(共34张PPT)
专题强化七 碰撞模型的拓展
【素养目标】 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.3.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”模型.4.会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型．
模型一 “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．)
例1 (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．物体A的质量为2m
B．物体A的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
答案：D
解析：当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝，故A、B、C错误，D正确．
例2 [2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝＝.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，
mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v－t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－xA＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：＝
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－＝0－m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有＝－m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
针 对 训 练
1.(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连，静止在光滑水平面上．现使A瞬间获得水平向右的速度v＝3 m/s，以此时刻为计时起点．两木块的速度随时间变化规律如图乙所示，从图示信息可知( )
A．t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长
B．从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
C．两木块的质量之比为m1：m2＝1：2
D．在t2时刻两木块动能之比为
Ek1：Ek2＝1：4
答案：BC
解析：由图可知t1时刻两木块达到共同速度1 m/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，弹簧处于拉伸状态，故A错误；结合图像弄清两木块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被拉伸到最长，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，故B正确；从0到t1时间，由动量守恒得m1v＝(m1＋m2)v1，将v＝3 m/s，v1＝1 m/s代入得m1：m2＝1：2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1：m2＝1：2，可求得Ek1：Ek2＝1：8，故D错误．
模型二 “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＝＋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＝(相当于完成了弹性碰撞)．
例3 [2023·安徽十校联盟线上联考]如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道(质量为M)静止在光滑水平地面上，一个物块(质量为m)在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)( )
A．1：2 B．1：3
C．1：6 D．1：9
答案：C
解析：因为水平地面光滑，物块和轨道组成的系统水平方向动量守恒
当物块向上的速度为零，根据题意可知此时两物体速度相同
又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，即＝1：2，得到m：M＝1：2
根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v
解得：v0＝3v
根据能量守恒定律得：＝(M＋m)v2＋Ep
解得：Ep＝
此时物块的动能为Ek＝mv2＝
所以此时物块的动能与重力势能之比为1：6，故C正确，A、B、D错误．
针 对 训 练
2.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． B．
C． D．
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＝，Q离开P时的动能：Ek2＝，解得：＝，故C正确．
模型三 “滑块—木板”模型
模型图示
模型特点
例4 如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( )
A．16 J B．2 J
C．6 J D．4 J
答案：A
解析：设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝－(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝mv2＝6 J，两式相除得＝>1，即ΔE>6 J，A项正确．
例5 [2022·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新滑块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．
解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新滑块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝v0＝ m/s＞0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新滑块的速度为v′物＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v′滑＝ m/s＝0 m/s
可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒可得
μm′gx相＝
解得x相＝1.875 m.
针 对 训 练
3.[2023·重庆高三质检]某市中学物理兴趣小组对爆竹爆炸时释放的能量产生了浓厚的兴趣，该小组采用如图所示的装置展开研究．B是一个两侧都有竖直挡板(厚度不计)的质量M＝2 kg，长L＝2.85 m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.08，小物块和小车的挡板碰撞时无机械能损失．该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留．经t＝0.5 s，A与B的挡板发生第一次碰撞．重力加速度大小为10 m/s2.
(1)求爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小．
(2)求爆炸释放的能量E(假设爆炸释放的能量可以全部转化为A、B的动能)．
(3)实验结束后该小组利用所学物理知识对A停在B上的位置距小车右侧挡板的距离d及小车运动的位移x2进行了预测，经测量与实验结果基本吻合．请你通过分析计算得出d、x2的数值．
解析：(1)设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，对小物块、小车分别应用牛顿第二定律可得μmg＝ma1，μmg＝Ma2，
解得a1＝0.8 m/s2，a2＝0.4 m/s2.
(2)因水平面光滑，则小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，
小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2
当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞时满足s1＋s2＝L
对小物块由位移—时间公式可得s1＝v1t－a1t2
对小车由位移—时间公式可得s2＝v2t－a2t2
代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s
由能量守恒定律知，爆炸释放的能量E＝
解得E＝12 J.
(3)爆炸后经多次碰撞，小物块最终相对小车静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下时，小车也停止运动．设小物块在小车上滑动的路程为s，根据能量守恒定律，则有E＝μmgs
解得s＝15 m
设经n次碰撞物块相对小车停下，则有s＝nL＋d
当n＝5时d＝0.75 m
设物块水平向右运动的位移大小为x1，由动量守恒定律可得mx1＝Mx2
对小物块和小车运动的全过程，两者位移关系有x1＋x2＝L－d
解得x2＝0.7 m，方向水平向左．
素养提升 力学三大观点的综合应用
三大解题策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
典例 [2022·浙江6月]如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点．
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m
弹性正碰v0＝vb＝5 m/s
(2)以竖直向下为正方向
FN＋mg＝
mgh－2μmgl－mgH＝
FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)
从h1释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零
mgh1－2μmgl－mgH＝0
h1＝1.2 m
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时
t＝ s＝vEt
(3＋)m≤x<(3.6＋)m
当0.9 m
滑块a由E点速度为零，返回到CD时距C点0.6 m处速度恰好为零
2.6 m
4.[2023·海南一模]如图甲所示，质量为mA＝4 kg的物块A与质量为mB＝2 kg的长木板B并排放置在水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C.现引爆塑胶炸药，爆炸时间极短，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化图像如图乙所示．已知物块A与水平面间的动摩擦因数为μ0＝，B与水平面无摩擦，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小vB；
(2)C与B之间动摩擦因数μ；
(3)小物块C的质量mC和小物块C与B
相对静止时距长木板B右端的距离d.
解析：(1)爆炸过程A、B系统动量守恒，有mAvA＝mBvB
A以速度大小vA向左匀减速过程，由动能定理得－μ0mAgs＝
联立解得vA＝2 m/s，vB＝4 m/s.
(2)C在B上滑动过程，由图乙可知aC＝＝2 m/s2，
由牛顿第二定律得μmCg＝mCaC
解得μ＝0.2.
(3)C在B上滑动，C、B系统动量守恒，最后二者共速，共同速度v＝2 m/s，则有mBvB＝(mB＋mC)v，对物块C从开始滑动到C与B相对静止，根据功能关系有μmCgd＝
联立解得mC＝2 kg，d＝2 m.专题强化七 碰撞模型的拓展
【素养目标】 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.3.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”模型.4.会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型．
模型一 “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．)
例1 (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．物体A的质量为2m
B．物体A的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
[解题心得]
例2[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
[试答]
针 对 训 练
1.(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连，静止在光滑水平面上．现使A瞬间获得水平向右的速度v＝3 m/s，以此时刻为计时起点．两木块的速度随时间变化规律如图乙所示，从图示信息可知( )
A．t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长
B．从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
C．两木块的质量之比为m1：m2＝1：2
D．在t2时刻两木块动能之比为Ek1：Ek2＝1：4
模型二 “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＝＋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＝(相当于完成了弹性碰撞)．
例3 [2023·安徽十校联盟线上联考]如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道(质量为M)静止在光滑水平地面上，一个物块(质量为m)在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)( )
A．1：2 B．1：3 C．1：6 D．1：9
[解题心得]
针 对 训 练
2.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． B．
C． D．
模型三 “滑块—木板”模型
模型图示
模型特点 (1)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． (2)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． (3)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解．
例4 如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( )
A．16 J B．2 J C．6 J D．4 J
[解题心得]
例5[2022·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新滑块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．
[试答]
针 对 训 练
3.[2023·重庆高三质检]某市中学物理兴趣小组对爆竹爆炸时释放的能量产生了浓厚的兴趣，该小组采用如图所示的装置展开研究．B是一个两侧都有竖直挡板(厚度不计)的质量M＝2 kg，长L＝2.85 m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.08，小物块和小车的挡板碰撞时无机械能损失．该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留．经t＝0.5 s，A与B的挡板发生第一次碰撞．重力加速度大小为10 m/s2.
(1)求爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小．
(2)求爆炸释放的能量E(假设爆炸释放的能量可以全部转化为A、B的动能)．
(3)实验结束后该小组利用所学物理知识对A停在B上的位置距小车右侧挡板的距离d及小车运动的位移x2进行了预测，经测量与实验结果基本吻合．请你通过分析计算得出d、x2的数值．
素养提升 力学三大观点的综合应用
三大解题策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
典例 [2022·浙江6月]如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点．
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m
针 对 训 练
4.[2023·海南一模]如图甲所示，质量为mA＝4 kg的物块A与质量为mB＝2 kg的长木板B并排放置在水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C.现引爆塑胶炸药，爆炸时间极短，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化图像如图乙所示．已知物块A与水平面间的动摩擦因数为μ0＝，B与水平面无摩擦，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小vB；
(2)C与B之间动摩擦因数μ；
(3)小物块C的质量mC和小物块C与B相对静止时距长木板B右端的距离d.
专题强化七 碰撞模型的拓展
例1 解析：当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
例2 解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝＝.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，
mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v－t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－xA＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：＝
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－＝0－m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有＝－m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案： (2)0.768v0t0 (3)0.45
1．解析：由图可知t1时刻两木块达到共同速度1 m/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，弹簧处于拉伸状态，故A错误；结合图像弄清两木块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被拉伸到最长，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，故B正确；从0到t1时间，由动量守恒得m1v＝(m1＋m2)v1，将v＝3 m/s，v1＝1 m/s代入得m1：m2＝1：2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1：m2＝1：2，可求得Ek1：Ek2＝1：8，故D错误．
答案：BC
例3 解析：因为水平地面光滑，物块和轨道组成的系统水平方向动量守恒
当物块向上的速度为零，根据题意可知此时两物体速度相同
又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，即＝1：2，得到m：M＝1：2
根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v
解得：v0＝3v
根据能量守恒定律得：＝(M＋m)v2＋Ep
解得：Ep＝
此时物块的动能为Ek＝mv2＝
所以此时物块的动能与重力势能之比为1：6，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．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＝，Q离开P时的动能：Ek2＝，解得：＝，故C正确．
答案：C
例4 解析：设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝－(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝mv2＝6 J，两式相除得＝>1，即ΔE>6 J，A项正确．
答案：A
例5 解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新滑块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝v0＝ m/s＞0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新滑块的速度为v′物＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v′滑＝ m/s＝0 m/s
可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒可得
μm′gx相＝
解得x相＝1.875 m.
答案：(1)5(1－k) m/s m/s 方向均向右
(2)1.875 m
3．解析：(1)设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，对小物块、小车分别应用牛顿第二定律可得μmg＝ma1，μmg＝Ma2，
解得a1＝0.8 m/s2，a2＝0.4 m/s2.
(2)因水平面光滑，则小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，
小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2
当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞时满足s1＋s2＝L
对小物块由位移—时间公式可得s1＝v1t－a1t2
对小车由位移—时间公式可得s2＝v2t－a2t2
代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s
由能量守恒定律知，爆炸释放的能量E＝
解得E＝12 J.
(3)爆炸后经多次碰撞，小物块最终相对小车静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下时，小车也停止运动．设小物块在小车上滑动的路程为s，根据能量守恒定律，则有E＝μmgs
解得s＝15 m
设经n次碰撞物块相对小车停下，则有s＝nL＋d
当n＝5时d＝0.75 m
设物块水平向右运动的位移大小为x1，由动量守恒定律可得mx1＝Mx2
对小物块和小车运动的全过程，两者位移关系有x1＋x2＝L－d
解得x2＝0.7 m，方向水平向左．
答案：(1)0.8 m/s2 0.4 m/s2 (2)12 J
(3)0.75 m 0.7 m
典例 解析：
(1)滑块b摆到最低点mgh＝
弹性正碰v0＝vb＝5 m/s
(2)以竖直向下为正方向
FN＋mg＝
mgh－2μmgl－mgH＝
FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)
从h1释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零
mgh1－2μmgl－mgH＝0
h1＝1.2 m
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时
t＝ s＝vEt
(3＋)m≤x<(3.6＋)m
当0.9 m
滑块a由E点速度为零，返回到CD时距C点0.6 m处速度恰好为零
2．6 m
(3)2.6 m
A以速度大小vA向左匀减速过程，由动能定理得－μ0mAgs＝
联立解得vA＝2 m/s，vB＝4 m/s.
(2)C在B上滑动过程，由图乙可知aC＝＝2 m/s2，
由牛顿第二定律得μmCg＝mCaC
解得μ＝0.2.
(3)C在B上滑动，C、B系统动量守恒，最后二者共速，共同速度v＝2 m/s，则有mBvB＝(mB＋mC)v，对物块C从开始滑动到C与B相对静止，根据功能关系有μmCgd＝
联立解得mC＝2 kg，d＝2 m.
答案：(1)4 m/s (2)0.2 (3)2 kg 2 m课时分层作业(二十八) 碰撞模型的拓展
?基础强化练?
1.
如图所示，A、B两小球质量均为m，用轻弹簧相连接，静止在水平面上．两者间的距离等于弹簧原长．现用锤子敲击A球，使A获得速度v，两者运动一段时间后停下，则( )
A．两球组成的系统动量守恒
B．摩擦力对A做的功等于A动能的变化
C．摩擦力对B所做的功等于B机械能的变化
D．最终A、B、弹簧所组成的系统损失的机械能可能小于mv2
2．(多选)如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图像，合理的是( )
3.如图所示，光滑水平地面上有一质量为M、半径为R且内壁光滑的半圆槽，左侧靠着竖直墙壁静止．质量为m的小球(可视为质点)从槽口A的正上方某高处由静止释放，并从A点沿切线进入槽内，最后从C点离开凹槽，B为凹槽的最低点．关于小球与槽相互作用的过程，下列说法中正确的是( )
A．小球在槽内从A运动到B的过程中，小球与槽在水平方向上动量不守恒
B．小球在槽内从A运动到B的过程中，小球的机械能不守恒
C．小球在槽内从B运动到C的过程中，小球与槽在水平方向上动量不守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
4.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块．现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B.木块摆至最高点时，速度大小为
C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力等于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
5．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与静置在水平导轨上质量m＝0.5kg的滑块B相连，弹簧处在原长状态，B最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，另一质量与B相同的滑块A，从与B的距离L＝2.5m处以某一初速度开始向B滑行，与B相碰(碰撞时间极短)后A、B粘在一起运动压缩弹簧，该过程中弹簧的最大弹性势能Ep＝2J．A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.4.求：
(1)A、B碰撞后的瞬间的速度大小v；
(2)A的初速度大小v0.
能力提升练?
6.如图所示，一质量m2＝0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝18m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2.下列分析正确的是( )
A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为1s
B．最后小物体与小车的共同速度为3m/s
C．小车的最小长度为1.0m
D．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45N·s
7.
如图所示，光滑水平地面上有一个两端带有固定挡板的长木板，木板最右端放置一个可视为质点的小滑块，滑块和木板均静止．现施加一水平向右的恒力F＝22N拉木板，当滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F.已知木板的质量M＝2kg、长度l＝18m，滑块的质量m＝2kg，滑块与左、右挡板的碰撞均为弹性碰撞，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1.取g＝10m/s2.求：
(1)撤去拉力时滑块的速度大小v1和木板的速度大小v2；
(2)最终滑块与木板相对静止时，两者的共同速度大小v3；
(3)从撤去拉力到滑块与木板保持相对静止所经历的时间Δt.
8．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3kg，小车上表面AO部分粗糙且长L＝2m，物块与AO部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点，质量均为m＝1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动．(g取10m/s2)求：
(1)物块a与b碰后的速度大小；
(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．
课时分层作业（二十八）
1．解析：由于小球运动过程中有摩擦力作用，合外力不为0，所以两球组成的系统动量不守恒，A错误；摩擦力对A做的功不等于A动能的变化，因为对A除了摩擦力做功，还有弹簧的弹力做功，B错误；摩擦力对B所做的功不等于B机械能的变化，因为对B球分析弹簧弹力也做了功，C错误；由于有摩擦力作用，则最后弹簧可能处于压缩或伸长状态，具有一定的弹性势能，所以最终A、B、弹簧所组成的系统损失的机械能可能小于mv2，D正确．
答案：D
2．解析：b与弹簧接触后，弹力慢慢增大，故两物块的加速度一定先增大后减小，故A不正确；b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，故B正确；由B中分析可知，两物块满足动量守恒定律，并且如果a、b两物块的质量相等，则可以出现C中的运动过程，故C正确；由B中分析可知，两物块满足动量守恒定律，如果a的质量很小，可能出现D中的运动过程，故D正确．
答案：BCD
3．解析：小球在槽内从A运动到B的过程中，因为槽的左侧是竖直墙壁，墙壁对槽有水平向右的弹力，所以小球与槽在水平方向上动量不守恒，A正确；小球从A运动到B的过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，B错误；小球在槽内从B运动到C的过程中，槽向右运动，墙壁对槽无作用力，所以小球与槽在水平方向上动量守恒，C错误；小球离开C点以后，由于小球既有竖直向上的分速度，又有水平向右的分速度，所以小球做斜上抛运动，D错误．
答案：A
4．解析：子弹射入木块的瞬间，取水平向右为正方向，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝（M＋m0）v1，解得v1＝，故A错误；当木块摆至最高点时，子弹、木块以及圆环三者速度相同，以三者为系统，水平方向动量守恒，则m0v0＝（M＋m0＋m）v2，即v2＝，故B正确；子弹射入木块后的瞬间，设绳对木块和子弹的拉力为FT，则对木块和子弹整体根据牛顿第二定律可得FT－（M＋m0）g＝（M＋m0），可知绳子拉力FT>（M＋m0）g，子弹射入木块后的瞬间，对圆环有FN＝FT＋mg>（M＋m＋m0）g，则由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g，故C错误；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误．
答案：B
5．解析：（1）压缩弹簧过程中，滑块的动能转化为弹簧的弹性势能，由能量守恒定律得：Ep＝·2mv2；
代入数据得：v＝2m/s.
（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv＝mvA，
解得：vA＝4m/s，
滑块A向左运动的过程中，由动能定理得：
－μmgL＝mv－mv，
解得v0＝6m/s.
答案：（1）2m/s （2）6m/s
6．解析：以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝s，选项A错误；子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝（m1＋m2）v1，解得v1＝3m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得（m1＋m2）v1＝（m1＋m2＋m3）v2，解得v2＝1.5m/s，选项B错误；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝（m1＋m2）v－（m1＋m2＋m3）v，解得l＝0.5m，所以小车的最小长度为0.5m，选项C错误；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45N·s，选项D正确．
答案：D
7．解析：（1）对滑块a1＝μg＝1m/s2
对木板a2＝＝10m/s2
由l＝a2t－a1t
得t1＝2s
v1＝a1t1＝2m/s
v2＝a2t1＝20m/s.
（2）对滑块和木板：撤去拉力后系统合外力为零，动量守恒，即mv1＋Mv2＝（m＋M）v3
解得v3＝11m/s.
（3）由于滑块和木板质量相等，且发生弹性碰撞，故两者每次碰撞前后速度交换
由v t图像得Δt＝＝9s.
答案：（1）2m/s，20m/s （2）11m/s （3）9s
8．解析：（1）对物块a，由动能定理得
－μmgL＝mv－mv
代入数据解得a与b碰前a的速度v1＝2m/s；
a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝2mv2
代入数据解得v2＝1m/s.
（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a以v2＝1m/s的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时为v3，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2＝（m0＋m）v3，
代入数据解得v3＝0.25m/s.
对小车，由动能定理得μmgs＝m0v
代入数据解得，同速时小车B端到挡板的距离s＝m.
（3）由能量守恒得μmgx＝mv－（m0＋m）v
解得物块a与车相对静止时与O点的距离：x＝0.125m.
答案：（1）1m/s （2）m （3）0.125m
