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1、微专题48碰撞模型的拓展1.碰撞的特点：系统动量守恒、碰后系统的动能不增加、碰撞前后的速度要符合实际2 “弹 簧一滑块”模型：（1）系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化; （2）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹 性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动 能3 ”小球一斜面模型”：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体 具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能.小球 从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒.1 .
2、新型冠状病毒引发肺炎疫情期间，-一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门 逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护.母女俩穿着同款充气“防护服”出 来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞.若妈 妈的质量为3?，女儿的质量为?，且以相同的速率。在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞 后妈妈静止不动，则这次碰撞属于（）A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足，无法确定答案A解析设碰撞后女儿的速度为十 ,以妈妈运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得3/如 inv=mv,故碰后女儿的速度为v =2v,碰前母女俩的总动能为k=2x3/w2+m
3、v2 =2mv2,碰后母女俩的总动能为Ek =%切2=2炉.由于碰撞前后总动能相等，所以母女 俩的碰撞为弹性碰撞,故选A.2 .如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋 混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降段距离后停下来.则（）A.重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大B.重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大C.碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变D.整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变 答案B 解析 重锤下落过程中做自由落体运动，根据。o=y次可知，重锤撞预制桩前瞬间的速度 与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，选项A错误：取竖
4、直向下为正方向，重锤撞击 预制桩的瞬间动量守恒，则由%=（?+杨）。可知，重锤质量?越大，预制桩被撞后瞬间的 速度越大，选项B正确；碰撞过程中，重锤和预制桩的系统要产生内能，总机械能要减小， 选项C错误；整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度下降的过程中，受合外力不为零， 总动量减小，选项D错误.3 .（多选）如图所示，在光滑的水平地面上，质量为小的小球A正以速度。向右运动.与前 面大小相同质量为的静止的8球相碰，则碰后A、8两球总动能可能为（）C CAB人1,A.*b-2r、5 ，CmvD.g/ncr答案AC解析 若A、B发生的是弹性碰撞，则没有能量的损失，碰后的总动能为斗的2,若发生的是 损
5、失能量最多的完全非弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律有2=460,得5 = 7，则碰后两者总动能为 反=袅4?（5）2=卷/。2因此，碰后两者总动能范围是/“/WE 4Z 4 oo；/如2, A、C正确，B、D错误.4 .如图所示，质量为4?的光滑物块。静止在光滑水平地面上，物块左侧面为圆弧面且 与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度Po向右运动滑上a,沿a左侧面上滑一段距 离后又返回，最后滑离”，不计一切摩擦，滑块力从滑上。到滑离。的过程中，下列说法正确的是（）A.滑块。沿。上升的最大高度为支B.物块。运动的最大速度为当第2页，共6页c.滑块。沿。上升的最大高度为雪D.物块。运动的最
6、大速度崎答案B 解析 人沿4上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得f7TV()=(6+,由机械能守恒定律得：?帚=马+4?）/+mgh,解得/?=2v()2VA、C错误；滑块人从滑上。到滑离a后，物块运动的速度最大.系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正 方向，由动量守恒定律得mvo=mVb+4dI I 23由机械能守恒定律得即阳/=淤?。/2+X 4mvtr,解得=针o, Vh= -5y0, B正确，D错误.5 .（多选）如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2加，槽的半径为，槽两侧的 最高点等高.将质量为?且可视为质点的小球M由槽右侧的最
7、高点无初速释放，所有接触 面的摩擦均可忽略.第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动.下列说法正确 的是（）MMA.两种情况下，小球均可运动到左侧最高点B.两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1：1C.第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为,D.第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为与答案ACD解析 当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律mgr=?g可知，/?=小小球M能运动到圆弧 槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球 M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度 为功，则0=0,由机械能守恒
8、定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正 确；当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为如，则由机械能守恒定律得加叶=*/第（A 解得 Vo=y2gr.当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为。，此时圆弧槽的速率为。第3页，共6页7),取向左为正方向，根据动量守恒定律得0=7皿-2/如，解得=2根据机械能守恒定律得/身=；机。2+义2/汉/ 2,解得v=、lr, v两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为小：W，B错误，C正确：小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x,根据动量守恒定律得段
9、产=2彳，计算得出2rD正确.6.如图所示，质量M=8 kg、倾角 =30。的光滑斜面体静止在光滑的水平面上，斜面8c 与水平面A3通过一小段圆弧平滑连接.质量机=2 kg的物体静止于水平面上的。点，D、 3两点间的距离L=10m.现给物体施加一水平向右的恒力产=10N,物体运动至8点时立 即撤去该恒力，物体恰好能运动到斜面体的最高点C.取重力加速度大小g=10m/s2.求：物体到达B点时的速度大小和物体从。点运动到4点的时间；斜面体斜面的长度.答案(1)10 m/s 2 s (2)8 m解析(1)设物体到达3点时的速度大小为08,物体从。点运动到4点过程中，由动能定理有 FL=mvir 解得
10、 Vn= 10 m/s设物体从。点运动到B点的时间为f,由动量定理有Ft=mvn解得/=2 s(2)物体在斜面上滑行时，物体与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，当 物体运动到斜而体的最高点时，二者达到共同速度。，设斜而体斜面的长度为x,取向右为 正方向，由动量守恒定律有nwn=(m+由机械能守恒定律有多加b2=g(7 + M)v2+恪tsin 0解得x=8 m.7.如图所示，静止在水平地面上的两小物块4、B之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右 侧的竖直墙壁距离L= 1.5 m.第一次适当压缩微型弹簧，释放后A、8瞬间分离，运动过程 中A、8未发生碰撞并同时停止在水平面上；第二次仍在
11、两小物块最初静止的位置紧压微型 弹簧，释放后A、B在运动过程中仅发生一次碰撞，且碰撞前瞬间物块4的速度大小为办第4页，共6页4m/s.已知两小物块A、8的质量分别为小八=0.21,加=。.818，A与地面之间的动摩擦因 数为A=0.4,重力加速度g=10m/s2, A、8运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞 时间极短.求：(1)8与地面之间的动摩擦因数网；(2)A、6在发生碰撞后瞬间的速度大小；第二次压紧微型弹簧后弹簧的弹性势能.答案(1 )0.1 (2)0.8 m/s 2.2 m/s (3)6 J解析(1)第一次释放弹簧的瞬间，两物块动量守恒，则IllAVOA = niBVOB两物块同时
12、停止，则运动时间相等，对物块A, V0A = UAt=gt对物块 B, Voii=aBi=NBgi解得8 = 0.1(2)两物块在水平面上运动的加速度。八=/蜴=4 m/s2an=HBg= 1 m/s2设经过时间t两物块第一次碰撞，则VA = VA0-aAtVB = VBO - anhClBt2 + 2L = VAOtl -其中以0=4i%0解得力=(小一 l)s0A0=4小 m/s丽=小m/sVb= I m/s取向左为正方向，两物块碰撞时满足rtiAVA + rnaVii=6八办+ /鹿J；加留Sb加 2解得。八, =0.8 m/s,方向向右：Vb =2.2 m/s(另一组d=4 m/s、V
13、b = I m/s 不合题意)(3)第二次压紧微型弹簧后弹簧的弹性势能Ep=iriAVa(T+=6 J.8. (2022海南海口一中高三月考)光滑水平台左端水平放置一两轮间距d=8.0m的传送带.可 视为质点的滑块、之间用细线相连，其间有一-处于压缩状态的轻质弹簧(滑块与弹簧不拴 接)，开始时整个装置处于静止状态.某时刻装置中的细线忽然断开，滑块。、人被弹出，其 中滑块。以速度o=5.O m/s向左滑上传送带，滑块。沿竖直放置的半径为R=0.1 m第5页，共6页 的光滑圆形管道做圆周运动，并通过最高点c已知滑块。、的质量分别为?= 1.0 kg, =2.0 kg,传送带以速度。=1 m/s逆时
14、针匀速转动，滑块a与传送带之间的动摩擦因数4= 0.2,空气阻力不计，g=10in/s2求：(1)滑块心被弹出时，滑块的速度大小；(2)滑块b通过圆形管道最高点时对管道的压力大小；(3)求滑块。从传送带的右端运动到左端所需要的时间.答案(1)2.5 m/s (2)25 N (3)4 s解析(1)滑块a、8被弹开前后，、系统动量守恒，由动量守恒定律得以如初，解得 Vb=2.5 m/s(2)滑块h通过圆形管道到最高点c的运动过程，由动能定理得一%g2A=；M&2一必一在最高点处，由牛顿第二定律得g+=”专解得K=25 N由牛顿第三定律可知滑块。对管道上壁有向上的压力，大小为25 N;(3)传送带逆时针转动，滑块在传送带上做匀减速直线运动，设加速度大小为。，匀减速的位 移为x,时间为力，由牛顿第二定律得所虑=mtla解得 =2 in/s2由 v2v(f=2(a)x得 x=6 m由于xd,故滑块匀减速运动6m后做匀速直线运动，匀减速的时间为/1=匚弛a代入数据求得八=2 sdx设匀速运动的时间为，2,则代入数据求得72 = 2 S滑块。从传送带的右端运动到左端所需要的时间为f=h+/2 = 4s.第6页，共6页