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入

数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥12m2v02＝12m2v22＋12m3v32⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰

块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩．课时精练1.(多选)如图所示，质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正前方的质量为m的静止滑块丙发生碰撞，碰撞时间极短．在甲、丙碰撞瞬间，下列情况可能

发生的是()A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．甲、乙、丙速度均发生变

化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2答案BC解析碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；

若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确．2.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动．当小物块沿斜面向上运动到

最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，重力加速度为g，则下列关系式中正确的是()A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC.12m(v0sinθ)2＝mghD.12mv02＝mgh＋12(m＋M)v2答案BD解析小物块上升到

最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，沿水平方向，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒．以水平向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cosθ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒

定律得12mv02＝mgh＋12(m＋M)v2，故C错误，D正确．3.(多选)如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A以

速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是()A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动B．A、B系统的总动量最终将大于mvC．A、B系统的总动能最终将大于12mv2D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为14

mv2答案CD4.(多选)如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心．质量为m的小滑块(可视为质点)以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已

知M＝2m，则下列判断正确的是()A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒C．小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为23v0D．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为13v0答案AD解析小滑块冲上轨道的过程，

系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A正确；小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向所受合力为零，动量守恒，选项B错误；由水平方向动量守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度大小为13v0；当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带

有圆弧轨道的滑块速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v1和v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，12mv02＝12mv12＋12Mv22，解得v2＝23v0，v1＝－13v0，故C错误，D正确．5．(多选)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．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩最大时的弹性

势能为32mv02D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02答案AC解析对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝12Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动

量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝12M·(2v0)2－12(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝12Mv02＝32mv02，选项A、C正确，B、D错误．6.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均

为d，两小球质量分别为m1、m2，m1>m2，m2的左边有一固定挡板．由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是m1－m2m1＋m2v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是2m

1m1＋m2v1答案BD解析由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，m1v1

＝m1v1′＋m2v2，12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v22，解得v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2＝2m1m1＋m2v1，B、D选项正确．7.(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的

14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M2，小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则()A．B的最大速率为4m/sB．B运动到最高点时的速率为34m/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，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得M2v0＝M2vA＋MvB，12·M2v02＝12·M2vA2＋12·MvB2，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率为4m/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＝(M＋2M)v，得v＝43m/s，选项B错误；从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MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒

有12·MvB2＝12·MvB′2＋12·2MvC′2，联立解得vB′＝－43m/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．8.(2022·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其右侧是光滑曲面，曲面下端与光滑的水平面相切，如

图所示，一质量为m的物块B位于劈A的曲面上，距水平面的高度为h，物块从静止开始滑下，到达水平面上，跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后(作用过程无机械能损失)，又滑上劈A，求物块B在劈A上能够达到的最大高度．答案14h解析设物块B滑到曲面底端时速率为v1，劈A的速率为v2，物块B和劈A组

成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有3mv2－mv1＝0由系统机械能守恒可得mgh＝12mv12＋12×3mv22联立可得v1＝6gh2，v2＝gh6与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，v1′＝v1，当

物块B在劈A上达到最大高度时二者速度相同，设为v3，系统水平方向动量守恒，则有3mv2＋mv1′＝(3m＋m)v3物块B和劈A组成的系统机械能守恒，可得mgh′＝12×3mv22＋12mv1′2－12×(3m＋m)v32联立可得h′＝14

h.9.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直

，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．答案54m2gh151

28mgh解析设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝12mv12解得v1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有mgh16＝12mv1′2解得v1′＝2

gh4设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1＝－mv1′＋5mv2解得v2＝2gh4由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为I＝5mv2＝54m2gh碰撞后当B物块

与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8mv3据机械能守恒定律得Epm＝12×5mv22－12×8mv32解得Epm＝15128mgh.