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)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2v1′＝v2′＝(2)v2＝0时，v1′＝ v1v2′＝ v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈02.非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk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。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vm1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk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Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋3)速度要合理①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后②两物体相向运动，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Ⅱ，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.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0＝Mv1－mv0，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Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 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物块的质量mA＝2 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/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝ m/s＝2 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＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3 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、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 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.vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/sB.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/sC.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/sD.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s答案 C解析 碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2) kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝mAv＋mBv＝(×1×62＋×2×22) J＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝(1×3＋2×4) kg·m/s＝11 kg·m/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；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝(1×2＋2×4) kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝(×1×22＋×2×42)J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝[1×(－4)＋2×7] kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝(×1×42＋×2×72)J＝57 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(m＜M)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.L1＞L2 B.L1＜L2 C.L1＝L2 D.不能确定答案 C解析 当弹簧压缩到最短时，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＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得Ep＝mv2－(m＋M)v′2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L1＝L2，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Ep2则Ep1∶Ep2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Ep＝mv，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－×2mv2＝Ep，把A的质量换成3m，Ep＝×3mv0′2，3mv0′＝4mv′，Ep2＝Ep－×4mv′2＝Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，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＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，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分离点水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(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M＝3m，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mv0＝2mv，解得v＝v0碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝mv－×2mv2，解得E损＝mv2)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＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝v0根据机械能守恒得×2m(v0)2＝×5m×(v0)2＋2mgh，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M＝3 kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝5 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10 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＝(m＋M)v①对小车由动能定理得W＝Mv2 ②联立①②解得W＝6 J。
(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得mv0＝mv1＋Mv2③小球和小车由功能关系得mv＝mv＋Mv④联立③④可解得v1＝－1 m/s⑤v2＝4 m/s⑥小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动h＝gt2⑦L＝(v2－v1)t⑧联立⑤⑥⑦⑧可得L＝2 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(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(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μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。
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)μg (2)v1≤ (3)解析 (1)对A有：μmg＝maA，得aA＝μg对BC有。