專題46　碰撞模型及拓展1．碰撞的特點(diǎn)：系統(tǒng)動(dòng)量守恒、碰后系統(tǒng)的動(dòng)能不增加、碰撞前后的速度要符合實(shí)際.2.“彈簧－滑塊”模型：(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，但系統(tǒng)的總動(dòng)能會(huì)與彈性勢(shì)能發(fā)生轉(zhuǎn)化；(2)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，此時(shí)動(dòng)能最小、彈性勢(shì)能最大；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)相當(dāng)于完全彈性碰撞，此時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)能等于初態(tài)總動(dòng)能.3.“小球－斜面模型”：系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)小球滑至斜面最大高度時(shí)兩物體具有共同速度，此時(shí)相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為小球增加的勢(shì)能．小球從沖上斜面又滑離斜面的全過(guò)程，相當(dāng)于彈性碰撞，全過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒．1．(2020·湖南贏在高考模擬)汽車(chē)A和汽車(chē)B靜止在水平地面上，某時(shí)刻汽車(chē)A開(kāi)始倒車(chē)，結(jié)果汽車(chē)A撞到了停在它正后方的汽車(chē)B，汽車(chē)B上裝有智能記錄儀，能夠測(cè)量并記錄汽車(chē)B前面的物體相對(duì)于汽車(chē)B自身的速度．在本次碰撞中，如果汽車(chē)B的智能記錄儀測(cè)得碰撞前瞬間汽車(chē)A的速度大小為v0，已知汽車(chē)A的質(zhì)量是汽車(chē)B質(zhì)量的2倍，碰撞過(guò)程可視為彈性碰撞，則碰后瞬間汽車(chē)A相對(duì)于地面的速度大小為(　　)A.v0  B.v0  C.v0  D.v0答案　C解析　兩汽車(chē)發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后A、B的速度大小分別為v1、v2，以碰撞前A的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)B的質(zhì)量為m，則A的質(zhì)量為2m，由動(dòng)量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，由機(jī)械能守恒定律，有×2mv02＝×2mv12＋mv22，解得v1＝v0，故選C.2．(多選)(2020·百師聯(lián)盟模擬四)質(zhì)量為3m、速度為v的A球與質(zhì)量為m的靜止B球發(fā)生正碰．在兩球碰撞后的瞬間，以下說(shuō)法正確的是(　　)A．A球速度可能反向   B．A球速度可能為0.6vC．B球速度可能為v D．B球速度可能為1.4v答案　BCD解析　若是彈性碰撞，A、B兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒：3mv＝3mvA＋mvB，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：×3mv2＝×3mv＋mv，聯(lián)立解得vA＝0.5v，vB＝1.5v；若是完全非彈性碰撞，A、B兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒：3mv＝(3m＋m)v共，解得v共＝0.75v，因不能確定碰撞類型，碰撞后A球的速度滿足0.5v≤vA≤0.75v，A球速度不可能反向，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；碰撞后B球的速度滿足0.75v≤vB≤1.5v，C、D項(xiàng)正確．3．(2020·河北第二次省際調(diào)研)如圖1(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球，t＝0時(shí)，甲靜止，乙以6 m/s 的初速度向甲運(yùn)動(dòng)．它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)(整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球沒(méi)有接觸)，它們運(yùn)動(dòng)的v－t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示．則由圖線可知(　　)圖1A．兩帶電小球的電性一定相反B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2∶1C．t2時(shí)刻，乙球的電勢(shì)能最大D．在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能一直減小答案　B解析　由題圖(b)可知，乙球減速的同時(shí)，甲球正向加速，說(shuō)明兩球相互排斥，帶有同種電荷，故A錯(cuò)誤；兩球作用過(guò)程動(dòng)量守恒m乙|Δv乙|＝m甲|Δv甲|，解得＝，故B正確；t1時(shí)刻，兩球共速，距離最近，則乙球的電勢(shì)能最大，故C錯(cuò)誤；在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能先減小，t2時(shí)刻后逐漸增大，故D錯(cuò)誤．4．(2020·黑龍江牡丹江一中期末)光滑水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量M可以取不同的數(shù)值．現(xiàn)使a以某一速度向b運(yùn)動(dòng)，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，則(　　)A．當(dāng)M＝m時(shí)，碰撞后b的速度最大B．當(dāng)M＝m時(shí)，碰撞后b的動(dòng)能最大C．當(dāng)M>m時(shí)，若M越小，碰撞后b的速度越小D．當(dāng)M<m時(shí)，若M越大，碰撞后b的動(dòng)量越小答案　B解析　設(shè)碰撞前a的速度為v，由動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒可知，碰后va＝·v，vb＝·v，m一定，M越小，碰撞后b的速度越大，故A、C錯(cuò)誤．碰撞后b的動(dòng)能Ekb＝Mv＝＝，當(dāng)M＝，即M＝m時(shí)，Ekb最大，故B正確；b的動(dòng)量p＝Mvb＝·v＝v，知M越大，p越大，故D錯(cuò)誤．5．(多選)(2020·全國(guó)名校11月大聯(lián)考)如圖2所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是(　　)圖2A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量不守恒C．物塊仍能停在水平軌道的最左端D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道答案　BC解析　軌道不固定時(shí)，物塊在軌道的水平部分時(shí)因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒．物塊在軌道的圓弧部分下滑時(shí)，合外力不為零，動(dòng)量不守恒，但是水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)軌道的水平部分長(zhǎng)為L.軌道固定時(shí)，根據(jù)能量守恒定律得mgR＝μmgL，軌道不固定時(shí)，設(shè)物塊與軌道相對(duì)靜止時(shí)共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x.取向左為正方向，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得：0＝(M＋m)v，則得v＝0，根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，故C正確，D錯(cuò)誤．6.(多選)(2020·湖南永州市期末)如圖3所示，一質(zhì)量為0.2 kg的滑塊B放在固定的豎直面內(nèi)的光滑圓弧底端，該圓弧的半徑為0.45 m，底端切線水平，且底端距水平地面的高度為0.8 m．將一質(zhì)量為0.1 kg的滑塊A從圓弧頂端由靜止釋放，在圓弧底端與滑塊B發(fā)生彈性碰撞．A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是(　　)圖3A．與滑塊B碰撞前瞬間，滑塊A的速度大小為1 m/sB．與滑塊B碰撞前瞬間，滑塊A的速度大小為3 m/sC．滑塊A落到水平地面時(shí)到圓弧底端的水平距離為0.4 mD．滑塊B落到水平地面時(shí)到圓弧底端的水平距離為1.2 m答案　BC解析　對(duì)A，由機(jī)械能守恒定律有mAgR＝mAv02，v0＝＝3 m/s，A錯(cuò)誤，B正確；滑塊A、B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律有：mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv02＝mAv＋mBv22，得碰后滑塊A的速度v1＝·v0＝－1 m/s，滑塊B的速度v2＝·v0＝2 m/s，碰后滑塊B做平拋運(yùn)動(dòng)，圓弧光滑，滑塊A再次回到圓弧底端時(shí)的速度大小為v1′＝1 m/s，落到地面的時(shí)間為：t＝＝0.4 s，A的水平位移xA＝v1′t＝0.4 m，B的水平位移xB＝v2t＝0.8 m，C正確，D錯(cuò)誤．7.(多選)(2020·河南信陽(yáng)市第一次質(zhì)檢)如圖4所示，小車(chē)的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道，整個(gè)小車(chē)(含管道)的質(zhì)量為3m，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)有一個(gè)可以看成質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車(chē)，小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，然后從管道左端滑離小車(chē)．關(guān)于這個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(　　)圖4A．小球滑離小車(chē)時(shí)，小車(chē)回到原來(lái)位置B．小球滑離小車(chē)時(shí)，小車(chē)的速度大小為v車(chē)＝C．車(chē)上管道中心線最高點(diǎn)的豎直高度為D．小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，小車(chē)的動(dòng)量變化大小是答案　BC解析　小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向上的合外力為零，故在水平方向上動(dòng)量守恒，所以小車(chē)的速度方向一直向右，小球滑離小車(chē)時(shí)，小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，不可能回到原來(lái)位置，故A錯(cuò)誤；由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得：mv＝3mv車(chē)＋mv球，由機(jī)械能守恒定律可得：mv2＝×3mv＋mv，得v車(chē)＝0.5v，v球＝－0.5v，故B正確；小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)時(shí)，小球和小車(chē)的速度相同，故由動(dòng)量守恒定律得：mv＝(3m＋m)v′，得v′＝v，小車(chē)的動(dòng)量變化大小為Δp＝3m·v＝mv，故D錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可得：mv2＝×4m×(v)2＋mgh，所以車(chē)上管道中心線最高點(diǎn)的豎直高度h＝，故C正確．8.(2020·四川德陽(yáng)市二診)如圖5所示，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m，物體B置于水平面上，B物體上部半圓型槽的半徑為R，將物體A從圓槽的右側(cè)最頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計(jì)，重力加速度為g.則(　　)圖5A．A、B物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．A不能到達(dá)圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)C．A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)A的速率為 D．A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)B的速率為 答案　D解析　A、B物體組成的系統(tǒng)只有水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過(guò)程不計(jì)一切摩擦，故機(jī)械能守恒，那么A可以到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)，且A在B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，A、B的速度都為零，故B錯(cuò)誤；對(duì)A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程由水平方向動(dòng)量守恒得mvA＝2mvB，對(duì)A、B整體應(yīng)用機(jī)械能守恒可得mgR＝mv＋×2mv，所以A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)B的速率為vB＝ ，vA＝ ，故C錯(cuò)誤，D正確．9．(多選)(2020·吉林長(zhǎng)春市二模)如圖6甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x，現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)圖6A．A物體的質(zhì)量為3mB．A物體的質(zhì)量為2mC．彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02D．彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02答案　AC解析　對(duì)題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能Ep＝Mv02；對(duì)題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量仍為x時(shí)，A、B二者達(dá)到相等的速度v，由動(dòng)量守恒定律有：M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒有：Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，聯(lián)立兩式可得：M＝3m，Ep＝Mv02＝mv02，故B、D錯(cuò)誤，A、C正確．10．(2020·黑龍江雙鴨山一中月考)如圖7所示，小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用非彈性懸線吊在天花板上，在懸點(diǎn)正下方A點(diǎn)處有一物塊b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平地面上，一質(zhì)量為2m的光滑曲面滑塊c與地面在B點(diǎn)平滑連接，小球a的質(zhì)量為m，物塊b的質(zhì)量為2m，物塊b與B點(diǎn)左側(cè)的水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，B點(diǎn)右側(cè)的水平地面光滑．將小球拉到懸線與豎直方向的夾角θ＝60°的位置由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)剛好與物塊發(fā)生彈性碰撞，碰后物塊能滑到曲面上某一高度處．懸線長(zhǎng)為L，A、B兩點(diǎn)的距離也為L，重力加速度為g，求：圖7(1)碰后小球a再次擺動(dòng)的最大高度；(2)碰后物塊b滑上曲面c的最大高度．答案　(1)L　 (2)L解析　 (1)設(shè)小球與物塊碰撞前速度為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg(L－Lcos θ)＝mv12，解得v1＝.小球與物塊碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有mv1＝mv2＋2mv3，mv12＝mv22＋×2mv32，解得v2＝－，v3＝，設(shè)碰后小球再次擺動(dòng)的最大高度為h1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh1＝mv22，解得h1＝L.(2)物塊b在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a＝μg，設(shè)物塊b運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為vB，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v－v32＝－2μgL，設(shè)物塊能滑上曲面的最大高度為h2，此時(shí)b與c共速，根據(jù)水平方向上動(dòng)量守恒可知2mvB＝4mvc，根據(jù)能量守恒可知×2mv－×4mv＝2mgh2，解得h2＝L.11.如圖8所示，在光滑的水平面上有一輛長(zhǎng)平板車(chē)，它的中央放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，物塊跟車(chē)表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，平板車(chē)的質(zhì)量M＝2m，車(chē)與物塊一起向右以初速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，車(chē)跟右側(cè)的墻壁相碰．設(shè)車(chē)跟墻壁碰撞的時(shí)間很短，碰撞時(shí)沒(méi)有機(jī)械能損失，重力加速度為g，求：圖8(1)平板車(chē)的長(zhǎng)度L至少多長(zhǎng)時(shí)，小物塊才不會(huì)從車(chē)上落下來(lái)；(2)若在車(chē)的左側(cè)還有一面墻壁，左右墻壁相距足夠遠(yuǎn)，使得車(chē)跟墻壁相碰前，車(chē)與小物塊總是相對(duì)靜止的，車(chē)在左右墻壁間來(lái)回碰撞，碰撞n次后，物塊跟車(chē)一起運(yùn)動(dòng)的速度vn；(3)在車(chē)與左右墻壁來(lái)回碰撞的整個(gè)過(guò)程中，小物塊在車(chē)表面相對(duì)于車(chē)滑動(dòng)的總路程s.答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)平板車(chē)跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變、方向相反，車(chē)與物塊有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，車(chē)與物塊之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg設(shè)物塊與車(chē)共同速度為v1，對(duì)車(chē)與物塊組成的系統(tǒng)，以向左的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有(M－m)v0＝(M＋m)v1設(shè)平板車(chē)的長(zhǎng)至少為L，根據(jù)能量守恒定律有(M＋m)v－(M＋m)v＝FfL解得L＝(2)由(1)可解得v1＝平板車(chē)和物塊一起向右運(yùn)動(dòng)，與墻壁碰撞后共同速度為碰撞前的，那么平板車(chē)和物塊以相同的速度v1與左側(cè)墻壁碰撞后最終的共同速度為v2，與向右碰撞過(guò)程相同，所以v2＝v1＝()2v0所以經(jīng)過(guò)n次碰撞后的速度vn＝(3)經(jīng)過(guò)足夠多的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機(jī)械能逐漸減少，最后全都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Ffs＝(M＋m)v02整理得s＝. 

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