高考物理一轮复习讲义：专项强化七“碰撞类”模型问题

专题强化七“碰撞类”模型问题

【专题解读】1.本专题主要研究碰撞过程的特点知满足的物理规律，并对碰撞模

型进行拓展分析。

2.学好本专题，可以使同学们掌握根据物埋情景或解题方法的相同或相似性，进

行归类分析问题的能力。

3.用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒

定律，动能定理和能量守恒定律。

模型一“物体与物体”正碰模型

基础考点•自主悟透

1.弹性碰撞

碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动最守恒，而且初、末动能相

等。

(l)/niVl+m2V2="71。I'+fU2V2'

，2

pmvi+^mivi=pnivi4-设

(m\-zw2)vi-\-2m2V2

v\—

/Ml+"?2

(〃四一〃71)s+2〃，vi

V2=

m\+〃22

,〃？|一"22

（2）s=0时，v\f=-T-v\

m\十2

,2wi

V2=-T-V]

W1+/H2

讨论:①若〃71=62,则。l'=0,出=初（速度交换）;

②若mi>m2,则。J>0,V2>0（碰后,两物体沿同一方向运动）;

③若加|»加2,则Ol'=0l,V2^2vi;

④若，〃iV/〃2,贝|J0，VO,。2，>0（碰后，两物体沿相反方向运动）;

⑤若如《"72,则01'=一切，力餐0。

2.非弹性碰撞

碰撞结束后，动能有部分损失。

tnw\+ni2V2=mw\,-\-mm'

=P?Z|V1，24-1W2V2,2+AEk粉

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。

mw\-\-mivi=（/??i4-tni）v

pznv\+=3。〃i+m2）v2+AEk损max

4.碰撞遵守的原则

（1）动量守恒。

⑵机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为&]+&2》氏/+反2,或

显+巫＞小+之

1m।2im—2nn2im°

⑶速度要合理

①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且。前2。后。

②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。

【例11（多选）（202。仝国卷n,21）水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运

动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s

的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰

撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为

5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的

大小大于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员

的质量可能为（）

A.48kgB.53kg

C.58kgD.63kg

答案BC

解析选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M,物块的质量为机，

物块被推出时的速度大小为PO,运动员第一次推出物块后的退行速度大小为切。

根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0=Moi—wwo,物块与挡板发生

弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有MOI+〃BO=—〃wo+Ms,

依此类推，MV2+fnvo=—mvo+Mvy,…，Mvi+mvo=—invo+Mvs,又运动员的

退行速度。8>如，vi<VQt解得13〃zVMV15〃z,即52kg<M<60kg,故B、C

项正确，A、D项错误。

【变式1】（2020•北京市房山区上学期期末）如图1甲所示，光滑水平面上有A、

B两物块，己知A物块的质量"〃=2kg,以一定的初速度向右运动，与静止的物

块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移一时间图像如图乙所示（规定向右为正

方向），则碰撞后的速度及物体8的质量分别为（）

图1

A.2m/s,5kgB.2m/s,3kg

C.3.5m/s,2.86kgD.3.5m/s,0.86kg

答案B

20

解析由图像可知，碰前A的速度为s=q~m/s=5m/s,碰后A、8的共同速度

7Q—70

为S=m/s=2m/s,A、8碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动

o—q

量守恒定律得"以。1=（加八+〃用）。2,解得加8=3kg,故选项B正确。

【变式2】（2020•吉林市第二次调研）两球4、B在光滑水平面上沿同一直线、同

一方向运动，加八=1kg,〃m=2kg,VA=6m/s,vn=2m/So当A追上B并发生秘

撞后，两球4、8速度的可能值是（）

A.DA'=3m/s,OB'=4m/s

B.IM'=5m/s,VB,=2.5m/s

C.VA'=2m/s,VB,=4nVs

D.ZM'=—4m/s,VB'=7m/s

答案C

解析碰前系统总动量为p=m,WA-\-mnVB=(\X6+2X2)kgm/s=10kgm/s,碰前

总动能为1X62+TX2X22)J=22J,如果uV=3m/s,VB'

乙j乙N

=4m/s,则碰后总动量为p，=(lX3+2X4)kg・m/s=11kg・m/s,动量不守恒，A

错误；碰撞后，A、8两球同向运动，A球在8球的后面，A球的速度大于8球的

速度，不可能，B错误；如果。/=2m/s,VB,=4ni/s,则碰后总动量为p，=(l*2

+2X4)kg.m/s=l()kg-m/s,系统动量守恒，碰后总动能为Ek,=(1x1X22+^

X2X42)J=18J,系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果。j=-4m/s,

VB,=1m/s,则碰后总动量为P，=[1X(-4)+2X7]kgm/s=l()kgm/s,系统动量

守恒，碰后总动能为尻=gxiX42+：X2X72)J=57J,系统动能增加，不可能，

D错误。

模型二“滑块一弹簧”碰撞模型

高考热点•讲透练熟

模型图示ph100000（1^">2

'〃，>〃〃/，〃〃〃〃〃;〃〃〃，）〃

水平地面光滑

(1)两个或两个以上的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，

模型特点系统机械能守恒

(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(完全弹性碰撞拓

展模型，相当于碰撞结束时)

[例2](2020•山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平

轻弹簧相连接，A、8两球的质量分别为m和若使A球获得瞬时速度

0（如图2甲），弹簧压缩到最短时的长度为Li；若使B球获得瞬时速度。（如图乙）,

弹簧压缩到最短时的长度为£2,则Li与Li的大小关系为（）

甲乙

图2

A.Li>7,2B.L1VL2

C.LI=L2D.不能确定

答案C

解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取4的初速度方向为正

方向，由动量守恒定律得

/如=（/〃+"）"

由机械能守恒定律得En='〃/_；（,〃+M）vn

联立解得弹簧压缩到最短时0=2（,〃）

同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有EP=

"?跖户

2（机+M）

故弹性势能相等，则有心=心，故A、B、D错误，C正确。

【变式3】（202（）.江西省教学质量监测）如图3所示，质量相同的八、4两物体用

轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体4

压缩弹簧至P点后再释放物体A,当弹簧的长度最大时，弹性势能为Epi。现将物

体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至尸点后释放，当弹簧的长

度最大时，弹性势能为耳2。则Epl：瓦2等于（）

/

________________

/.―/"，-，-，-/"P才，'/■，"/，一，"，~/,'

图3

A.lB.2

C.3D.4

答案B

解析设压缩到P点时，弹簧的弹性势能为耳，开始时，物体A、3的质量均为

m,则有〃昭0=2，〃。，Epi=Ep-/X2〃昭2=叠殳，把A的质量换成3〃?，

,,f2

Ep=；X3"Wo'2,3mvo=4mvfEPi=EP—1X4mv=^EP,所以有Epi:EP2=2,选

项B正确。

模型三”滑块一斜面”碰撞模型

高考热点•讲透练熟

模型图示

777777777777777777777777777

水平地面光滑

(1)最高点：〃，与M具有共同水平速度。共，〃7不会从此处或提前偏

离轨道。系统水平方向动量守恒，〃2O=(M+/〃)。共；系统机械能守

恒，=1(M++tngh,其口〃为滑块上升的最大高度，不

模型特点

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："2与M分离点。水平方向动量守恒，/0=团。|+.必02；

系统机械能守恒，)〃虎=%加+」M潺(完全弹性碰撞拓展模型)

乙乙乙

【例3】(202()•廿肃天水市调研)如图4所示，在水平面上依次放置小物块A、C

以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为〃7,曲面劈B的质量M=3加，曲面

劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物

块。以水平速度加向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上

曲面劈跳求：

图4

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

⑵碰后物块A与。在曲面劈B上能够达到的最大高度。

答案⑴加3(2瑞

解析(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以研)的方向为正方向，由动量

守恒定律得

invo=2mv,解得。=fo

碰撞过程中系统损失的机械能为

11、

E抵=2小。0-,

解得E^=^mvio

(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒

定律mvi)=(〃?+m+3m)v\,解得切=

根据机械能守恒得gx2〃i(1的)2=£x5"2X(|yo)2+2〃ig/?,解得/?=1^o

【变式4】(202。山西大同市第一中学2月模拟)在光滑水平地面上放有一质量M

=3kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为in=2kg的小球以速度oo=5m/s

沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度力=0.8m,重力加速度g=10m/s2o

求：

图5

⑴小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W;

(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。

答案(1)6J(2)2m

解析(1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向动量

守恒，得

moo=(〃i+M)(，①

对小车由动能定理得@

联立①②解得W=6J。

(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得〃wo=〃wi+Ms③

小球和小车由功能关系得;"就济.④

乙乙L

联立③④可解得初=-1m/s⑤

V2=4m/s@

小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动

仁92⑦

L=(V2—Vl)t®

联立⑤⑥⑦⑧可得L=2mo

模型四“滑块一木板”碰撞模型

高考热点•讲透练熟

m___

模型图示MM

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃〃/，，〃〃〃〃〃

水平地面光滑水平地面光滑

(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木

块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得

极值(完全非弹性碰撞拓展模型)

(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘

模型特点积等于系统减少的机械能

(3)根据能量守恒，系统损失的动能△反—〃？:加以0,可以看出，子

弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多

(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展

模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解

【例4】(2020•山东济南市5月高考模拟)如图6所示，厚度均匀的长木板。静止

在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块儿某时刻小物块A以某一初速

度从左端滑上木板向右运动，已知A、8均可视为质点，4、3与C间的动摩擦因

数均为〃，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。求：

图6

(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；

(2)要使A、8不发生碰撞，4的初速度应满足的条件；

(3)若已知A的初速度为如，且A、8之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、3均沿同

一直线运动。要保证人8均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。

答案(l)/zg缪⑵vWy即L(3)就

解析(1)对4有：卬咫=加。八，得6M=〃g

对8c有：〃加g=2〃"，解得。8=野。

(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于。滑行距离为

L,由动量守恒有mv\=3mv

且有jLtmgL2J加孑一3X3mvi,解得切港E。

(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，

8继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有力0=3〃”/

且有RngL^=^nwi—^X3mv关"

联立解得心总=£。

【变式5](2020•四川攀枝花市第二次统考)如图7所示,质量加=2kg、长度/

=5m的木板，以速度初=5m/s沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量加2

=1kg的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度。2=5m/s从木板的右端滑上木

板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10m/s2,求：

图7

(1)木块与木板间的动摩擦因数；

(2)小木块做加速运动过程的时间。

2

答案⑴弓(2)0.25s

解析(1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为。，以水平向右为正。对木

块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m]V\—H12V2=(m1+nn)v

由能量守恒定律有Q⑹+—1(/wi+tn2)v2

且。="〃72切

2

联立以上各式，代入相关数据可得"号。

(2)设木块在木板上加速的时间为人对木块由动量定理有〃加2gf=AW2。一。，代入相

关数据可得f=0.25s。

另解：设木块在木板上加速的时间为i,加速度为则2g=m2〃，v=cn,代

入相关数据可得，=0.25s。

课时限时练

（限时：40分钟）

1.（2020•江西九江市第二次模拟）如图1所示，小球〃、仇均可视为质点）用等长细

线悬挂于同一固定点。。让球。静止下垂，将球方向右拉起，使细线水平。从静

止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角

为0=60。。忽略空气阻力。则两球〃、b的质量之比华为（）

图1

A.乎B.^/2—1

C.1一当D.V2+1

答案B

解析〃球下摆过程中，由动能定理得，叫乙=为痴一0,球4、力碰撞过程动量

守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得相〃的=（〃7“+，制?）。，两球向左摆动过

程中，由机械能守恒定律得;（侬+〃〃,）"=（/加+〃仍）gL（l—cos。），解得意=6-1,

故A、C、D错误，B正确。

2.（2020.广东广州市下学期一模）如图2,水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽

内有两个大小相同的小球。、b,球力静止在槽中位置P。球。以一定初速度沿槽

运动，在位置P与球〃发生弹性碰撞，碰后球。反弹，并在位置。与球b再次碰

撞。已知NPOQ=90。，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则。、b两球质量之比

为（）

图2

A.3：1B.l：3

C.5：3D.3：5

答案D

解析由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动

的弧长为。球运动的瓠长为3倍，则有%=—3%

由动量守恒定律有maV=mbVb+muVa

由能量守恒有：〃加机血十%&忌

联立解得笠=],故A、B、C错误，D正确。

mb3

3.（多选）（2020.河南省顶尖名校4月联考）如图3甲所示，长2m的木板。静止在

某水平面上，，=0时刻，可视为质点的小物块尸以水平向右的某初速度从。的左

端向右滑行。P、Q的速度一时间图像如图乙所示，其中。、h分别是0〜1s内P、

Q的速度一时间图线，1〜2s内P、。共同的速度一时间图线。已知P、Q的质

量均是1kg,g取10m/s?。则以下判断正确的是（）

/ZZZ//Z/ZZZZ/Z/Z/Z///ZZ/ZZ/Z//ZZ

甲

图3

A.P、。系统在相互作用的过程中动量守恒

B.在0〜2s内，摩擦力对。的冲量是2N・s

C.P、。之间的动摩擦因数为0.1

D.P相对Q静止的位置在Q木板的右端

答案AC

解析根据图乙可知，1s后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即

不受摩擦力作用，在0〜2s内，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，P、Q

系统在相互作用的过程所受的外力之和为零，动量守恒，故A正确；从图像可知，

()〜2s内对°,先做匀加速直线运动，再做匀速直发运动，在1〜2s内无摩擦力，

根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以/="。一()=1N-s,故B错

22

误;P从速度为2m/s减为1m/s所需的时间为1s,则。=第=片2m/s=—im/s,

又。=节詈=一〃g，所以〃=°」，故C正确；在f=ls时，P、。相对静止，一

2+1

起做匀速直线运动，在0〜1s内，P的位移xi=f-Xlm=1.5m,。的位移也

=Wm=0.5m,则"=xi—X2=1mV2m,知P与。相对静止时刚好在木板

的中间，并不在木板的右端，故D错误。

4.(多选)(2020•山东威海市下学期模拟)如图4所示，质量均为1.0kg的木板4和半

径为0.2m的/光滑圆弧槽3静置在光滑水平面上，A和3接触但不粘连，B左端

与A相切。现有一质量为2.0kg的小滑块。以5m/s的水平初速度从左端滑上A,

。离开A时，A的速度大小为1.0m/s。已知A、。间的动摩擦因数为0.5,重力加

速度g取1()m/s2o下歹J说法正确的是()

✓Z/ZZ/Z///Z//Z/Z/ZZZ//Z/Z/ZZZZZZ/ZZZZZ7/Z

图4

A.木板A的长度为0.85m

B.滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动

C.整个过程中A、B、。组成的系统水平方向动量守恒

D.B的最大速度为5m/s

答案CD

解析由于在光滑水平面上，小滑块C与木板A作用过程中，动量守恒；滑块在

光滑圆弧槽8滑行的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒；所以整个过程

A、8、。组成的系统水平方向动量守恒，选项C正确；滑块在木板上滑行的过程

中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得nicvc=mcvd++

niB)VAB>^mcvl=^ncvc，2+^(mA++fimcgL,联立并代入数据得vc,=4m/s,

L=0.8m,选项A错误；滑块在光滑圆弧槽8上滑行的过程中，假设两者能达到

速度相同，此时滑块滑上圆弧槽的最大高度。根据系统的动量守恒和能量守恒可

得mcvc,+mBVAB=mB)v共，1/«cuc/2+tncgh,联立并

代入数据得力=0.15m<0.2m,假设成立。即滑块。不会离开从选项B错误；

之后滑块会下滑，圆弧槽速度继续增大。当滑块滑到最低点时，圆弧槽获得最大

速度，根据系统的动量守恒和能量守恒可得Q〃c+"加)。共=〃?ec"+用血?max,1

mcvc"2+1/HBU^max=^(H!c++mcgh,解得U5max=5m/s,选项D正确。

5.两物块4、8用轻弹簧相连，质量均为2kg,初始时弹簧处于原长，A、8两物

块都以。=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在

前方，如图5所示。已知3与。碰撞后会粘在一起运动。在以后的运动中：

AWAABC

〃，〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃“〃〃

图5

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？

(2)系统中弹性势能的最大值是多少？

答案(1)3m/s(2)12J

解析(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，由动量守恒定律得(〃?A+〃26)V=(〃?A

+nw+/nc)VA,解得IM=3m/s。

(2)B、。碰撞过程系统动量守恒

i?iBV=(mu+mc)vc

故vc=2m/s

碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故

z

EP=^mAV+；(加8+mc)vb-^niA+nw+mc)v\=12Jo

6.如图6所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的"圆槽A

和8并排放在光滑的水平面上，图中〃、c分别为A、8槽的最高点，b、"分别为

A、8槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁。一个质量为〃2的小球C从圆槽4

顶端的。点无初速度释放，重力加速度为g