第35課時(shí)專(zhuān)題強(qiáng)化：碰撞模型及拓展目標(biāo)要求1.理解碰撞的種類(lèi)及其遵循的規(guī)律。2.理解“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”兩種模型與碰撞的相似性，會(huì)分析解決兩類(lèi)模型的有關(guān)問(wèn)題?？键c(diǎn)一碰撞模型1.碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。2.特點(diǎn)在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力外力，可認(rèn)為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。3.分類(lèi)

動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒

非彈性碰撞

有損失完全非彈性碰撞守恒損失

4.“一動(dòng)碰一靜”彈性碰撞實(shí)例分析以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1'+m2v2'12m1v12＝12m1v1'2+1聯(lián)立解得：v1'＝m1-m2m1+m2v討論：①若m1＝m2，則v1'＝0，v2'＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1'>0，v2'>0(碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1'≈v1，v2'≈2v1；③若m1<m2，則v1'<0，v2'>0(碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1'≈－v1，v2'≈0。質(zhì)量為m、速度為v0的A球跟質(zhì)量為3m、靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。那么碰撞后B球的速度可能是以下值嗎？(1)0.6v0；(2)0.4v0。例1質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的速度為6m/s，B球的速度為2m/s，當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為()A.1m/s6m/sB.4.5m/s3.5m/sC.3.5m/s4.5m/sD.－1m/s9m/s碰撞問(wèn)題遵守的三條原則1.動(dòng)量守恒：p1+p2＝p1'+p2'。2.動(dòng)能不增加：Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。3.速度要符合實(shí)際情況(1)碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前'≥v后'。(2)碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變。例2(九省聯(lián)考·貴州·15改編)如圖，質(zhì)量為m甲＝13kg的小物塊甲向右與靜止在水平地面上A點(diǎn)、質(zhì)量為m乙＝1kg的小物塊乙發(fā)生彈性正碰，碰前瞬間甲的速度大小v0＝4.8m/s。碰后乙在AB間運(yùn)動(dòng)一段距離后與靜止在B點(diǎn)、質(zhì)量為m丙＝1kg的小物塊丙發(fā)生正碰，乙在此碰撞前、后瞬間的速度大小之比為3∶1，碰后丙滑動(dòng)d＝0.04m后停止運(yùn)動(dòng)。乙、丙與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，所有碰撞時(shí)間極短，g取10m/s2。求：(1)甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大??；(2)乙、丙碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能。例3(2024·河北保定市三模)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的彈性小球A、B在同一豎直線上且間距l(xiāng)＝2.4m，小球B距地面的高度h＝1.8m，兩小球在外力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放小球A、B，小球B與地面發(fā)生碰撞后反彈，之后小球A與B發(fā)生碰撞。已知小球A的質(zhì)量mA＝0.1kg，小球B的質(zhì)量mB＝0.5kg，重力加速度大小g取10m/s2，所有的碰撞均無(wú)機(jī)械能損失，不計(jì)碰撞時(shí)間。求：(1)小球B第一次著地時(shí)小球A的速度大小vA；(2)小球A、B第一次相碰時(shí)離地高度H；(3)小球A、B第一次相碰后瞬間小球A的速度大小?？键c(diǎn)二碰撞模型拓展“滑塊—斜(曲)面”模型“滑塊—彈簧”模型情景示例情景示例模型特點(diǎn)(1)上升到最大高度：滑塊m與斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此時(shí)滑塊m的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動(dòng)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(2)返回最低點(diǎn)：滑塊m與斜(曲)面M分離點(diǎn)。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1+Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，12mv02＝12mv12模型特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力的矢量和為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能)。(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)。例4如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一個(gè)蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。重力加速度的大小g取10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？例5(2024·天津市紅橋區(qū)二模)如圖所示，質(zhì)量為M＝2.0kg，半徑R＝0.3m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上，有兩個(gè)大小、形狀相同的可視為質(zhì)點(diǎn)的光滑小球A、B質(zhì)量分別為m1、m2，m1＝1.0kg，m2＝2.0kg，B右側(cè)與球心等高處連接一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離。現(xiàn)將A從圓弧槽頂端由靜止釋放，重力加速度g取10m/s2，求：(1)若圓弧槽固定不動(dòng)，小球A滑離圓弧槽時(shí)的速度大小v0；(2)若圓弧槽不固定，小球A滑離圓弧槽時(shí)的速度大小v1；(3)圓弧槽不固定的情況下彈簧壓縮過(guò)程中的最大彈性勢(shì)能；(4)判斷小球A與彈簧分離后，能否追上圓弧槽，若能，求小球A上升的最大高度。例6(2025·福建省廈門(mén)雙十中學(xué)月考)如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端分別與質(zhì)量是m1、m2的A、B兩物塊相連，它們靜止在光滑水平面上，現(xiàn)使A瞬時(shí)獲得水平向右的速度v＝3m/s并從此時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知m1＝2kg，下列說(shuō)法正確的是()A.物塊B的質(zhì)量為3kgB.彈簧的最大彈性勢(shì)能為4.5JC.t2時(shí)刻A、B的動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝1∶4D.從t3到t4時(shí)刻彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)

答案精析考點(diǎn)一2.遠(yuǎn)大于3.守恒守恒最大討論交流A球與靜止的B球發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多，B球的速度最小，vB＝mAmA+mBv0＝14v0；當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，B球的速度最大，vB＝2mAmA+mBv0＝12v0。則碰后B球的速度范圍為14v0≤vB≤12v0例1C[設(shè)每個(gè)球的質(zhì)量均為m，碰前系統(tǒng)總動(dòng)量p＝mvA1+mvB1＝6m+2m＝8m，碰前的總動(dòng)能Ek＝12mvA12+12mvB12＝20m。若碰后vA1＝1m/s，vB1＝6m/s，碰后總動(dòng)量p'＝mvA1+mvB1＝7m，動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若vA2＝4.5m/s，vB2＝3.5m/s，明顯vA2>vB2不合理，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若vA3＝3.5m/s，vB3＝4.5m/s，碰后總動(dòng)量p'＝mvA3+mvB3＝8m，總動(dòng)能Ek3＝12mvA32+12mvB32＝16.25m，動(dòng)量守恒，機(jī)械能不增加，選項(xiàng)C可能實(shí)現(xiàn)；若vA4＝－1m/s，vB4＝9m/s，碰后總動(dòng)量p'＝mvA4+mvB4＝8m，總動(dòng)能Ek4＝12例2(1)2.4m/s(2)0.08J解析(1)甲、乙發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律m甲v0＝m甲v甲+m乙v乙由機(jī)械能守恒定律12m甲v02＝12m甲解得甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小為v乙＝2m甲m甲(2)碰后，對(duì)丙由動(dòng)能定理－μm丙gd＝0－12m丙解得v丙＝0.4m/s乙、丙碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律m乙v乙1＝m乙v乙2+m丙v丙其中v聯(lián)立解得v乙1＝0.6m/s，v乙2＝0.2m/s由能量守恒定律12m乙v乙12＝12m乙v解得ΔE＝0.08J。例3(1)6m/s(2)1m(3)12m/s解析(1)小球B剛著地時(shí)，小球A、B的速度大小相等，有vA2＝解得vA＝vB＝6m/s(2)小球B著地反彈后，相對(duì)小球A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝l2vB＝由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有H＝vBt1－12g解得H＝1m(3)設(shè)兩小球碰前瞬間，小球A的速度大小為vA1，小球B的速度大小為vB1，有vA1＝vA+gt1＝8m/svB1＝vB－gt1＝4m/s兩小球碰撞時(shí)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，取豎直向上為正方向mA(－vA1)+mBvB1＝mAvA'+mBvB'12mAvA12+12mBvB12＝12mAvA'解得vA'＝12m/s，vB'＝0例4(1)20kg(2)不能，理由見(jiàn)解析解析(1)規(guī)定向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。對(duì)冰塊與斜面體分析，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得m2v0＝(m2+m3)v①12m2v02＝12(m2+m3)v式中v0＝3m/s為冰塊推出時(shí)的速度，聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，對(duì)小孩與冰塊分析，由動(dòng)量守恒定律有m1v1+m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對(duì)冰塊與斜面體分析，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2+m3v3⑥12m2v02＝12m2v2聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩。例5(1)6m/s(2)2m/s(3)(4)見(jiàn)解析解析(1)圓弧槽固定，小球A機(jī)械能守恒，有m1gR＝12m1解得v0＝6m/s(2)圓弧槽不固定，槽和小球A組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v1+Mv2＝0由機(jī)械能守恒定律得m1gR＝12m1v12+解得v1＝2m/s，v2＝－1m/s，負(fù)號(hào)表示圓弧槽的速度方向向右(3)當(dāng)小球A、B速度相等時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，根據(jù)動(dòng)量守恒得m1v1＝(m1+m2)v解得v＝23根據(jù)能量守恒可得Epmax＝12m1v12－12(m代入數(shù)據(jù)可得Epmax＝43(4)設(shè)小球A與彈簧分離后速度為v1'，小球B速度為v3，m1v1＝m1v1'+m2v312m1v12＝12m1v1'解得v1'＝－23m/s，負(fù)號(hào)表示與彈簧分離后小球A由于|v1'|＝23m/s<1m/s＝|v2故小球A追不上圓弧槽。例6D[由題圖乙可知，t1時(shí)刻兩物塊速度相同，均為v1＝1m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒可得m1v＝(m1+m2)v1解得物塊B的質(zhì)量為m2＝4kg，故A錯(cuò)誤；當(dāng)兩物塊速