抢分秘籍07 碰撞类问题与动量守恒的综合应用（五大题型）（解析版）-2025年高考物理冲刺抢押秘籍

6/8秘籍07碰撞类问题与动量守恒的综合应用【解密高考】【题型一】“滑块—弹簧”模型【题型二】“光滑圆弧轨道＋滑块”模型【题型三】悬绳模型【题型四】“滑块—木板”模型【题型五】“子弹打木块”模型：高考对动量守恒定律及其应用的考查主要集中在“碰撞”类问题，主要考查方式有两种：（1）以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用；（2）以生活中的实例为背景，考查规律的灵活运运用。：掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的概念，记住两个物体碰撞的几个基本公式，能运用动量守恒定律并结合能量关系解决简单的碰撞问题。【题型一】“滑块—弹簧”模型1．模型图示2．模型特点(1)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(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。【例1】如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则（

）A．A加速过程中，加速度越来越大 B．A、B、C共速时，B所受合力为0C．A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大 D．B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒【答案】C【详解】A．A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；BC．A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时BC受到的弹力不为0，BC的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；D．B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D错误。故选C。“弹簧类”模型的解题思路(1)系统的动量守恒。(2)系统的机械能守恒。(3)应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。【变式1】如图甲所示，在光滑水平面上，小球A以初动量沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为，时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同，则（）A．小球A、B的质量之比为B．时刻弹簧的弹性势能最大C．小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为D．0~时间内，小球B的动量变化量为【答案】C【详解】B．时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，根据可知小球A的速度变化率最大，即加速度最大，根据牛顿第二定律可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误；A．时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量根据动量守恒有则小球B的质量由此可知两小球的质量之比为故A错误；C．根据机械能守恒有小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比故C正确；D．时间内，小球B的动量变化量故D错误。故选C。【变式2】（多选）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t=0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v−t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0~t0时间内B的位移为x0，t=3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（）A．B的质量为2m B．橡皮绳的最大弹性势能为C．橡皮绳的原长为 D．橡皮绳的原长为v0t0【答案】AD【详解】A．由图乙及动量守恒定律得解得故A正确；CD．由图乙知，2t0时刻橡皮绳处于原长，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律及能量守恒定律得解得，橡皮绳的原长故C错误，D正确；B．由能量守恒定律，橡皮绳的最大弹性势能故B错误。故选AD。【题型二】“光滑圆弧轨道＋滑块”模型1．模型图示2．模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋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，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)。【例1】（多选）如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R（R为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球的初速度大小为B．M=2mC．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为RD．如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为【答案】AD【详解】A．如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律解得小球的初速度大小为选项A正确；B．如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒由能量关系联立解得M=0.5m选项B错误；C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间水平位移为选项C错误；D．如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系解得小球和圆弧槽的速度大小分别为选项D正确。故选AD。【例2】如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为，作出图像，如图乙所示。已知P点距地面高，重力加速度为g，则（）A．小车质量是小球质量的2倍B．小球上升到最高点时的速度为C．小球上升的最大高度为RD．小球落地时与小车左端P点的水平距离为2R【答案】B【详解】A．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，时总动量时总动量又有解得故A错误；B．小球上升到最高点时与小车具有共同速度，设为，则解得故B正确；C．设小球上升的最大高度为H，对小球、小车组成的系统，根据机械能守恒定律有解得故C错误；D．小球滑回至P点时，设小球和小车的速度分别为和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有，解得，则小球离开小车后做自由落体运动，设运动时间为t，有t时间内小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为故D错误。故选B。【变式1】（多选）如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看做质点的小球，质量也为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道右端滑离小车。不计空气阻力，关于这个过程，下列说法正确的是（）A．小球滑离小车时，小车回到原来位置B．小球滑离小车时的速度大小为vC．到达最高点时小球上升的竖直高度为D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为【答案】BCD【详解】A．由题意，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会回到原来位置，故A错误；B．由动量守恒可得其中是小球速度，是小车速度。由机械能守恒定律可得解得，小球滑离小车时的速度大小是v，故B正确；C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，由动量守恒定律可得解得根据机械能守恒定律可得解得故C正确；D．小球滑到管道的最高点时，根据动量定理可得，小车所受合外力冲量为故D正确。故选BCD。【变式2】（多选）如图，水平地面上有一质量为m的“”形木板A，其水平部分表面粗糙，长度为2R，圆弧部分的半径为R、表面光滑，两部分平滑连接。现将质量也为m、可视为质点的滑块B从圆弧的顶端由静止释放。若地面粗糙，滑块B恰好能滑到此木板的最左端，此过程中木板A始终处于静止状态，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（）A．此过程中，A对水平地面的最大压力为4mg B．B与A水平部分上表面的动摩擦因数为0.2C．若水平地面光滑，滑块B将从木板A的左端滑出 D．若水平地面光滑，A向右运动的最大位移为1.5R【答案】AD【详解】A．若地面粗糙，B滑到低端时根据可得FN=3mg可知此过程中，A对水平地面的最大压力为FNm=4mg选项A正确；

B．若地面粗糙，根据能量关系解得B与A水平部分上表面的动摩擦因数为选项B错误；C．若水平地面光滑，则当B相对A静止时由水平方向动量守恒即两物体的速度均为零，根据能量关系可得即滑块B仍停在木板A的左端，选项C错误；

D．若水平地面光滑，水平动量守恒可得解得x=1.5R即A向右运动的最大位移为1.5R，选项D正确。故选AD。【变式3】（多选）质量为的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处由静止释放一质量为、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，已知椭圆半长轴与半短轴之比为。下列说法正确的是（）A．半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒B．小球质量与凹槽质量之比C．时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直D．时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力【答案】ABD【详解】A．小球向下运动过程中，在竖直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先处于失重后处于超重状态，可知，半圆形凹槽与小球组成的系统所受外力的合力不为0，即半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，故A正确；B．令凹槽半径为R，根据图中所示半个椭圆可知，半长轴为R，则半短轴为，短轴为，即小球在水平方向的分位移半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有其中解得故B正确；C．根据图乙的对称性可知，时刻小球位于凹槽最低点，则时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，轨迹的最低点即为凹槽的最低点，时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向沿半椭圆轨迹切线方向，可知，时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，故C错误；D．结合上述可知，时刻小球位于凹槽最低点，小球相对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相对于凹槽做圆周运动，则小球在最低点沿半径方向的合力提供向心力，此时加速度方向竖直向上，则时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力，故D正确。故选ABD。【题型三】悬绳模型悬绳模型(如图所示)与“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。【例1】（多选）如图所示，质量为0.3kg的滑块套在水平固定的光滑轨道上，质量为0.2kg的小球（视为质点）通过长为0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，可绕O点在竖直平面内自由转动。初始时滑块静止，轻杆处于水平状态。小球以3m/s竖直向下的初速度开始运动，g取，则（）A．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块向右移动了0.30mB．小球第一次到达最低点时，滑块的速度大小为2m/sC．小球第一次到达最低点时，轻杆对小球的拉力为5.84ND．小球相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m【答案】AD【详解】A．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块在水平轨道上向右移动的距离为，小球的质量为m，滑块的质量为M，取向左为正方向，根据水平动量守恒有解得A正确；B．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，设小球到最低点时的瞬时速度为，滑块的速度为，则有根据能量守恒则有联立解得，此时小球相对于地面的速度故小球受到杆的拉力为代入数据解得BC错误；D．设小球相对于初始位置可以上升的最大高度为h，此时竖直方向速度为0，根据水平动量守恒得根据能量守恒可得解得D正确。故选AD。【例2】质量为2m的物体A穿在光滑的水平杆上，用长为L的细绳与质量为m的小球B相连，如图甲所示，初始时A、B在同一水平面上（细绳平行于水平杆），且细绳刚好拉直，将小球B由静止释放，当细绳刚好竖直、小球B运动到最低点时绳子恰好绷断，已知A、B均可视为质点，重力加速度为g，求：(1)小球B运动到最低点时，物体A的速度大小以及A相对于初始位置运动的距离；(2)细绳的最大张力；(3)以A物体的初始位置为坐标原点建立如图乙所示平面直角坐标系xOy，求出绳断之前小球B运动的轨迹方程。【答案】(1)；；(2)；(3)【详解】（1）小球B从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球B和A物体系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，可得设A相对于初始位置运动的距离为，可得解得根据能量守恒有联立，解得（2）小球B运动到最低点速度小球B运动到最低点时绳子恰好绷断，有解得即细绳的最大张力为。（3）设小球位置坐标为（x，y）时，此时A物体运动的位移为，则水平动量守恒由几何关系可知解得小球从出发至最低点过程的轨迹方程【变式1】如图所示，轻杆两端分别系着质量为的圆环A和质量为的小球B，轻杆与A的连接处有光滑铰链，轻杆可以绕铰链自由转动，A套在光滑的水平固定横杆上且能自由滑动，A、B静止不动时B球恰好与光滑地面接触，在B的左侧是半径为的圆弧，质量为的小球C以的速度向左与B球发生正碰，已知碰后C小球恰好能做平抛运动，小球B在运动过程中恰好能与横杆接触。重力加速度取，则：(1)碰后C球平抛的水平位移大小；(2)碰后瞬间B球的速度大小；(3)A、B间轻杆的长度。【答案】(1)；(2)3m/s；(3)0.3m【详解】（1）碰后C球恰好能做平抛运动，则C球在圆弧顶端，根据牛顿第二定律有C做平抛运动，在水平方向上有在竖直方向上有解得（2）碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒，则有解得（3）碰后当B球恰好与横杆接触时，A、B二者具有相同的水平速度，A、B构成的系统水平方向动量守恒，则有根据机械能守恒定律有解得【变式2】质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，如图所示。上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量也为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。(1)若木块固定在水平面上，求球向左摆动能达到的最大高度；(2)若木块不固定，求球第一次摆到最低点时球的位移大小。【答案】(1)；(2)【详解】（1）对球，下落过程机械能守恒有对球和木块，水平方向动量守恒，取向左为正方向有系统机械能守恒，有联立解得（2）对球和A、B组成的系统：设水平向左为正方向，水平方向平均动量守恒，有即又，联立得【题型四】“滑块—木板”模型【例1】如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（）A．碰撞瞬间C相对地面静止B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2sC．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m【答案】D【详解】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒解得v1=1m/s方向向右；当三者共速时可知v=0即最终三者一起静止，可知经历的时间选项B错误；C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量选项C错误；D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知可得选项D正确。故选D。【例2】如图甲所示，质量为的薄板静止在水平地面上，质量为的物块静止在的右端。时刻对施加一水平向右的作用力，的大小随时间的变化关系如图乙所示。已知与之间、与地面之间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终未脱离。取，下列说法正确的是（）A．时，与发生相对滑动B．时，的加速度大小为C．时，的速度大小为D．时，、动量之和为【答案】C【详解】A．设A、B发生相对滑动时的最小外力为，对A受力分析，由牛顿第二定律可得解得对于B而言，则有联立上式解得由乙图可知，外力与时间的关系满足当时，，A、B没有发生相对滑动，A错误；B．根据上述分析可知，时，，A、B具有共同的加速度，大小为，B错误；C．根据动量定理，结合乙图可知代入数据解得C正确；D．根据乙图，结合动量定理可知，时，A、B系统具有的动量之和为代入数据解得D错误。故选C。【变式1】（多选）如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像（用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律）可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】ABD【详解】A．若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，故A正确；BC．若木板质量大于滑块，则两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；D．若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。故选ABD。【变式2】（多选）如图甲所示，足够长的木板A静止于光滑水平面上，t=0时小物块B以4m/s的水平初速度从左端滑上A，图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像，t=0.4s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．t=0.4s时A、B速度相同B．B的质量为2.0kgC．A的长度至少为1.0mD．整个过程系统因摩擦产生的内能为4.0J【答案】AD【详解】A．由乙图知，后A的动能不再发生变化，即时A、B速度相同，故A正确；B．B在与A共速前，B的加速度为设A、B的共同速度为v，由速度公式整理得末速度为结合根据动量守恒得二者质量相等，设都为m，共速后A的动能解得B的质量为故B错误；C．二者共速时相对静止，相对位移为即A的长度至少为，故C错误；D．整个过程系统因摩擦产生的内能故D正确。故选AD。【变式3】质量为的长木板A在光滑水平面上以的速度向左运动，某时刻质量为的小木块B以的速度从左端向右滑上长木板，经过时间小木块B相对A静止，求：(1)两者相对静止时的运动速度。(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小。(3)小木块与长木板间的动摩擦因数。【答案】(1)，方向水平向右；(2)、(3)0.5【详解】（1）（1）设水平向右为正方向，从开始到相对静止，水平方向动量守恒解得方向水平向右；（2）长木板的动量变化量大小（3）对小木块B，根据动量定理得解得“滑块—木板”模型的解题思路(1)系统的动量守恒。(2)在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。(3)在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。(4)在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。(5)滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。【题型五】“子弹打木块”模型1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。(2)系统的机械能有损失。3．两种情境(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：mv0＝(m＋M)v；能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。(2)子弹穿透木块动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋\f(1,2)mveq\o\al(2,1)))。【例1】如图所示，光滑的地面上有一个木块C，C上面通过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A以水平初速度射入B但没有穿出，射入过程时间极短，之后AB整体在弹性棒上面反复左右摇摆。已知，，，整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒，下列说法正确的是（）A．子弹A射入木块B过程中AB系统机械能守恒B．弹性棒向右弯曲最大时AB整体的速度为C．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能D．弹性棒第一次回到竖直状态时C的速度大小为【答案】D【详解】A．子弹A射入木块B过程中机械能有损失，故A错误；B．弹性棒向右弯曲最大时，ABC相对静止，具有相同的速度，由得整体的速度为故B错误；C．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹射入木块B之后系统减少的动能与AB减少的重力势能之和，故弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应大于子弹射入木块B之后系统减少的动能，故C错误；D．A射入B过程中，由得弹性棒第一次