綜合·融通(三)四種“類碰撞”模型(融會課主題串知綜合應(yīng)用)通過本節(jié)課的學(xué)習(xí)進(jìn)一步掌握用動量守恒定律、能量守恒定律解決碰撞問題的技巧,能夠從動量和能量的觀點(diǎn)分析子彈打木塊模型、“滑塊—彈簧”模型、“滑塊—曲面體”模型、“滑塊—滑板”模型。主題(一)子彈打木塊模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中,系統(tǒng)的動量守恒。(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。兩種情境(1)子彈嵌入木塊中,兩者速度相等,機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)動量守恒:mv0=(m+M)v能量守恒:Q=Ff·s=12mv0212(M+(2)子彈穿透木塊動量守恒:mv0=mv1+Mv2能量守恒:Q=Ff·d=12mv[例1](2024·湖北高考)(多選)如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊,質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動過程中受到的阻力不變,其大小f與射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k為已知常數(shù))。改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則()

A.子彈的初速度大小為2B.子彈在木塊中運(yùn)動的時間為2C.木塊和子彈損失的總動能為kD.木塊在加速過程中運(yùn)動的距離為mL聽課記錄:[針對訓(xùn)練]1.(多選)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成,將其放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射向滑塊,若射擊下層,子彈剛好不射出,若射擊上層,則子彈剛好能射穿一半厚度,如圖所示,則上述兩種情況相比較,下列說法正確的是()A.子彈的末速度大小相等B.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C.子彈對滑塊做的功相同D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大主題(二)“滑塊—彈簧”模型模型特點(diǎn)(1)動量守恒:兩個物體與彈簧相互作用的過程中,若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,則系統(tǒng)動量守恒。(2)機(jī)械能守恒:系統(tǒng)在運(yùn)動過程中只有彈簧彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(或最短)狀態(tài)時兩物體速度相等,彈簧彈性勢能最大,系統(tǒng)動能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞,兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能)。(4)彈簧恢復(fù)原長時,彈簧彈性勢能為零,系統(tǒng)動能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)。[例2](2025·山西晉中階段練習(xí))(多選)如圖甲所示,質(zhì)量分別為mA=1kg、mB=2kg的滑塊A、B放在光滑的水平面上,之間用一質(zhì)量可忽略不計(jì)的彈簧連接,滑塊B緊靠在豎直的墻壁上?，F(xiàn)有一質(zhì)量為mC的滑塊C沿水平面向右運(yùn)動,從0時刻開始計(jì)時,2s末與滑塊A碰撞且粘在一起,0~6s內(nèi)滑塊C的速度—時間圖像如圖乙所示,則下列說法正確的是()A.滑塊C的質(zhì)量mC=2kgB.全過程整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9JC.2~6s內(nèi),墻壁對滑塊B的沖量大小為6N·sD.整個過程中滑塊B的最大動能為9J聽課記錄:[針對訓(xùn)練]2.(2025·貴州貴陽階段練習(xí))如圖所示,在光滑的水平面上有兩個滑塊P、Q,滑塊Q的左端固定一輕質(zhì)彈簧。兩個滑塊以大小為v0的速度沿同一直線相向運(yùn)動,滑塊P的質(zhì)量為3m,滑塊Q的質(zhì)量為m。不計(jì)空氣阻力,則下列說法正確的是()A.當(dāng)彈簧被壓縮至最短時,滑塊Q的動能達(dá)到最小值B.彈簧的彈性勢能最大值為52mC.兩個滑塊分離時滑塊Q的速度大小為2v0D.彈簧存在彈力的過程中,彈力對滑塊P的沖量大小為mv0主題(三)“滑塊—曲面體”模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)上升到最大高度:m與M具有共同水平速度v共,此時m的豎直速度vy=0。系統(tǒng)水平方向動量守恒,mv0=(M+m)v共;系統(tǒng)機(jī)械能守恒,12mv02=12(M+m)v共2+mgh,其中h為滑塊上升的最大高度,不一定等于弧形軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞(2)返回最低點(diǎn):水平方向動量守恒,mv0=mv1+Mv2;系統(tǒng)機(jī)械能守恒,12mv02=12mv12+12[例3](多選)如圖所示,光滑的冰面上有一質(zhì)量為M的小車處于靜止?fàn)顟B(tài),小車上表面是一半徑為R的14光滑圓弧曲面,圓弧的最低點(diǎn)切線水平。某一時刻,一質(zhì)量為m的小球自左端以水平速度v0沖上小車。則下列說法正確的是()A.小球沿曲面向上運(yùn)動的過程中,小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球沿曲面向下運(yùn)動的過程中,小車的動量增加C.小球離開小車時小球的速率等于v0D.若小球速度較大,會從圓弧軌道上端拋出,但仍會落回小車聽課記錄:[針對訓(xùn)練]3.(多選)如圖所示,小車的上表面由中間突出的兩個對稱的曲面組成。整個小車的質(zhì)量為m,原來靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球,質(zhì)量也為m,以水平速度v從左端滑上小車,恰好到達(dá)小車的最高點(diǎn)后,又從另一個曲面滑下。下列說法正確的是()A.小球滑離小車時,小車又回到了原來的位置B.在小球滑上曲面的過程中,小車的動量變化量是12C.小球和小車作用前后,小車和小球的速度一定變化D.小車上曲面的豎直高度不會大于v主題(四)“滑塊—滑板”模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)系統(tǒng)的動量守恒,但機(jī)械能不守恒,摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。(2)若滑塊未從滑板上滑下,當(dāng)兩者速度相同時,滑板速度最大,相對位移最大。求解方法(1)求速度:根據(jù)動量守恒定律求解,研究對象為一個系統(tǒng)。(2)求時間:根據(jù)動量定理求解,研究對象為一個物體。(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移:根據(jù)能量守恒定律Q=E初E末或Q=FfΔx,研究對象為一個系統(tǒng)。[例4](2024·甘肅高考)如圖,質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細(xì)繩O'P=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩O'P,小球A開始運(yùn)動。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A運(yùn)動到最低點(diǎn)時細(xì)繩OP所受的拉力。(2)A在最低點(diǎn)時,細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運(yùn)動。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后,C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。嘗試解答:[針對訓(xùn)練]4.(2025·湖南益陽階段練習(xí))(多選)如圖所示,質(zhì)量m=0.2kg、長度L=1m的木板B在光滑水平面上以v0=3m/s的速率水平向右做勻速直線運(yùn)動,質(zhì)量為2m的小物塊A以2v0的速率水平向右滑上木板的左端。已知A與B間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是()A.A最終會從木板的右端掉下來B.A在B上相對滑動的時間為0.2sC.整個運(yùn)動過程B對A做的功為9.4JD.整個運(yùn)動過程因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為0.6J課下請完成課時跟蹤檢測(八)及階段質(zhì)量檢測(一)綜合·融通(三)四種“類碰撞”模型主題(一)[例1]選AD子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為0，所以該系統(tǒng)動量守恒，若子彈沒有射出木塊，則由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木塊獲得的速度大小為v＝eq\f(mv0,m＋M)，又子彈的初速度越大，其打入木塊越深，則當(dāng)子彈恰好不射出木塊時，木塊獲得的速度最大，此時有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝eq\f(2kLm＋M,mM)；若子彈能夠射出木塊，則有v0>eq\f(2kLm＋M,mM)，子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動的過程，對子彈和木塊分別由牛頓第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根據(jù)位移關(guān)系有v0t－eq\f(1,2)amt2－eq\f(1,2)aMt2＝L，對木塊有v2＝aMt，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2kmL,2Mm－M＋mkt)，又v0越大，t越小，則v2越小，即隨著v0的增大，木塊獲得的速度v2不斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大小v0＝eq\f(2kLm＋M,mM)，A正確；子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動的過程，對子彈由動量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子彈在木塊中運(yùn)動的時間t＝eq\f(mM,km＋M)，B錯誤；由能量守恒定律可知，木塊和子彈損失的總動能ΔEk＝kv0L＝eq\f(2k2L2m＋M,mM)，C錯誤；木塊在加速過程中做勻加速運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有x＝eq\f(vt,2)，解得木塊在加速過程中運(yùn)動的距離x＝eq\f(mL,m＋M)，D正確。[針對訓(xùn)練]1．選ABC以v0的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑塊最終獲得的速度v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知兩種情況下子彈的末速度是相同的，故A正確；子彈嵌入下層或上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動能，兩種情況下系統(tǒng)減少的動能相等，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故B正確；根據(jù)動能定理，滑塊動能的增量等于子彈對滑塊做的功，所以兩種情況下子彈對滑塊做的功相同，故C正確；由Q＝Ff·x相對知，由于x相對不相等，所以兩種情況下子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯誤。主題(二)[例2]選BD由題圖乙知，滑塊C與滑塊A碰前瞬間速度為v1＝6m/s，碰后瞬間整體速度為v2＝3m/s，滑塊C與滑塊A碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律得mCv1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v2，解得mC＝1kg，故A錯誤；全過程系統(tǒng)中只有滑塊C與滑塊A碰撞時有機(jī)械能損失，則有ΔE＝eq\f(1,2)mCv12－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v22＝9J，故B正確；2s時滑塊A和滑塊C的速度為v2＝3m/s，6s時滑塊A和滑塊C的速度為v3＝－3m/s，2～6s內(nèi)墻壁對滑塊B的沖量等于滑塊AC的動量變化量，故有I＝(mA＋mC)(v3－v2)＝－12N·s，故C錯誤；當(dāng)滑塊AC和滑塊B向左運(yùn)動且彈簧再次恢復(fù)原長時，滑塊B的速度最大，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v3′＋mBvB，eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mC))v3′2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得vB＝－3m/s，故滑塊B的最大動能為EkB＝eq\f(1,2)mBvB2＝9J，故D正確。[針對訓(xùn)練]2．選C當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，滑塊P、Q共速，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知3mv0－mv0＝4mv，解得v＝eq\f(1,2)v0，可知滑塊Q的速度由向左變成向右，動能最小值為零，所以當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，滑塊Q的動能不是最小值，故A錯誤；當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知eq\f(1,2)·3mv02＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·4mv2＋Epm，解得彈簧的彈性勢能最大值為Epm＝eq\f(3,2)mv02，故B錯誤；兩個滑塊分離時，設(shè)滑塊P的速度為v1，滑塊Q的速度為v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有3mv0－mv0＝3mv1＋mv2，eq\f(1,2)·3mv02＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·3mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得v1＝0，v2＝2v0或v1＝v0，v2＝－v0(舍去)，故C正確；彈簧存在彈力的過程中，彈力對滑塊P的沖量大小為I＝3mv1－3mv0＝－3mv0，負(fù)號表示方向向左，大小為3mv0，故D錯誤。主題(三)[例3]選BD小球沿曲面向上運(yùn)動的過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，但整體所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；小球沿曲面向下運(yùn)動的過程中，小車受到的沖量向右，小車的動量增加，故B正確；小球離開小車時，設(shè)小球的速度為v1，小車的速度為v2，選取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可知mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，故C錯誤；若小球速度較大，會從圓弧軌道上端拋出，但拋出時兩者水平方向速度相同，水平方向相對靜止，所以仍會落回小車，故D正確。[針對訓(xùn)練]3．選BD小球滑上曲面的過程，小車向右運(yùn)動，小球滑下曲面的過程，小車仍繼續(xù)向右運(yùn)動，不會回到原位置，故A錯誤；小球恰好到最高點(diǎn)時兩者有共同速度，對于小車和球組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，水平方向由動量守恒定律得mv＝2mv1，解得共同速度v1＝eq\f(v,2)，小車動量的變化量Δp＝mv1－0＝eq\f(mv,2)，故B正確；由于系統(tǒng)水平方向動量守恒，若曲面光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以相互作用結(jié)束后，可能小車的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C錯誤；如果曲面光滑，則小車和球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2mv12＝mgh，解得h＝eq\f(v2,4g)；如果曲面粗糙，因摩擦生熱，減少的動能還有一部分轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，小球能上升的高度還要更小些，故D正確。主題(四)[例4]解析：根據(jù)題意，A、C質(zhì)量均為m＝2kg，B的質(zhì)量為M＝6kg，細(xì)繩OP長為l＝1.6m，初始時細(xì)繩與豎直方向夾角θ＝60°。(1)從A開始運(yùn)動到最低點(diǎn)，由動能定理得mgl(1－co