2026高考物理一轮复习（基础版）第七章 第3讲　小专题 碰撞模型及其拓展

第3讲小专题:碰撞模型及其拓展考点一碰撞模型质量为m1、速度为v1的小球A与质量为m2的静止小球B发生弹性碰撞。试分析:(1)若m1=m2,则碰后,两者的速度v1′、v2′分别是多少?(2)若m1>m2,则碰后两者的速度v1′、v2′方向有什么特点?当m1≫m2时,两者的速度v1′、v2′大小有什么特点?(3)若m1<m2,则碰后,两者的速度v1′、v2′方向有什么特点?当m1≪m2时,两者的速度v1′、v2′大小有什么特点?提示:(1)当m1=m2时,v1′=0,v2′=v1(质量相等,速度交换)。(2)当m1>m2时,v1′>0,v2′>0,且v2′>v1′(大碰小,一起跑);当m1≫m2时,v1′≈v1,v2′≈2v1(极大碰极小,大不变,小加倍)(3)当m1<m2时,v1′<0,v2′>0(小碰大,要反弹);当m1≪m2时,v1′≈-v1,v2′≈0(极小碰极大,大不变,小反弹)。1.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:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或p122m1+p(3)速度符合实际。①两物体同向运动,碰前有v后>v前;碰后原来在前的物体速度有v前′>v前;若碰后两物体同向运动有v前′≥v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。2.碰撞的种类(1)弹性碰撞。碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动能相等。对对心正碰有(2)非弹性碰撞。碰撞中机械能有损失。动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,能量守恒:12m1v12+12m2v22=12m1v1′2+12m2v(3)完全非弹性碰撞。碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。对对心正碰有[例1]【碰撞的可能性】(2024·浙江杭州期中)(多选)如图甲所示,“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律,简化为如图乙所示的模型:直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动,碰前A球的动量pA=50kg·m/s,B球静止,碰后B球的动量变为pB′=40kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是()[A]mB=0.3mA [B]mB=mA[C]mB=1.5mA [D]mB=5mA【答案】BC【解析】以A球的初速度方向为正方向,由碰撞过程系统动量守恒得pA=pA′+pB′,解得pA′=10kg·m/s,根据碰撞过程总动能不增加,有pA22mA≥pA'22mA+pB'22mB,解得mB≥23mA,碰后两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则有pA'mA≤pB'mB[例2]【弹性碰撞】(2024·广东卷,10)(多选)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,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H乙无关[D]甲最终停止位置与O处相距H【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,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θ,乙下滑过程有H乙=12gsinθt12,在水平面运动一段时间t2后与甲相碰,碰后以甲碰前速度做匀减速运动经过时间t3后停止,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程根据动能定理有mgH乙=12mv乙2,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,如果不发生碰撞,乙在水平面运动到停止有v乙2=2μgx,联立可得x=H乙[变式]若倾角为θ的足够长的斜面上,甲、乙两滑块质量均为m,开始相距为L,其中滑块甲光滑,滑块乙与斜面间的动摩擦因数为μ,μ=tanθ。甲、乙同时由静止开始释放,一段时间后甲与乙发生第一次碰撞,假设每一次碰撞时间都极短,且都是弹性正碰,重力加速度为g,则(1)第一次碰前甲的速度为多少?(2)从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为多少?【答案】(1)2gLsin【解析】(1)对乙由受力分析知,释放后其处于静止状态,滑块甲沿斜面下滑时,根据牛顿第二定律mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,对滑块甲,设从开始释放到甲与乙第一次碰撞所用时间为t1,根据运动学公式L=12att1=2L第一次碰撞前,甲的速度为v0=at1=2gL(2)设第一次碰后甲的速度为v甲,乙的速度为v乙,则碰撞过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv甲+mv乙,12mv02=12mv甲联立解得v甲=0,v乙=v0=2gL滑块乙沿斜面下滑时有mgsinθ-μmgcosθ=ma乙,解得a乙=gsinθ-μgcosθ=0,两滑块相碰后,滑块甲的速度变为零以后再做匀加速运动,而滑块乙将以v乙的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经t2时间相碰,则有v乙t2=12at22,解得t2=故从甲开始运动到两滑块第二次相碰,共经历时间t=t1+t2=32L[例3]【非弹性碰撞】(2024·山西大同阶段检测)如图,冰壶A以1.5m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰,碰后瞬间B的速度大小为1.2m/s,方向与A碰前速度方向相同,碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20kg,则下列说法正确的是()[A]碰后瞬间A的速度大小为0.4m/s[B]碰撞过程中,B对A做功为21.6J[C]碰撞过程中,A对B的冲量大小为24N·s[D]A、B碰撞过程是弹性碰撞【答案】C【解析】由于碰撞时间极短,内力远远大于外力,可知,A、B相碰时,A和B组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律,以v0方向为正方向,有mv0=mvA+mvB,解得vA=0.3m/s,故A错误;根据动能定理,碰撞过程中,B对A做功为W=12mvA2-12mv02,解得W=-21.6J,故B错误;碰撞过程中,根据动量定理,A对B的冲量大小I=mvB,解得I=24N·总动能为Ek=12mv02=22.5J,碰撞后A、B系统总动能为Ek′=12mvA2+12mvB2=15.3J,由此可知Ek>Ek[例4]【完全非弹性碰撞】(2024·北京通州区一模)重锤打桩机打桩过程可简化为如图所示的模型:用动力装置将质量为m=1000kg的重锤A提升到高处自由释放,重锤A下落h=0.8m后与质量为M=1000kg的桩B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后二者一起运动。设桩B受到泥土的阻力恒为F阻=30000N,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)A与B碰撞前瞬时速度的大小v0;(2)A与B碰撞后速度的大小v;(3)本次打桩后,桩下降的距离d。【答案】(1)4m/s(2)2m/s(3)0.4m【解析】(1)根据mgh=12mvA与B碰撞前瞬时速度的大小v0=4m/s。(2)由动量守恒定律有mv0=(M+m)v,得v=2m/s。(3)由动能定理有(M+m)gd-F阻d=0-12(M+m)v2得d=0.4m。考点二碰撞模型拓展相互作用的两个物体在很多情况可看作碰撞类问题处理,其中两物体出现相距“最近”“最远”或上升到“最高点”等这一类临界情况时,求解的关键是“速度相等”,此时相当于完全非弹性碰撞模型。具体情况如下:图示情境规律光滑水平面上两物体相距最近时,速度相等,弹簧最短,其压缩量最大动量守恒,机械能守恒,动能损失最大光滑水平面上,两个带同种电荷的物体相距最近时,二者速度必定相等动量守恒,动能损失最大,机械能减少且转化为电势能在光滑水平面上,物体A滑上静止的小车B,当A在B上滑行的距离最远时,两物体的速度必定相等动量守恒,机械能减少且转化为内能,动能损失最大在光滑水平面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,小球以速度v0滑上滑块,小球到达滑块上的最高点时,两者速度必定相等水平方向动量守恒,机械能守恒,动能损失最大光滑水平杆上有一小环,通过轻绳与物块相连,现给物块一个瞬时水平速度v0,物块上升最高时(物块与杆不相碰),环与物块速度必定相等水平方向动量守恒,机械能守恒,动能损失最大导体棒a以速度v0进入有磁场且足够长的水平轨道,与原来在轨道上的导体棒b发生相互作用,最终两者具有共同速度动量守恒,动能损失最大,机械能减少且转化为焦耳热[例5]【“滑块—弹簧”模型】(2024·江西赣州一模)如图甲所示,光滑水平地面上有A、B两物块,质量分别为2kg、6kg,B的左端拴接着一劲度系数为2003N/m的水平轻质弹簧,它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动,从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中,弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示,弹簧始终处在弹性限度范围内,已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧的形变量),则([A]在0～2t0内B物块先加速后减速[B]整个过程中,A、B物块构成的系统机械能守恒[C]v0=2m/s[D]物块A在t0时刻速度最小【答案】C【解析】设A、B物块质量为m1,m2在0～2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即B受到的弹力始终向右,所以B物块始终做加速运动,故A错误;整个过程中,A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒,故B错误;由题图乙可知,在t0时刻,弹簧被压缩到最短,则此时A、B共速,此时弹簧的形变量为x=0.4m-0.1m=0.3m,则根据A、B物块系统动量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep,联立解得v0=2m/s,故C正确;A、B初速度v0=2m/s,B物块静止,末速度vA=m1-m2m1+m2v0,vB=2m1m1+m2v0,解得vA=-1m/s,vB=1m/s,可知共速时两物块速度均向右,又因为共速时,弹簧被压缩到最大,由题图乙易知,所以t0时A两个状态的规律(1)弹簧最短(或最长)时两物体瞬时速度相等,弹性势能最大。①系统动量守恒:m1v0=(m1+m2)v共;②系统机械能守恒:12m1v02=12(m1+m2)v(2)弹簧处于原长时弹性势能为零。①系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2;②系统机械能守恒:12m1v02=12m1v12[例6]【“滑块—斜(曲)面”模型】(2025·江苏徐州阶段检测)如图所示,光滑水平面上静置一个质量M=3kg的滑块,滑块的一侧是一个四分之一弧形槽,凹槽半径R=0.6m,E点切线水平。一个质量m=1kg的小球以速度v0=8m/s从E点冲上滑块,从F点脱离滑块。重力加速度大小g取10m/s2,不计一切摩擦。求:(1)小球脱离滑块时,滑块的速度大小;(2)小球离地的最大高度;(3)小球回到圆弧轨道E点时对滑块的压力大小。【答案】(1)2m/s(2)2.4m(3)116.7N【解析】(1)小球和滑块在水平方向上动量守恒,当小球脱离滑块时,两者在水平方向上速度相同,因此可得mv0=(m+M)v1,解得v1=2m/s。(2)小球运动的整个过程中,系统机械能守恒,因此由机械能守恒定律可得mgh=12mv02-12(m+解得h=2.4m。(3)小球从冲上滑块到回到圆弧轨道E点的过程可以看作弹性碰撞,因此可得mv0=mv2+Mv3,12mv02=12mv2联立解得v2=-4m/s,v3=4m/s,小球与滑块运动方向相反,因此小球回到圆弧轨道E点时可得FN-mg=m(解得FN=3503N≈116.7N,由牛顿第三定律可得,小球对滑块的压力大小为116.7N滑块两个位置特点(1)上升到最大高度:滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共,此时滑块m的竖直速度vy=0。(2)返回最低点:滑块m与斜(曲)面M分离且速度均沿水平方向。(满分:70分)对点1.碰撞模型1.(4分)(2024·上海黄浦开学考试)下列关于碰撞说法正确的是()[A]通常碰撞时间很短,所以物体不会形变[B]质量不等的物体碰撞,质量较大的物体动量变化量小[C]物体碰撞前后,系统的机械能不会增加[D]物体碰撞过程中,相互作用力做功代数和为零【答案】C【解析】通常碰撞时间很短,物体仍然受力,会形变,故A错误;质量不等的物体碰撞,由动量守恒可知,两物体动量变化量大小相等,故B错误;物体碰撞前后,无外力对系统做功,系统的机械能不会增加,故C正确;物体在非弹性碰撞过程中,相互作用力做功代数和为负值,从而使部分机械能转化为内能,故D错误。2.(4分)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是()[A]vA′=5m/s,vB′=2.5m/s[B]vA′=2m/s,vB′=4m/s[C]vA′=-4m/s,vB′=7m/s[D]vA′=7m/s,vB′=1.5m/s【答案】B【解析】虽然题给四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA′大于B的速度vB′,不符合实际,即A、D项错误;C项中,两球碰后的总动能Ek后=12mAvA′2+12mBvB′2=57J,大于碰前的总动能Ek前=12mAvA2+12mBvB2=22J,违背了能量守恒定律,所以C项错误;而3.(4分)(2024·江苏无锡期中)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。当大石块获得的速度较小时,下面的人感受到的震动就会较小,人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的100倍,则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的()[A]125 [B]175 [C]1【答案】B【解析】如果发生的是完全非弹性碰撞mv0=(100m+m)v,解得v=1101v0,如果发生弹性碰撞,根据动量守恒定律与机械能守恒定律得mv0=100mv1+mv2,12mv02=12×100mv12+12mv22,解得4.(6分)(2025·云南高考适应性考试)(多选)如图甲所示,内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上,完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点。t=0时,a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动,已知b开始运动后速度v随时间t的变化关系如图乙所示,所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短。下列说法正确的是()[A]前17s内a与b共碰撞3次[B]初始时a的速度大小为1m/s[C]前17s内b与槽的侧壁碰撞3次[D]槽内底部长为10m【答案】BC【解析】由题意知,b与槽碰撞时速度大小不变,方向相反,b与a碰撞时速度大小改变。由题图乙可知,前17s内,b与槽碰撞3次,与a碰撞4次,故A错误,C正确;a与b首次碰撞时,两者交换速度,可知初始时a的速度大小为v1=1m/s,b的速度大小为v2=2m/s,故B正确;b由槽底部中点出发,向右运动t=2s后到达槽的右端,设槽内底部长度为L,则有12L=v2t,解得L=8m,故D5.(6分)(2025·四川高考适应性考试)(多选)如图,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升最大高度均为h4,若X、Y的质量分别为mX和mY,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则([A]mXmY=1 [B][C]Ek1Ek2=2 [D]【答案】AC【解析】小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程,根据机械能守恒定律有mXgh=12mXv12=Ek1,两球碰撞后一起上升到最高点的过程,有Ek2=12(mX+mY)v22=(mX+mY)g·h4,两球碰撞过程,根据动量守恒有mXv1=(mX+mY)v2,联立得对点2.碰撞模型拓展6.(4分)如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径R=1m。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球刚好没越过圆弧的上端,已知重力加速度大小g取10m/s2,不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值Mm为([A]2 [B]3 [C]4 [D]5【答案】C【解析】根据题意,小球上升到滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有12mv02=12(m+M)v12+mgR,联立解得7.(6分)(2024·山东济南阶段检测)(多选)在光滑水平面上有a、b两物体沿同一直线相向运动,当两物体间距离小于或等于d时会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用,两物体间距离大于d时相互排斥力消失。两物体始终未接触,其v-t图像如图所示,下列说法正确的是()[A]a、b两物体在t3时刻相距最近[B]a、b两物体质量之比为ma∶mb=2∶1[C]a、b两物体相互作用结束后b物体的速度一定为2v0[D]整个过程中a、b系统动能损失的最大值为系统初动能的1【答案】AC【解析】由题意知,a、b两物体沿同一直线相向运动,t2时刻b物体减速到零,之后反向加速,可以看出t2～t3时间内,a、b同方向运动,且a的位移大于b的位移,即两者在靠近,当速度相等时,两者距离最近,之后两者距离又增大,即t3时刻a、b间距离最小,故A正确;因为当小球间距小于或等于d时,会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用,设a、b两物体的质量分别为m1、m2,由题图可得a1=v0-v02t3-t1=v02t3-t1=Fm1,a2=v02-(-v0)t3-t1=3v02t3-t1=Fm2,由题意可知,a、b两物体组成的系统动量守恒,由题图可知,最终a物体速度减为零,则m1v0-m2v0=m2v,解得m1=3m2,v=2v0,故B错误,C正确;由题意可得,类似于完全非弹性碰撞,当两物体速度相等时,动能损失最大,由题图可知,此时两物体的总动能为Ek=12(m1+m2)(v02)2=12m8.(14分)(2024·广东二模)小华受《三国演义》的启发,设计了一个“借箭”游戏模型。如图所示,城堡上装有一根足够长的光滑细杆,杆上套一个质量为m3=160g的金属环,金属环用轻绳悬挂着一个质量为m2=210g的木块,静止在城墙上方。若士兵以一定角度射出质量为m1=30g的箭,箭刚好水平射中木块并留在木块中(箭与木块的作用时间很短),之后带动金属环运动。已知箭的射出点到木块的水平距离为s=80m、竖直高度为H=20m,g取10m/s2,箭、木块、金属环均可视为质点,忽略空气阻力。(1)求箭射中木块并留在木块中瞬间整体的速度大小;(2)若箭和木块整体上升的最大高度小于绳长,求其第一次回到最低点时速度大小。【答案】(1)5m/s(2)1m/s【解析】(1)箭射出后做斜抛运动,设水平方向速度为vx,根据题意vxt=s,12gt2=H解得vx=40m/s,在箭与木块的相互作用的过程中两者动量守恒m1vx=(m1+m2)v,解得v=5m/s。(2)在木块与金属环一起向右运动再回到最低点过程中,由水平方向动量守恒、机械能守恒得(m1+m2)v=(m1+m2)v1+m3v2,12(m1+m2)v2=12(m1+m2)v12+1解得v1=1m/s,另一解舍去。9.(6分)(2025·内蒙古高考适应性考试)(多选)如图,在竖直平面内,一水平光滑直导轨与半径为2L的光滑圆弧导轨相切于N点,M点右侧有平行于导轨面斜向左下的匀强电场。不带电小球甲以5gL的速度向右运动,与静止于M点、带正电的小球乙发生弹性正碰。碰撞后,甲运动至MN中点时,乙恰好运动至N点,之后乙沿圆弧导轨最高运动至P点,不考虑此后的运动。已知甲、乙的质量比为4∶1,M、N之间的距离为6L,NP的圆心角为45°,重力加速度为g,全程不发生电荷转移。乙从M运动到N的过程()[A]最大速度为8gL[B]所用时间为3[C]加速度大小为4g[D]受到的静电力是重力的5倍【答案】ACD【解析】甲、乙发生弹性正碰,则有m甲v0=m甲v1+m乙v2,12m甲v02=12m甲v12+12m乙v22,联立解得v1=35v0=3gL,v2=85v0=8gL,此后乙在电场力作用