2026年高考物理一轮复习 专项强化：碰撞模型及拓展

第35课时专题强化：碰撞模型及拓展

【目标要求】1.理解碰撞的种类及其遵循的规律。2.理解“滑块一弹簧”“滑块一斜（曲）面”两种模型与碰撞

的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。

考点一碰撞模型

1.碰撞

碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。

2.特点

在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。

3.分类

动量是否守恒机械能是否守恒

X弹性碰撞守恒守恒

非弹性碰撞守恒有损失

完全非弹性碰撞守恒损失最大

4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析

以质量为电、速度为5的小球与质量为加2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有

，"凶1=m101'+%202‘

212a

-miv1—-miVi+-m2V2

联立解得：。「=必产S，。2'=玉」。1

m1+m2mr+m2

讨论：

①若加1=恤，则。1'=0,。2'=。1（速度交换）；

②若如>〃?2，则。2'>0（碰后两小球沿同一方向运动）；当加1»〃?2时，Vl~V\,V2~2VI;

③若〃71〈加2,则02>0（碰后两小球沿相反方向运动）；当加1«加2时，V1~-VuV2~0o

0讨论交流

质量为m、速度为内的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，

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吗？

(l)O.6uo；(2)0.4t;oo

答案A球与静止的B球发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，B球的速度最小，办=

当发生弹性碰撞时，B球的速度最大，如=/^。0=90。则碰后B球的速度范围为

所以B球的速度不可能是0.600，可能是0.4比。

【例1】质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6m/s,B球的

速度为2m/s,当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为()

A.lm/s6m/sB.4.5m/s3.5m/s

C.3.5m/s4.5m/sD.-lm/s9m/s

答案C

解析设每个球的质量均为m,碰前系统总动量p=zm;Ai+mOBI=6加+2加=8根,碰前的总动能取=，^^/

2

+1mvB1=20mo若碰后0Ai=lm/s,rBi—6m/s,碰后总动量/?—mrAi+mrBi=7m,动量不守恒,选项A错

误；若0A2=4.5m/s,OB2=3.5m/s,明显OA2>0B2不合理,选项B错误；若OA3=3.5m/s,⑦3=4.5m/s，碰后

总动量P'=WOA3+M0B3=8机,总动能反3=:mUA3?+］切%32=16.25祖,动量守恒，机械能不增加，选项C可

22

能实现；若0A4=-1m/s,OB4=9m/s,碰后总动量，'=机必4+加强4=8机,tb£k4—1mvA4+|mvB4=

41m,动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。

总结提升碰撞问题遵守的三条原则

1.动量守恒：P1+P2=P1'+P2'。

2.动能不增加：Eki+Ek2>Eki'+Ek2'。

3.速度要符合实际情况

(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有。后前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物

体同向运动，则应有。前'2。后'。

(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。

【例2】(九省联考・贵州・15改编)如图，质量为〃?甲=(kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量

为m乙=lkg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小Oo=4.8m/so碰后乙在A3间运动一段距

离后与静止在3点、质量为加丙=1kg的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小之比为

3：1,碰后丙滑动d=0.04m后停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为〃=0.2,所有碰撞时间极

短，g取lOm/s2。求：

画、恩—、、_、、♦

AB

(1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小;

(2)乙、丙碰撞过程损失的机械能。

答案(1)2.4m/s(2)0.08J

解析(1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律

m甲Vo—m甲。甲乙。乙

由机械能守恒定律

1717.17

甲=3"］甲0甲"+-m乙D乙/

解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为

2机甲

v乙=------Vo=2Am/s

+m

甲乙

(2)碰后，对丙由动能定理

-"m丙gd=0-|加丙17丙2

解得v丙=0.4m/s

乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律

m乙v乙i=m乙。乙2+根丙。丙

联立解得。乙i=0.6m/s,v乙2=0.2m/s

由能量守恒定律

工根乙U2=工坊乙2；2十工加丙u2+AE

2乙12乙22“丙

解得AE=0.08Jo

【例3】如图所示，可视为质点的弹性小球A、B在同一竖直线上且间距/=2.4m,小球B距地面的高度

h=1.8m,两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B,小球B与地面发生碰撞

后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量mA=0.lkg,小球B的质量加B=0.5kg,重力加

速度大小g取10m/s?,所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：

9A

0B

(1)小球B第一次着地时小球A的速度大小DA;

(2)小球A、B第一次相碰时离地高度H-,

(3)小球A、B第一次相碰后瞬间小球A的速度大小。

答案(1)6m/s(2)1m(3)12m/s

解析(1)小球B刚着地时，小球A、B的速度大小相等,有以2=为2=28/2

解得VA=VB=6m/s

(2)小球B着地反弹后，相对小球A做匀速直线运动，运动时间力=d=0.2s

2VB

2

由运动学公式有H=vBti-^gt1

解得H=1m

⑶设两小球碰前瞬间，小球A的速度大小为DAI,小球B的速度大小为vBi,有

DAI=OA+勖=8m/s

VBi=VB-gti=4m/s

方法一两小球碰撞时动量守恒和机械能守恒，取竖直向上为正方向

MA(-DAI)+加B0B1=mA0A'+mB0B'

220A2+，2

|mAvA1+|mBvB1=如加桃

解得0A'=12m/s,—0

方法二把碰撞过程分解为两个过程，先是碰后到速度相同，然后到分开，两个过程A球的速度变化相同，

故根A(-OA1)+根B"B1=(机A+机B)lA2

得0A2=2m/s

AZ?A—10m/s

DA=DA2+AOA=12m/s©

考点二碰撞模型拓展

“滑块一斜(曲)面”模型“滑块—弹簧”模型

情情

旦

I

乐景UA

纹1§

示示,，〃〃〃〃〃〃〃〃，〃)〃，〃，，

7水平地面光滑平行且光滑的水平杆

接触面光滑

例例

（1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过

（1）上升到最大高度：滑块机与斜（曲）面M具有

程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统

共同水平速度。共，此时滑块机的竖直速度为

动量守恒。

=0。系统水平方向动量守恒，

⑵机械能守恒：系统所受的外力的矢量和为

共；系统机械能守恒，；〃加（）2=共2十

22K

模模零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械

mgh,其中人为滑块上升的最大高度，不一定

型型能守恒。

等于轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统

特特（3）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相

减少的动能转化为滑块m的重力势能）。

点点等，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当

（2）返回最低点：滑块机与斜（曲）面M分离点。

于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为

系统水平方向动量守恒，mvo—mv\+MV2;系

弹簧的弹性势能）。

2

统机械能守恒，=imV1+//运2（相当于

⑷弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动

弹性碰撞）。

能最大（相当于刚完成弹性碰撞）。

【例4】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一个蹲在滑板上的小孩和其面前的

冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面

体，在斜面体上上升的最大高度为/z=0.3m（/?小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1=30

kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g取lOmM。

（1）求斜面体的质量；

⑵通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

答案（1）20kg（2）不能，理由见解析

解析（1）规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为。,斜

面体的质量为加3。对冰块与斜面体分析，由水平方向动量守恒和机械能守恒得

/"2。0=（机2+〃73）。①

扣2%2=+加3）。2+m2gh②

式中Oo=3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入数据得。=1m/s,m3=20kg③

（2）设小孩推出冰块后的速度为5,对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有“2101+加2。0=0④

代入数据得vi=-lm/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为和。3,对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

m-2Vo=m2s+m303⑥

22

1^2VO=^m2v2+|ZM3V3⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得v2=-lm/s

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。

【例5】如图所示，质量为M=2.0kg,半径R=0.3m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上，有

两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球A、B质量分别为m1、仪，mi=LOkg,m2=2.0kg,B右

侧与球心等高处连接一水平轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将A从圆弧槽顶端由静

止释放，重力加速度g取10mH,求：

(1)若圆弧槽固定不动，小球A滑离圆弧槽时的速度大小比；

⑵若圆弧槽不固定，小球A滑离圆弧槽时的速度大小乃；

(3)圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能；

⑷判断小球A与弹簧分离后，能否追上圆弧槽，若能，求小球A上升的最大高度。

答案(1)述m/s(2)2m/s(3)|J(4)见解析

2

解析(1)圆弧槽固定，小球A机械能守恒，有migR=^miV0

解得。0=巡m/s

(2)圆弧槽不固定，槽和小球A组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒

定律得m!Vi+Mv2=0

2

由机械能守恒定律得migR^miV-J^MV2

解得Vi=2m/s,V2=-lm/s,负号表示圆弧槽的速度方向向右

⑶当小球A、B速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，

根据动量守恒得mivi=(mi+m2)v

解得z，=|m/s

2

根据能量守恒可得Epmax=|mi%2mi+m^v

代入数据可得Epmax=gJ

(4)设小球A与弹簧分离后速度为0/,小球B速度为S,

加=加1。1'+加2。3

,22

扣］%2=imi^i+|m2V3

解得o/=-|m/s,负号表示与弹簧分离后小球A方向向右

由于协1=|m/s<lm/s=|02|

故小球A追不上圆弧槽。

【例6】（2024•山东省联考）如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是如、出的A、B两物块相连，它

们静止在光滑水平面上，现使A瞬时获得水平向右的速度。=3m/s并从此时刻开始计时，两物块的速度

随时间变化的规律如图乙所示，已知%=2kg,下列说法正确的是（）

―►B

////zzz/z/z//zz//zz//////zz///z//z/zzzz/y

甲乙

A.物块B的质量为3kg

B.弹簧的最大弹性势能为4.5J

CI2时刻A、B的动能之比为反1:Ek2=l：4

D.从打至心4时亥U弹簧由伸长状态恢复至U原长

答案D

解析由题图乙可知，匕时刻两物块速度相同，均为历=1m/s,根据动量守怛可得加10=。"1+加2）01

解得物块B的质量为加2=4kg,故A错误；

当两物块速度相同时，弹簧弹性势能最大,根据能量守恒可得稣=加1。2,（如+M2）%2=6J,故B错误；

2

%2时刻，由题图乙可知A、B速度分别为0A=-1m/s,0B=2m/s,A、B的动能之比为:Ek2=1miVA:

2；

|m2vB=1:8,故c错误

由题图乙可知，B的速度在办时刻最大，可知此时弹簧恢复原长，此后B开始做减速运动，弹簧处于拉伸状

态；B时刻，两物块速度再一次相同，此时弹簧伸长量最大，以时刻，弹簧刚好再次恢复原长，则从B到以时

刻弹簧由伸长状态恢复到原长，故D正确。

课时精练

（分值：60分）

ID基础落实练

1~5题每小题4分，6题12分，共32分

1.如图所示，两质量分别为加=1kg和加2=4kg的小球在光滑水平面上相向运动，速度大小oi为4m/s、v2

为6m/s,发生碰撞后，系统损失的机械能可能为（）

A.35JB.45JC.55JD.65J

答案A

解析若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失，若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多,

取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得

=（根1+加2）0

222

AEmax=|miV1+|m2V2-|（M?l+w2）77

联立解得AEmax=40J

系统损失的机械能的范围为0WAEW40J

故选Ao

2.（2024•山东济南市模拟）一动能为E的a粒子与一静止的就核发生弹性正碰，已知就核的质量是a粒子的5

倍，则碰撞后a粒子的动能是（）

/742

A.-B.-EC.-ED.E

693

答案B

,,

解析两粒子碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律得mva=mva+5mv

2,2f2

|mva=+^X5mv

2

其中E=^mva

解得碰撞后a粒子的动能为

a

E'=\nva=^E,故选Bo

3.如图所示,质量均为加的a、b两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现把a、b两球分别置于距地面高为H处

的4、8两点（H足够大），间距为L,当a球自由下落的同时，b球以速度均指向A点水平抛出,已知两球碰

撞时无机械能的损失，弹性轻绳始终处于弹性限度范围内，空气阻力不计，重力加速度为g,下列说法不正确

的是（）

A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度

B.弹性轻绳伸长过程中，a、b两球系统动量守恒

C.两球从开始运动到第一次相碰，a球下落的高度后骼

D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能Ep=%r%2

4

答案B

解析两个小球在竖直方向做自由落体运动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程中，两球始终处于同

一高度，故A正确；弹性轻绳伸长过程中，水平方向a、b两球组成的系统不受外力作用，水平方向动量守恒，

竖直方向受重力作用，竖直方向系统动量不守恒，故B错误；两球从开始运动到第一次相碰，经过的时间/=-,

v0

a球下落的高度力,联立可得狂己，故C正确；当两球水平方向速度相等时，弹性绳最长,弹性势能最

22%”

222

大，根据两球组成的系统水平方向动量守恒有mvo=2mvi,根据能量守恒有+2mgh-2xjm（v1+vyl）+Ep,

2222

又由2g/z-vvl-0,MWEp=^mv0-2x1mv1=7mv0,故D正确。

4.（多选）（2024•山东苑泽市开学考）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为

两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正

碰；已知黄车和红车连同游客的质量分别为相1、m2,碰后两车的速度大小分别为。1、勿，假设碰撞的过程没

有机械能损失。则下列说法正确的是（）

黄车红车

A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有mi>m2

B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5：6

C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有机2>3如

D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3:1

答案AC

解析根据动量守恒与机械能守恒

m\Vm2V2

121212

-miu-+-m2V2

得5—―'2--+西。

可知，当如>加2时，两车速度方向相同，A正确；若碰后黄车反向运动，则mi<m2,则碰撞后黄车速度小于

碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5：6,B错误；若碰后黄车反向运动且速度大于红

车,即叶，得〃介>3加1,C正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3：1,即

m1+m2

v2:0=3：1,得〃h+3m2=0,不符合实际情况，D错误。

5.如图所示，小车上固定一个足够高的光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为

3机。现有质量为根的小球，以水平速度从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左

端滑离小车。重力加速度为g,关于这个过程，下列说法正确的是（）

A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零

B.小球沿轨道上升的最大高度为誓

C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态

D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0

答案B

解析依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设小球达到最高点与

轨道左端的竖直高度差为H,此时小球与小车共速且不为零，由动量守恒定律，可得加。0=(加+3m)。,根据

能量守恒，可得》w02=*机+3附"十〃陪”，联立解得”=学，故A错误，B正确；设小球滑离小车时，二

2

者速度分别为。球和o车,取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得加。0=根。球+3机。车，jmv0=

^mv..2+^X3mv.2,联立解得o球=-凯，o车=*,可知小车相对小球的速度大小为八。=。车-。球=。0,故

2球2年22

C、D错误。

6.(12分)(2023•天津卷42)已知A、B两物体加A=2kg,1kg,A物体从/z=L2m处自由下落，且同时B

物体从地面竖直上抛，经过f=0.2s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g取10m/s2,

求：

(1)(3分)碰撞时离地高度%；

(2)(6分)碰后速度v；

(3)(3分)碰撞损失机械能AE.

答案(1)1m(2)0(3)12J

解析(1)对物体A,根据运动学公式可得

x=h-^gi1=1.2m-|x10X0.22m=lm

(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为迎。,根据运动学公式可知》=迎0介全金

解得OBO=6m/s

碰撞前A物体的速度

VA=gt=2m/s,方向竖直向下

碰撞前B物体的速度

OB=OBo-g/=4m/s,方向竖直向上

选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得

MA0A-MBOB=（mA+mB）v

解得碰后速度。=0

⑶根据能量守恒可知碰撞损失的机械能

222

A£=|mAVA+|mBvB-1（mA+mo）v

=12J。

10能力综合练

7、8题每小题6分，9题16分，共28分

7.（多选）（2024•广东卷JO）如图所不，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从“甲、“乙高度

同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在。处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为〃，乙在水平面上追

上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（）

A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止

B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度

C.乙的运动时间与“乙无关

H

D.甲最终停止位置与。处相距上7

答案ABD

解析两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0,故A正确；

两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，

即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；

设斜面倾角为9,乙下滑过程有H乙=3gsin9ti2

在水平面运动一段时间启后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做与减速运动，所用时间为t3,

乙运动的时间为

由于力和欠与H乙有关,则总时间与H乙有关，故C错误；

由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如

果不发生碰撞，

乙下滑过程有mgH乙=gmv/

乙乙

乙在水平面运动到停止有U2=2〃gx

乙

H

联立可得尤=」

H

即发生碰撞后甲最终停止位置与。处相距一。故D正确。

8.（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4kg和mB=2kg,用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平

地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在f=0时刻以一定速度向右运动，在f=4s时与物块A

相碰（碰撞时间极短，可忽略不计），并立即与A粘在一起不再分开，物块C的。图像如图乙所示，下列说

法正确的是（）

甲乙

A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48J

B.4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48N-s,方向向右

C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10J

D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6m/s

答案AD

解析A、C碰撞过程中由动量守恒可得〃心。0=（旗:+相AWI,由题图乙知0o=12m/s,s=4m/s,解得〃心=2

kg,当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为EP=M〃ZA+MC）%2=48J,故A正确；以

水平向右为正方向，4s到12s的时间内弹簧弹力对A、€：的冲量为/弹=（7公+加C）（。2-01）=-48冲5,由系统能

量守恒可知12s时B的速度为零，4s到12s的时间内对B由动量定理可得-/弹+/墙=0,得/墙=/弹=-48

N.s,即大小为48