高考物理经典习题：第6章动量守恒定律 专题强化七 碰撞类模型问题（含解析）

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1、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。模型一“物体与物体”正碰模型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)m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22v1v2(2)v20时，v1 v1v2 v1讨论：若m1m2，则v10，v2v1(速度交换)；若m1

2、m2，则v10，v20(碰后，两物体沿同一方向运动)；若m1m2，则v1v1，v22v1；若m1m2，则v10，v20(碰后，两物体沿相反方向运动)；若m1m2，则v1v1，v20。2.非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v22Ek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。m1v1m2v2(m1m2)vm1vm2v(m1m2)v2Ek损max4.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Ek1Ek2Ek1Ek2或。(3)速度要合理碰前若同向运动，原来在前的物

3、体速度一定增大，且v前v后。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】 (多选)(2020全国卷，21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A.48 kg B.53 kg C

4、.58 kg D.63 kg答案BC解析选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0Mv1mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1mv0mv0Mv2，依此类推，Mv2mv0mv0Mv3，Mv7mv0mv0Mv8，又运动员的退行速度v8v0，v7v0，解得13mM15m，即52 kgM60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。【变式1】 (2020北京市房山区上学期期末)如图1甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的

5、质量mA2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为()图1A.2 m/s，5 kg B.2 m/s，3 kgC.3.5 m/s，2.86 kg D.3.5 m/s，0.86 kg答案B解析由图像可知，碰前A的速度为v1 m/s5 m/s，碰后A、B的共同速度为v2 m/s2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1(mAmB)v2，解得mB3 kg，故选项B正确。【变式2】 (2020吉林市第二次调研)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运

6、动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A.vA3 m/s，vB4 m/sB.vA5 m/s，vB2.5 m/sC.vA2 m/s，vB4 m/sD.vA4 m/s，vB7 m/s答案C解析碰前系统总动量为pmAvAmBvB(1622) kgm/s10 kgm/s，碰前总动能为EkmAvmBv(162222) J22 J，如果vA3 m/s，vB4 m/s，则碰后总动量为p(1324) kgm/s11 kgm/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误

7、；如果vA2 m/s，vB4 m/s，则碰后总动量为p(1224) kgm/s10 kgm/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek(122242)J18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA4 m/s，vB7 m/s，则碰后总动量为p1(4)27 kgm/s10 kgm/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek(142272)J57 J，系统动能增加，不可能，D错误。模型二 “滑块弹簧”碰撞模型模型图示模型特点(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

8、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】 (2020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(mM)。若使A球获得瞬时速度v(如图2甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()图2A.L1L2 B.L1L2 C.L1L2 D.不能确定答案C解析当

9、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(mM)v由机械能守恒定律得Epmv2(mM)v2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L1L2，故A、B、D错误，C正确。【变式3】 (2020江西省教学质量监测)如图3所示，质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep1。现将物体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至P点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为E

10、p2。则Ep1Ep2等于()图3A.1 B.2 C.3 D.4答案B解析设压缩到P点时，弹簧的弹性势能为Ep，开始时，物体A、B的质量均为m，则有Epmv，mv02mv，Ep1Ep2mv2Ep，把A的质量换成3m，Ep3mv02，3mv04mv，Ep2Ep4mv2Ep，所以有Ep1Ep22，选项B正确。模型三 “滑块斜面”碰撞模型模型图示模型特点(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(Mm)v共；系统机械能守恒，mv(Mm)vmgh，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

11、点。水平方向动量守恒，mv0mv1Mv2；系统机械能守恒，mvmvMv(完全弹性碰撞拓展模型)【例3】 (2020甘肃天水市调研)如图4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M3m，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4(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mv02mv，

12、解得vv0碰撞过程中系统损失的机械能为E损mv2mv2，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(mm3m)v1，解得v1v0根据机械能守恒得2m(v0)25m(v0)22mgh，解得h。【变式4】 (2020山西大同市第一中学2月模拟)在光滑水平地面上放有一质量M3 kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m2 kg的小球以速度v05 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h0.8 m，重力加速度g10 m/s2。求：图5(1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W；(2)小球落地瞬间，小车与小

13、球间的水平间距L。答案(1)6 J (2)2 m解析(1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，得mv0(mM)v对小车由动能定理得WMv2 联立解得W6 J。 (2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得mv0mv1Mv2小球和小车由功能关系得mvmvMv联立可解得v11 m/sv24 m/s小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动hgt2L(v2v1)t联立可得L2 m。模型四 “滑块木板”碰撞模型模型图示模型特点(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(

14、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EkEk0，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】 (2020山东济南市5月高考模拟)如图6所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。

15、求：图6(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；(3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。答案(1)g(2)v1(3)解析(1)对A有：mgmaA，得aAg对BC有：mg2maB，解得aB。(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于C滑行距离为L，由动量守恒有mv13mv共且有mgLmv3mv，解得v1。(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度

16、，由动量守恒有mv03mv共且有mgL总mv3mv共2联立解得L总。【变式5】 (2020四川攀枝花市第二次统考)如图7所示，质量m12 kg、长度l5 m的木板，以速度v15 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量m21 kg的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度v25 m/s从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10 m/s2，求：图7(1)木块与木板间的动摩擦因数；(2)小木块做加速运动过程的时间。答案(1)(2)0.25 s解析(1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v，以水平向右为正。对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m1v1m2v2(m1m2)

17、v由能量守恒定律有Qm1vm2v(m1m2)v2且Qm2gl联立以上各式，代入相关数据可得。(2)设木块在木板上加速的时间为t，对木块由动量定理有m2gtm2v0，代入相关数据可得t0.25 s。另解：设木块在木板上加速的时间为t，加速度为a，则m2gm2a，vat，代入相关数据可得t0.25 s。课时限时练(限时：40分钟)1.(2020江西九江市第二次模拟)如图1所示，小球a、b(均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60。忽略空气阻力。则两球a、b的质量之比为()

18、图1A. B.1 C.1 D.1答案B解析b球下摆过程中，由动能定理得mbgLmbv0，球a、b碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得mbv0(mamb)v，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得(mamb)v2(mamb)gL(1cos )，解得1，故A、C、D错误，B正确。2.(2020广东广州市下学期一模)如图2，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知POQ90，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为()图2A.3

19、1 B.13 C.53 D.35答案D解析由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长为3倍，则有vb3va由动量守恒定律有mavmbvbmava由能量守恒有mav2mbvmav联立解得，故A、B、C错误，D正确。3.(多选)(2020河南省顶尖名校4月联考)如图3甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑行。P、Q的速度时间图像如图乙所示，其中a、b分别是01 s内P、Q的速度时间图线，12 s内P、Q共同的速度时间图线。已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2。则以下判断正确

20、的是()图3A.P、Q系统在相互作用的过程中动量守恒B.在02 s内，摩擦力对Q的冲量是2 NsC.P、Q之间的动摩擦因数为0.1D.P相对Q静止的位置在Q木板的右端答案AC解析根据图乙可知，1 s后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，在02 s内，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，P、Q系统在相互作用的过程所受的外力之和为零，动量守恒，故A正确；从图像可知，02 s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在12 s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以IMv01 Ns，故B错误；P从速度为2 m/s减为1 m/s所需的时间为1 s，则a

21、m/s21 m/s2，又ag，所以0.1，故C正确；在t1 s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在01 s内，P的位移x11 m1.5 m，Q的位移x2 m0.5 m，则xx1x21 m2 m，知P与Q相对静止时刚好在木板的中间，并不在木板的右端，故D错误。4.(多选)(2020山东威海市下学期模拟)如图4所示，质量均为1.0 kg的木板A和半径为0.2 m的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A相切。现有一质量为2.0 kg的小滑块C以5 m/s的水平初速度从左端滑上A，C离开A时，A的速度大小为1.0 m/s。已知A、C间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取1

22、0 m/s2。下列说法正确的是()图4A.木板A的长度为0.85 mB.滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动C.整个过程中A、B、C组成的系统水平方向动量守恒D.B的最大速度为5 m/s答案CD解析由于在光滑水平面上，小滑块C与木板A作用过程中，动量守恒；滑块在光滑圆弧槽B滑行的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒；所以整个过程A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，选项C正确；滑块在木板上滑行的过程中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得mCvCmCvC(mAmB)vAB，mCvmCvC2(mAmB)vmCgL，联立并代入数据得vC4 m/s，L0.8 m，选项A错误；滑块在光

23、滑圆弧槽B上滑行的过程中，假设两者能达到速度相同，此时滑块滑上圆弧槽的最大高度。根据系统的动量守恒和能量守恒可得mCvCmBvAB(mCmB)v共，mCvC2mBv(mCmB)vmCgh，联立并代入数据得h0.15 m0.2 m，假设成立。即滑块C不会离开B，选项B错误；之后滑块会下滑，圆弧槽速度继续增大。当滑块滑到最低点时，圆弧槽获得最大速度，根据系统的动量守恒和能量守恒可得(mCmB)v共mCvCmBvBmax，mCvC2mBv(mCmB)vmCgh，解得vBmax5 m/s，选项D正确。5.两物块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v6 m/s的速度

24、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5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5(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(mAmB)v(mAmBmC)vA，解得vA3 m/s。(2)B、C碰撞过程系统动量守恒mBv(mBmC)vC故vC2 m/s碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故EpmAv2(mBmC)v(mAmBmC)v12 J。6.如图6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

25、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6(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)3mgMg(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mgRmv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FNmgm解得FN3mg由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力FNFN3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的

26、支持力FFNMg3mgMg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力FF3mgMg。(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(Mm)v由机械能守恒定律，有mv(Mm)v2mgh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mv0mv1Mv2由能量守恒定律可知mvmvMv解得v2。7. (2020广东潮州市第二次模拟)如图7所示，一光滑的圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径R0.8 m，小车的右侧固定连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M3 kg，小车置于光

27、滑的地面，左侧靠墙，一物块从圆弧顶端上的A点由静止滑下，经过B点时无能量损失，最后物块停在车上的B点。已知物块的质量m1 kg，物块与小车间的摩擦因数为0.1，BC长度为L2 m，g取10 m/s2。求在运动过程中图7(1)弹簧的最大压缩量；(2)弹簧弹性势能的最大值。答案(1)1 m(2)3 J解析(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得mgRmv，解得vB4 m/s从开始到静止于B点系统动量和能量守恒有mvB(Mm)vmv(Mm)v22mg(Lx)解得x1 m。(2)由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，有mvB(Mm)v此时的弹性势能最大，由能量守恒可得mv(Mm)v2Epmg(Lx)由以上两式可得Ep3 J。