2026版红对勾一轮复习讲与练高考物理第七章　第3讲　专题强化：碰撞模型拓展.docxVIP

第3讲专题强化：碰撞模型拓展

题型一滑块—弹簧模型

1．模型图示(如图所示)

2．模型特点

(1)动量守恒：两个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0，则系统动量守恒。

(2)机械能守恒：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同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。

(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。

【典例1】如图所示，质量为m2＝4kg和m3＝3kg的B、C两物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1kg的A物体以速度v0＝8m/s向右运动，A与C碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。求：

(1)A和C碰撞过程中损失的机械能；

(2)弹簧能产生的最大弹性势能；

(3)弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对C冲量的大小。

【解析】(1)设A与C碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m3)v1，

由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,1)＋ΔE，

代入数据解得v1＝2m/s，ΔE＝24J。

(2)三个物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m3)v1＝(m1＋m2＋m3)v共，

代入数据解得v共＝1m/s，

由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)veq\o\al(2,共)＋ΔEp，

代入数据解得ΔEp＝4J。

(3)设弹簧对B的冲量大小为I2，对B由动量定理得I2＝m2v共－0＝4kg·m/s，所以弹簧对C冲量的大小是I3＝I2＝4kg·m/s。

【答案】(1)24J(2)4J(3)4kg·m/s

1．如图所示，两根光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球A、B的质量分别为m1、m2，分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球B一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中(D)

A．A、B组成的系统动量不守恒

B．A、B组成的系统机械能守恒

C．弹簧最长时，其弹性势能为eq\f(m2v02,2(m1＋m2))

D．A的最大速度是eq\f(2m2v0,m1＋m2)

解析：A、B组成的系统所受合力为零，则系统的动量守恒，A错误；A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2(m1＋m2))，C错误；当弹簧再次恢复到原长时A的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(2m2v0,m1＋m2)，D正确。

2．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得(D)

A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧分别处于拉伸和压缩状态

B．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1

C．在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1

D．在t2～t3时间内A、B的距离逐渐增大，t3时刻弹簧的弹性势能最大

解析：根据图像可得开始时A的速度比B大，弹簧被压缩，t1时A、B速度相同，此时弹簧压缩量达到最大，之后B的速度比A大，弹簧压缩量开始变小，t2时弹簧恢复原长，之后弹簧开始被拉伸，A、B的距离逐渐增大，t3时刻A、B速度相等，此时弹簧拉伸量达到最大，弹簧的弹性势能最大。之后A的速度又大于B，弹簧拉伸量开始变小，t4时刻弹簧恢复原长状态，故A错误，D正确；根据系统动量守恒，取向右为正方向，在0～t1时间内有m1v0＝(m1＋m2)v共，代入数据解得m1∶m2＝1∶2，故B错误；t2时刻A、B两物块的动能之比为eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1),\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))＝eq\