高考物理二轮复习 真题模型再现4 动量守恒中的“碰撞模型”和“反冲模型”学案
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真题模型再现(四)——动量守恒中的“碰撞模型”和“反冲模型” 来源 图例 考向 模型核心归纳
2015·新课标全国卷Ⅰ 物体A、B、C位于同一直线
上
动量守恒、机械能守恒、“多物体作用模型”
1.常考的模型 (1)碰撞中的“两物体作用模型” (2)碰撞中的“多物体作用模型” (3)碰撞中的“图象类问题模型” (4)“反冲模型” (5)“爆炸模型” 2.模型解法 (1)牢记一个定律：动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋
m2v2′。
(2)熟记两种碰撞 ①弹性碰撞：动量守恒和机械能守恒。 ②非弹性碰撞：动量守恒、机械能不守恒。 (3)会用两个结论 ①“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度满足v1＝m1－m2
m1＋m2
v0，v2＝2m1m1＋m2v0。
②质量相等的两物体发生弹性碰撞后交换
2015·新课标全国卷Ⅱ 滑块a、b沿水平面上同一条直线运动 动量守恒、能量守恒(功能关系)
2016·新课标全国卷Ⅱ 光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，一蹲在滑板上的小孩和冰块均静止于冰面上 动量守恒、机械能守恒
2016·新课标全国卷Ⅲ 静止的a和b相距l；b与墙也相距l 动量守恒、机械能守恒、功能关系
2017·全国 卷 Ⅰ 模型火箭点火升空 动量守恒 速度；发生完全非弹性碰撞后两物体共速。
【预测1】 如图14所示，在光滑的水平面上，有A、B、C三个物体，开始B、C皆静止且C在B上，A物体以v0＝10 m/s的速度撞向B物体，已知碰撞时间极短，撞完后A物体静止不动，而B、C最终的共同速度为4 m/s。已知B、C两物体的质量分别为mB＝4 kg、mC＝1 kg。
图14 (1)求A物体的质量； (2)A、B间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失了多少？ 解析 (1)设B、C最终的共同速度为v，则由整个过程动量守恒可得： mAv0＝(mB＋mC)v 代入数据解得mA＝2 kg。 (2)设A与B碰撞后B的速度变为v′，在B与C相互作用的时间里，B与C组成的系统动量守恒， 即mBv′＝(mB＋mC)v，解得v′＝5 m/s A与B碰撞的过程中，碰前系统的动能为Ek1＝12mAv20，
代入数据解得Ek1＝100 J 碰后系统的动能为Ek2＝12mBv′2， 代入数据解得Ek2＝50 J 所以碰撞过程中损失了机械能，损失了50 J。 答案 (1)2 kg (2)损失了50 J 【预测2】 如图15所示，斜面CD、平台DE和34圆弧轨道固定在水平地面上，平台的高度和圆弧轨道的半径均为R，在圆弧轨道底部，有两个可视为质点的小球A、B，两球之间有一轻弹簧，弹簧一开始处于锁定状态，A球的质量为m，弹簧的长度可忽略。某时刻解除弹簧的锁定状态，两球分离后，A球最高能到达与圆心等高的位置E点，B球恰好能够到达圆弧最高点N，从N点抛出后恰能从斜面上的最高点D无碰撞地沿斜面滑下，已知重力加速度为g。不计一切摩擦。试求： 图15 (1)球B与球A分离时的速度大小； (2)球B的质量； (3)斜面CD的长度。 解析 (1)设解除弹簧锁定的瞬间A、B球的速度大小分别为vA、vB，B球的质量为M。 对B在最高点N处时进行受力分析，有Mg＝Mv2NR 解得vN＝gR B球从底部到N点的过程中，机械能守恒，有
12Mv2B＝Mg·2R＋12Mv2N，解得vB＝5gR。
(2)解除弹簧锁定后，对A从圆弧轨道底部到E点的过程，有mgR＝12mv2A，得vA＝2gR。 两球分离时由动量守恒定律得mvA＝MvB， 联立解得M＝105m。 (3)B球离开圆弧轨道后做平抛运动，当B下落高度为R时竖直分速度满足v2y－0＝2gR 解得vy＝2gR 小球B从N点抛出后恰能从斜面上的D点无碰撞地沿斜面滑下，说明速度方向与斜面方向平行。
设斜面倾角为α，则tan α＝vyvN＝2
设斜面长为l，则tan α＝Rl2－R2，解得l＝62R。 答案 (1)5gR (2)105m (3)62R 课时跟踪训练 一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题) 1.(2017·天津河北区模拟)从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都为v，不计空气阻力，对两个小物体，以下说法正确的是( ) A.落地时的速度相同 B.落地时重力做功的瞬时功率相同 C.从抛出到落地过程中重力的冲量相同 D.两物体落地前动量变化率相等 解析 两物体落地时，速度方向不同，故落地时速度不同，故A错误；因为落地时动能相同，则落地时的速度大小相等，平抛运动时竖直方向上的分速度小于竖直上抛运动落地时的速度，根据P＝mgvy知，落地时重力做功的瞬时功率不同，故B错误；两个物体在空中运动的时间不同，做平
抛运动的物体时间短，故从抛出到落地的过程中重力的冲量不同，故C错误；根据动量定理有F
＝Δpt，整个运动过程中，合力为重力，故D正确。 答案 D 2.如图1所示，质量为m的物体在水平外力F的作用下，沿水平面做匀速运动，速度大小为v，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法中正确的是( )
图1 A.速度v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少 B.速度v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越多 C.速度v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与速度v的大小无关 D.速度v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与速度v的大小无关 解析 物体在A、B间运动的加速度为a＝μg，由v2B＝v2－2ax知速度v越大，vB越大，又由x＝v＋vB
2t可知，速度越大，t越小；摩擦力的冲量为If＝μmgt越小，摩擦力做功Wf＝μmgx与速度
v的大小无关，C项正确。
答案 C 3.(2017·河北邯郸摸底)如图2所示，质量为m的物块随木箱以加速度a＝g2竖直向上加速运动，重力加速度为g，在物块上升高度为h的过程中，下列说法正确的是( ) 图2 A.支持力做功为12mgh B.动能增加mgh C.合外力做功为32mgh D.机械能增加32mgh 解析 根据牛顿第二定律得FN－mg＝ma＝m·g2，可得支持力FN＝32mg，支持力做功WN＝FNh＝32mgh，故A错误；由牛顿第二定律知，物块所受的合外力F合＝ma＝12mg，方向向上，则合外力做功为W合＝F合h＝12mgh，由动能定理知物块的动能增加了12mgh，故B、C错误；根据功能关系可知机械能
的增加量等于支持力做的功，则机械能增加了32mgh，故D正确。 答案 D 4.(2017·银川模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图3所示，已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N。若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速运动过程能持续的时间大约为( )
图3 A.8 s B.14 s C.26 s D.38 s 解析 由图象可知，机车的最大功率约为P＝200 kW，在加速阶段由牛顿第二定律可知F－F阻＝ma即F＝F阻＋ma＝3 000 N＋2 000×2 N＝7 000 N，再由P＝Fv可知v＝ PF＝200×1037 000 m/s＝2007
m/s，由v＝at，解得t＝1007 s≈14.2 s，故选项B正确。 答案 B 5.在冬奥会冰壶比赛中，运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出。由于摩擦阻力的作用，冰壶的动能随位移变化图线如图4所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( ) 图4 A.μ＝0.05 B.μ＝0.01 C.滑行时间t＝5 s D.滑行时间t＝10 s 解析 对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－12mv20，
解得μ＝12mv20mgx＝9.5 J19×10×5 J＝0.01，B正确； 冰壶运动的加速度a＝μg＝0.1 m/s2， 由运动学公式x＝12at2得t＝10 s，D正确。 答案 BD 6.滑块甲的质量为0.8 kg，以大小为5.0 m/s的速度向右运动时，与另一质量为1.0 kg、速度大小为3.0 m/s的滑块乙迎面相撞。碰撞后滑块甲恰好静止。假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是( ) A.碰后乙的速度大小为2 m/s B.碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0 N·s C.碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kg·m/s D.碰撞过程中系统损失的机械能为14 J 解析 由动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，代入数据解得v乙′＝1.0 m/s，选项A错误；碰撞过程中甲动量的变化量为Δp甲＝0－m甲v甲＝－4.0 kg·m/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为I＝Δp甲＝－4.0 N·s，选项B正确；碰撞过程中乙动量的变化量为Δp乙
＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0 kg·m/s，选项C错误；由能量守恒定律得12m甲v2甲＋12m乙v2乙＝12m乙v
乙′2＋ΔE，代入数据解得ΔE＝14 J，选项D正确。 答案 BD 7.(2017·惠州模拟)如图5，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5 m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度Δx之间关系如图6所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为2 N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中，下列说法正确的是( )
