資源簡介

專題提升三　碰撞模型的拓展
(分值:100分)
選擇題1~9題,每小題8分,共72分。
基礎對點練
題組一　“滑塊—彈簧”模型
1.如圖所示,P物體與一個連著彈簧的Q物體正碰,碰撞后P物體靜止,Q物體以P物體碰撞前的速度v離開,已知P與Q的質量相等,彈簧質量忽略不計,那么當彈簧被壓縮至最短時,下列的結論中正確的是 (　　)
P的速度恰好為零 P與Q具有相同速度
Q剛開始運動 Q的速度等于v
2.如圖所示,將質量分別為mA=1 kg、mB=3 kg的A、B兩個物體放在光滑的水平面上,物體B處于靜止狀態,B的左端與一輕彈簧相連接。現在給物體A一水平向右的初速度v0=4 m/s。則下列說法正確的是 (　　)
彈簧壓縮到最短時,A、B兩物體的速度大小均為0
彈簧壓縮到最短時,A物體的速度為2 m/s
整個過程中彈簧儲存的最大彈性勢能為6 J
整個過程中A、B系統的最小動能為6 J
3.(多選)(2024·四川成都高二月考)如圖所示,三小球a、b、c的質量都是m,都放于光滑的水平面上,小球b、c與輕彈簧相連且靜止,小球a以速度v0沖向小球b,碰后與小球b粘在一起運動。在整個運動過程中,下列說法中正確的是 (　　)
三球與彈簧組成的系統總動量守恒,總機械能不守恒
三球與彈簧組成的系統總動量守恒,總機械能也守恒
當小球b、c速度相等時,彈簧彈性勢能最大
當彈簧第一次恢復原長時,小球c的動能一定最大,小球b的動能一定不為零
題組二　“滑塊—光滑斜(曲)面”模型
4.(多選)如圖所示,質量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上,其斜面光滑且足夠長,與水平方向的夾角為θ。一個質量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動。當小物塊沿斜面向上運動到最高點時(未從斜面頂端沖出),速度大小為v,距地面高度為h,重力加速度為g,則下列關系式中正確的是 (　　)
mv0=(m+M)v
mv0cos θ=(m+M)v
mgh=m(v0sin θ)2
mgh+(m+M)v2=
5.如圖所示,在光滑的水平地面上停放著質量為m的裝有弧形槽的小車。現有一質量也為m的小球以v0的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去,不計一切摩擦,則 (　　)
在相互作用的過程中,小車和小球組成的系統總動量守恒
小球從右側離開車后,對地將向右做平拋運動
小球從右側離開車后,對地將做自由落體運動
小球從右側離開車后,小車的速度有可能大于v0
6.(多選)(2024·四川攀枝花高二期末)如圖所示,質量為2m的帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑水平面上,一質量為m的小球以水平速度v沖上小車,剛好到達圓弧軌道最高點后又返回小車的左端。已知重力加速度為g,在這過程中,下列說法中正確的是 (　　)
小球和小車所組成的系統動量守恒
四分之一光滑圓弧軌道的半徑為
小球運動到最高點時,小車的速度大小為
小球返回小車左端時,小車的速度大小為
題組三　“滑塊—木板”模型
7.如圖所示,質量為M、長為L的長木板放在光滑的水平面上,一個質量也為M的物塊(視為質點)以一定的初速度從左端沖上長木板,如果長木板是固定的,物塊恰好停在長木板的右端,如果長木板不固定,則物塊沖上長木板后在長木板上相對長木板最多能滑行的距離為 (　　)
L
8.如圖(a),一長木板靜止于光滑水平桌面上,t=0時,小物塊以速度v0滑到長木板上,圖(b)為物塊與長木板運動的v-t圖像,圖中t1、v0、v1已知,重力加速度大小為g。由此可求得 (　　)
木板的長度
物塊與木板的質量
物塊與木板之間的動摩擦因數
從t=0開始到t1時刻,木板獲得的動能
綜合提升練
9.(多選)(2024·山東臨沂高二月考)如圖所示,在光滑的水平面上放有兩個小球A和B,兩者的質量關系為mA>mB,B球上固定一輕質彈簧。A球以速度v去碰撞靜止的B球,則 (　　)
A球的最小速率為零
B球的最大速率為v
當彈簧壓縮到最短時,B球的速度率大
兩球的動能之和最小值為
10.(12分)如圖所示,光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C,滑塊B置于A的左端(B、C可視為質點),三者質量分別為mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg,A與B間的動摩擦因數為μ=0.5;開始時C靜止,A、B一起以v0=5 m/s的速度勻速向右運動,A與C發生碰撞(時間極短)并粘在一起,經過一段時間,B剛好滑至A的右端而沒掉下來。求:
(1)(6分)A、C碰撞后A的速度大小;
(2)(6分)長木板A的長度。(g=10 m/s2)
培優加強練
11.(16分)在光滑水平面上靜置有質量均為m的木板AB和滑塊CD,木板AB上表面粗糙,滑塊CD上表面是光滑的圓弧,其最低點D的切線水平且與木板AB上表面平滑相接,如圖所示。一可視為質點的物塊P,質量也為m,從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,過B點時速度為vB=,又滑上滑塊CD,最終恰好能滑到滑塊CD圓弧的最高點C處。已知物塊P與木板AB間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g。求:
(1)(4分)物塊滑到B處時木板的速度vAB;
(2)(6分)木板的長度L;
(3)(6分)滑塊CD上表面圓弧的半徑R。
專題提升三　碰撞模型的拓展
1.B　[P物體接觸彈簧后,在彈簧彈力的作用下,P物體做減速運動,Q物體做加速運動,P、Q間的距離減小,當P、Q兩物體速度相等時,彈簧被壓縮到最短,所以B正確,A、C錯誤;由于作用過程中動量守恒,設彈簧最短時的共同速度為v',則mv=(m+m)v',所以彈簧被壓縮至最短時,P、Q的速度都為v'=,故D錯誤。]
2.C　[當彈簧壓縮到最短時,A、B兩物體的速度相同,設共同速度為v。取向右為正方向,由動量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v,解得v=1 m/s,故A、B錯誤;彈簧壓縮到最短時,彈簧的彈性勢能最大,系統動能最小,根據系統的機械能守恒知,彈簧儲存的最大彈性勢能為Epmax=(mA+mB)v2,解得Epmax=6 J,系統最小動能Ekmin=(mA+mB)v2=2 J,故C正確,D錯誤。]
3.ACD　[在整個運動過程中,系統的合外力為零,系統的動量守恒,小球a與b碰撞后粘在一起,機械能減小, B錯誤,A正確;a與b碰撞后,彈簧被壓縮,彈簧對b產生向左的彈力,對c產生向右的彈力,ab做減速運動,c做加速運動,則當小球b、c速度相等時,彈簧壓縮量最大,彈性勢能最大,C正確;當彈簧第一次恢復原長時,小球c的動能一定最大,根據動量守恒定律和機械能守恒定律分析可知,小球b的動能不為零,D正確。]
4.BD　[以水平向右為正方向,在小物塊上升過程中,由水平方向系統動量守恒得mv0cos θ=(m+M)v,故A錯誤,B正確;由系統機械能守恒得mgh+(m+M)v2=,故C錯誤,D正確。]
5.C　[整個過程中系統水平方向動量守恒,豎直方向動量不守恒,故A錯誤;設小球離開小車時,小球的速度為v1,小車的速度為v2,整個過程中由水平方向動量守恒得mv0=mv1+mv2,由機械能守恒定律得,聯立解得v1=0,v2=v0,即小球與小車分離時二者交換速度,所以小球從小車右側離開后將做自由落體運動,故B、D錯誤,C正確。]
6.BC　[小球和小車所組成的系統在水平方向不受外力,因此水平方向動量守恒,但豎直方向小球和小車所組成的系統動量不守恒,故A錯誤;小球運動到最高點時,小球和小車的速度相等,設為v1,設圓弧軌道半徑為r,在水平方向根據動量守恒定律得mv=(m+2m)v1,由機械能守恒定律得mv2=(m+2m)+mgr,聯立解得v1=,r=,故B、C正確;小球返回小車左端時,設小球的速度為v2,小車的速度為v3,根據水平方向動量守恒得mv=mv2+2mv3,由機械能守恒定律得mv2=×2m,解得v3=v,故D錯誤。]
7.D　[長木板固定時,由動能定理得-μMgL=0-,若長木板不固定,以物塊初速度的方向為正方向,對于物塊和長木板組成的系統,由動量守恒定律有Mv0=2Mv,由能量守恒定律有μMgs=×2Mv2,解得s=,D正確,A、B、C錯誤。]
8.C　[對小物塊,由x=t1-t1=t1可以求出物塊相對木板滑行的距離,木板的長度可能等于該長度,也可能大于該長度,根據題意無法求出木板的長度,A錯誤;物塊與木板組成的系統動量守恒,以物塊的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv0=(m+M)v1,可解出物塊與木板的質量之比,但無法計算各自的質量,B錯誤;對物塊由動量定理得-μmgt1=mv1-mv0,由于v0、t1與v1已知,解得μ=,可以求出動摩擦因數,C正確;由于不知道木板的質量,無法求出從t=0開始到t1時刻,木板獲得的動能,D錯誤。]
9.BD　[A球與彈簧接觸后,彈簧被壓縮,彈簧對A球產生向左的彈力,對B球產生向右的彈力,故A球做減速運動,B球做加速運動,當B球的速度等于A球的速度時彈簧的壓縮量最大,此后A球繼續減速,B球繼續加速,彈簧壓縮量減小,當彈簧恢復原長時,B球速度最大,A球速度最小,此過程滿足動量守恒定律和能量守恒定律,有mAv=mAv1+mBv2,mAv2=,解得v1=v,v2=v,因為mA>mB,可知A球的最小速率不為零,B球的最大速率為v,故A、C錯誤,B正確;兩球共速時,彈簧壓縮到最短,彈性勢能最大,此時兩球動能之和最小,根據動量守恒定律有mAv=(mA+mB)v共,Ek=(mA+mB),聯立可得Ek=,故D正確。]
10.(1)2.5 m/s　(2)0.5 m
解析　(1)A與C碰撞過程根據動量守恒定律有
mAv0=(mA+mC)v1,解得v1=2.5 m/s。
(2)B在A上滑行至A的右端的過程,A、B、C組成的系統動量守恒,
則有mBv0+(mA+mC)v1=(mA+mB+mC)v2
解得v2=3 m/s
由能量守恒定律得(mA+mC)(mA+mB+mC)+μmBgl,解得l=0.5 m。
11.(1),方向向左　(2)　(3)
解析　(1)物塊由A到B時,取向左為正方向,對物塊P、木板AB和滑塊CD組成的系統由動量守恒定律得mv0=mvB+2mvAB
又vB=,解得vAB=,且速度方向向左。
(2)物塊由A到B時,根據能量守恒定律得
×2m=μmgL
解得L=。
(3)由D到C,滑塊CD與物塊P組成的系統在水平方向上動量守恒,則有m=2mv共,滑塊CD與物塊P組成的系統機械能守恒,則有
mgR=×2m
解得滑塊CD圓弧的半徑為R=。專題提升三　碰撞模型的拓展
學習目標　1.會應用動量觀點和能量觀點分析模型。2.能熟練應用動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律解決有關問題。
模型一　“滑塊—彈簧”模型
1.對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統,在相互作用的過程中,若系統合外力為零,則滿足動量守恒定律。
2.在能量方面,由于彈簧發生形變,具有彈性勢能,系統的總動能將發生變化,若系統所受的合外力和除彈簧彈力以外的內力不做功,系統機械能守恒。若還有其他外力和內力做功,這些力做功之和等于系統機械能的減少量。
3.(1)如圖所示,彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統動能通常最小。
(2)彈簧恢復原長時,彈性勢能為零,系統動能最大。
例1 如圖所示,三個小球的質量均為m,B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上,A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動,碰后A、B兩球粘在一起,則:
(1)A、B兩球剛粘在一起時的速度為多大
(2)彈簧壓縮至最短時三個小球的速度為多大
(3)彈簧的最大彈性勢能是多少
(4)彈簧恢復原長時,三個小球的速度為多大
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
如圖所示,光滑水平面上的A物體以速度v去撞擊靜止的B物體(左端固定一輕彈簧),A、B兩物體相距最近時,兩物體速度必定相等,此時彈簧最短,其壓縮量最大,相當于發生了一次“完全非彈性碰撞”;當彈簧恢復原長時,整個過程相當于A和B發生了一次“彈性碰撞”。
訓練1 如圖所示,位于光滑的水平桌面上的小滑塊P和Q均可視為質點,質量均為m,Q與水平輕質彈簧相連并處于靜止狀態,P以初速度v向Q運動并與彈簧發生作用。求:
(1)整個過程中彈簧的最大彈性勢能;
(2)彈簧恢復原長時,P、Q的速度分別為多大
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
模型二　“滑塊—光滑斜(曲)面”模型
1.對于滑塊—光滑斜(曲)面模型,斜(曲)面體不是固定的,而是放置在光滑水平面上。這類模型一般情況下所受合力不為零,但常在水平方向上的合力為零,則在水平方向上滿足動量守恒。
2.當滑塊到達斜(曲)面最高點時,滑塊與斜(曲)面速度相同,相當于發生了完全非彈性碰撞,損失的動能轉化為滑塊的重力勢能,結合能量守恒定律列方程,聯立求解。
3.當滑塊從最低點離開曲面后,相當于完成了彈性碰撞。
例2 如圖所示,有一質量為m的小球,以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質量為2m,小球在上升過程中始終未能沖出圓弧,重力加速度為g,求:
(1)小球上升的最大高度;
(2)小球與軌道分離時兩者的速度。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
當小球上升到最大高度時,其速度并不為零,只是豎直分速度為零,但小球與圓弧軌道有共同的水平速度。要將此類問題與圓弧軌道或斜面固定時區分開。
訓練2 如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1=30 kg,冰塊的質量為m2=10 kg,小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g=10 m/s2。
(1)求斜面體的質量;
(2)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
模型三　“滑塊—木板”模型
1.模型特點
(1)系統的動量守恒,但機械能不守恒,摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能。
(2)若滑塊未從木板上滑下,當兩者速度相同時,木板速度最大,相對位移最大。
2.求解方法
(1)求速度:根據動量守恒定律求解,研究對象為一個系統。
(2)求時間:根據動量定理求解,研究對象為一個物體。
(3)求系統產生的內能或相對路程:根據能量守恒定律Q=fs或Q=E初-E末,研究對象為一個系統。
例3 如圖所示,質量為m的木塊以v0的速度水平滑上靜止在光滑水平地面上的平板小車,最終二者以相同的速度一起運動。已知平板小車的質量為M,木塊與小車之間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g。求:
(1)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止時v的大小;
(2)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止時木塊相對小車滑行的距離s。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.把滑塊、木板看成一個整體,摩擦力為內力,在光滑水平面上滑動過程中,滑塊和木板組成的系統動量守恒。
2.由于摩擦生熱,機械能轉化為內能,系統機械能不守恒,根據能量守恒定律,機械能的減少量等于因摩擦而產生的熱量,即Q=fs相對,其中s相對為滑塊和木板相對滑動的路程。
3.若滑塊不滑離木板,就意味著二者最終具有共同速度,機械能損失最多,此過程可以看成完全非彈性碰撞。
訓練3 如圖所示,質量m1=0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上,車長L=1.5 m,現有質量m2=0.2 kg且可視為質點的物塊,以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車,最后在車上某處與小車保持相對靜止。物塊與小車之間的動摩擦因數μ=0.5,取g=10 m/s2,求:
(1)物塊在車上滑行的時間;
(2)要使物塊不從小車右端滑出,物塊滑上小車左端的速度v0'不超過多少。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
專題提升三　碰撞模型的拓展
模型一
例1 (1)　(2)　(3)　(4)見解析
解析　(1)在A、B兩球碰撞的過程中彈簧的壓縮量可忽略不計,產生的彈力可忽略不計,因此A、B兩球組成的系統所受合外力為零,動量守恒,以A球的初速度方向為正方向,有mv0=2mv1,
解得v1=。
(2)粘在一起的A、B兩球向右運動,壓縮彈簧,由于彈簧彈力的作用,C球做加速運動,速度由零開始增大,而A、B兩球做減速運動,速度逐漸減小,當三個球速度相等時彈簧壓縮至最短,在這一過程中,三個球和彈簧組成的系統動量守恒,有
2mv1=3mv2,解得v2=。
(3)當彈簧被壓縮至最短時,彈性勢能最大,由能量守恒定律得
Epm=×2m×3m。
(4)彈簧恢復原長過程中,A、B、C三個球和彈簧組成的系統動量守恒,能量守恒,彈簧恢復原長時,由動量守恒定律和能量守恒定律,得
2mv1=2mvAB+mvC
×2m×2m
解得vAB=,vC=0或vAB=,vC=。
訓練1 (1)mv2　(2)0　v
解析　(1)彈簧被壓縮到最短時,彈簧的彈性勢能最大,此時兩小滑塊的速度相等,相當于發生完全非彈性碰撞。兩小滑塊動能損失最多,損失的動能轉化為彈簧的彈性勢能。
由動量守恒定律得mv=2mv'
由能量守恒定律得Epm=mv2-·2m·v'2
解得Epm=mv2。
(2)彈簧恢復原長時,彈性勢能為零,對P、Q兩小滑塊組成的系統來說,在從P接觸彈簧到與彈簧分離過程中,系統總動能在初、末狀態相等,相當于發生了彈性碰撞。
由動量守恒定律得mv=mv1+mv2
由能量守恒定律得mv2=
解得v1=0,v2=v。
模型二
例2 (1)　(2)-v0　v0
解析　(1)小球到達最高點時,小球與軌道的速度相同。相當于發生完全非彈性碰撞,系統動能損失最多,轉化為重力勢能。
由動量守恒定律得mv0=3mv
由能量守恒定律得×3mv2+mgh
解得小球上升的最大高度h=。
(2)小球與軌道分離時,系統總動能與初始狀態相同,相當于發生了彈性碰撞。
設小球離開軌道時的速度為v1,軌道的速度為v2,
由動量守恒定律有mv0=mv1+2mv2
根據機械能守恒定律有
×2m
聯立以上兩式可得v1=-v0,v2=v0。
訓練2 (1)20 kg　(2)見解析
解析　(1)選向左為正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設此共同速度為v,斜面體的質量為m3
在水平方向上由動量守恒定律和機械能守恒定律得
m2v0=(m2+m3)v
m2(m2+m3)v2+m2gh
式中v0=3 m/s為冰塊被推出時的速度。聯立兩式并代入題給數據得m3=20 kg。
(2)選向右為正方向,設小孩推出冰塊后小孩的速度為v1,由動量守恒定律有m1v1-m2v0=0
代入數據得v1=1 m/s
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒定律和機械能守恒定律有
-m2v0=m2v2+m3v3
m2m2m3
聯立兩式并代入數據得v2=1 m/s
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方,故冰塊不能追上小孩。
模型三
例3 (1)v0　(2)
解析　(1)木塊與小車組成的系統動量守恒,有
mv0=(M+m)v
解得v=v0。
(2)小車和木塊組成系統在該過程能量守恒,有
(M+m)v2+μmgs
可得s=v2=。
訓練3 (1)0.24 s　(2)5 m/s
解析　(1)設物塊與小車的共同速度為v,以水平向右的方向為正方向,根據動量守恒定律有
m2v0=(m1+m2)v
設物塊與車之間的滑動摩擦力為f,對物塊應用動量定理有
-ft=m2v-m2v0
又f=μm2g
聯立并代入數據得t=0.24 s。
(2)要使物塊恰好不從車的右端滑出,則物塊到車的最右端時與小車有共同的速度,設其為v',
則m2v0'=(m1+m2)v'
由能量守恒定律有
m2v0'2=(m1+m2)v'2+μm2gL
代入數據解得v0'=5 m/s
故要使物體不從小車右端滑出,物塊滑上小車左端的速度v0'不超過5 m/s。(共50張PPT)
專題提升三　碰撞模型的拓展
第一章 動量與動量守恒定律
1.會應用動量觀點和能量觀點分析模型。
2.能熟練應用動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律解決有關問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
02
課后鞏固訓練
模型
1
模型二　“滑塊—光滑斜(曲)面”模型
模型一　“滑塊—彈簧”模型
模型三　“滑塊—木板”模型
模型一　“滑塊—彈簧”模型
1.對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統，在相互作用的過程中，若系統合外力為零，則滿足動量守恒定律。
2.在能量方面，由于彈簧發生形變，具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統所受的合外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。若還有其他外力和內力做功，這些力做功之和等于系統機械能的減少量。
3.(1)如圖所示，彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小。
(2)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大。
例1 如圖所示，三個小球的質量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起，則：
(1)A、B兩球剛粘在一起時的速度為多大？
(2)彈簧壓縮至最短時三個小球的速度為多大？
(3)彈簧的最大彈性勢能是多少？
(4)彈簧恢復原長時，三個小球的速度為多大？
解析　(1)在A、B兩球碰撞的過程中彈簧的壓縮量可忽略不計，產生的彈力可忽略不計，因此A、B兩球組成的系統所受合外力為零，動量守恒，以A球的初速度方向為正方向，有mv0＝2mv1，
(4)彈簧恢復原長過程中，A、B、C三個球和彈簧組成的系統動量守恒，能量守恒，彈簧恢復原長時，由動量守恒定律和能量守恒定律，得
如圖所示，光滑水平面上的A物體以速度v去撞擊靜止的B物體(左端固定一輕彈簧)，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大，相當于發生了一次“完全非彈性碰撞”；當彈簧恢復原長時，整個過程相當于A和B發生了一次“彈性碰撞”。　　　　
訓練1 如圖所示，位于光滑的水平桌面上的小滑塊P和Q均可視為質點，質量均為m，Q與水平輕質彈簧相連并處于靜止狀態，P以初速度v向Q運動并與彈簧發生作用。求：
(1)整個過程中彈簧的最大彈性勢能；
(2)彈簧恢復原長時，P、Q的速度分別為多大？
解析　(1)彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時兩小滑塊的速度相等，相當于發生完全非彈性碰撞。兩小滑塊動能損失最多，損失的動能轉化為彈簧的彈性勢能。
由動量守恒定律得mv＝2mv′
由動量守恒定律得mv＝mv1＋mv2
模型二　“滑塊—光滑斜(曲)面”模型
1.對于滑塊—光滑斜(曲)面模型，斜(曲)面體不是固定的，而是放置在光滑水平面上。這類模型一般情況下所受合力不為零，但常在水平方向上的合力為零，則在水平方向上滿足動量守恒。
2.當滑塊到達斜(曲)面最高點時，滑塊與斜(曲)面速度相同，相當于發生了完全非彈性碰撞，損失的動能轉化為滑塊的重力勢能，結合能量守恒定律列方程，聯立求解。
3.當滑塊從最低點離開曲面后，相當于完成了彈性碰撞。
例2 如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，求：
(1)小球上升的最大高度；
(2)小球與軌道分離時兩者的速度。
解析　(1)小球到達最高點時，小球與軌道的速度相同。相當于發生完全非彈性碰撞，系統動能損失最多，轉化為重力勢能。
(2)小球與軌道分離時，系統總動能與初始狀態相同，
相當于發生了彈性碰撞。
設小球離開軌道時的速度為v1，軌道的速度為v2，
由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2
當小球上升到最大高度時，其速度并不為零，只是豎直分速度為零，但小球與圓弧軌道有共同的水平速度。要將此類問題與圓弧軌道或斜面固定時區分開。　　　　
訓練2 如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面
3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面體的質量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
答案　(1)20 kg　(2)見解析
解析　(1)選向左為正方向。冰塊在斜面體上運動到
最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3
(2)選向右為正方向，設小孩推出冰塊后小孩的速
度為v1，由動量守恒定律有m1v1－m2v0＝0
代入數據得v1＝1 m/s
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3
聯立兩式并代入數據得v2＝1 m/s
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方，故冰塊不能追上小孩。
模型三　“滑塊—木板”模型
1.模型特點
(1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能。
(2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大。
2.求解方法
(1)求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統。
(2)求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體。
(3)求系統產生的內能或相對路程：根據能量守恒定律Q＝fs或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統。
例3 如圖所示，質量為m的木塊以v0的速度水平滑上靜止在光滑水平地面上的平板小車，最終二者以相同的速度一起運動。已知平板小車的質量為M，木塊與小車之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。求：
(1)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止時v的
大小；
(2)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止時木塊
相對小車滑行的距離s。
解析　(1)木塊與小車組成的系統動量守恒，有
mv0＝(M＋m)v
1.把滑塊、木板看成一個整體，摩擦力為內力，在光滑水平面上滑動過程中，滑塊和木板組成的系統動量守恒。
2.由于摩擦生熱，機械能轉化為內能，系統機械能不守恒，根據能量守恒定律，機械能的減少量等于因摩擦而產生的熱量，即Q＝fs相對，其中s相對為滑塊和木板相對滑動的路程。
3.若滑塊不滑離木板，就意味著二者最終具有共同速度，機械能損失最多，此過程可以看成完全非彈性碰撞。　　　　
訓練3 如圖所示，質量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現有質量m2＝0.2 kg且可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車上某處與小車保持相對靜止。物塊與小車之間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)物塊在車上滑行的時間；
(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左
端的速度v0′不超過多少。
答案　(1)0.24 s　(2)5 m/s
解析　(1)設物塊與小車的共同速度為v，以水平向
右的方向為正方向，根據動量守恒定律有m2v0＝
(m1＋m2)v
設物塊與車之間的滑動摩擦力為f，對物塊應用動量定理有－ft＝m2v－m2v0
又f＝μm2g
聯立并代入數據得t＝0.24 s。
(2)要使物塊恰好不從車的右端滑出，則物塊到車的最右端時與小車有共同的速度，設其為v′，
則m2v0′＝(m1＋m2)v′
由能量守恒定律有
代入數據解得v0′＝5 m/s
故要使物體不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過5 m/s。
課后鞏固訓練
2
B
題組一　“滑塊—彈簧”模型
1.如圖所示，P物體與一個連著彈簧的Q物體正碰，碰撞后P物體靜止，Q物體以P物體碰撞前的速度v離開，已知P與Q的質量相等，彈簧質量忽略不計，那么當彈簧被壓縮至最短時，下列的結論中正確的是(　　)
基礎對點練
A.P的速度恰好為零 B.P與Q具有相同速度
C.Q剛開始運動 D.Q的速度等于v
C
2.如圖所示，將質量分別為mA＝1 kg、mB＝3 kg的A、B兩個物體放在光滑的水平面上，物體B處于靜止狀態，B的左端與一輕彈簧相連接。現在給物體A一水平向右的初速度v0＝4 m/s。則下列說法正確的是(　　)
A.彈簧壓縮到最短時，A、B兩物體的速度大小均為0
B.彈簧壓縮到最短時，A物體的速度為2 m/s
C.整個過程中彈簧儲存的最大彈性勢能為6 J
D.整個過程中A、B系統的最小動能為6 J
ACD
3.(多選)(2024·四川成都高二月考)如圖所示，三小球a、b、c的質量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，碰后與小球b粘在一起運動。在整個運動過程中，下列說法中正確的是(　　 )
A.三球與彈簧組成的系統總動量守恒，總機械
能不守恒
B.三球與彈簧組成的系統總動量守恒，總機械
能也守恒
C.當小球b、c速度相等時，彈簧彈性勢能最大
D.當彈簧第一次恢復原長時，小球c的動能一定最大，小球b的動能一定不為零
BD
題組二　“滑塊—光滑斜(曲)面”模型
4.(多選)如圖所示，質量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ。一個質量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動。當小物塊沿斜面向上運動到最高點時(未從斜面頂端沖出)，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關系式中正確的是(　　)
C
BC
6.(多選)(2024·四川攀枝花高二期末)如圖所示，質量為2m的帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑水平面上，一質量為m的小球以水平速度v沖上小車，剛好到達圓弧軌道最高點后又返回小車的左端。已知重力加速度為g，在這過程中，下列說法中正確的是(　　)
D
題組三　“滑塊—木板”模型
7.如圖所示，質量為M、長為L的長木板放在光滑的水平面上，一個質量也為M的物塊(視為質點)以一定的初速度從左端沖上長木板，如果長木板是固定的，物塊恰好停在長木板的右端，如果長木板不固定，則物塊沖上長木板后在長木板上相對長木板最多能滑行的距離為(　　)
C
8.如圖(a)，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊以速度v0滑到長木板上，圖(b)為物塊與長木板運動的v－t圖像，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g。由此可求得(　　)
A.木板的長度
B.物塊與木板的質量
C.物塊與木板之間的動摩擦因數
D.從t＝0開始到t1時刻，木板獲得的動能
BD
9.(多選)(2024·山東臨沂高二月考)如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個小球A和B，兩者的質量關系為mA＞mB，B球上固定一輕質彈簧。A球以速度v去碰撞靜止的B球，則(　　)
綜合提升練
10.如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端(B、C可視為質點)，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，A與B間的動摩擦因數為μ＝0.5；開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞(時間極短)并粘在一起，經過一段時間，B剛好滑至A的右端而沒掉下來。求：
(1)A、C碰撞后A的速度大小；
(2)長木板A的長度。(g＝10 m/s2)
答案　(1)2.5 m/s　(2)0.5 m
培優加強練

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