新高考物理二轮复习-碰撞模型

碰撞模型

阂、考情透析

命题点考频统计命题特点核心素养

2025年：浙江1月T18本专题主要涉及物理观念：

碰撞的可四川T15山东T17碰撞的特点、碰撞过程他清晰、系统地理解两种

能情况江苏TI4湖北T15中遵循的物理规律、碰碰撞模型和动量守恒定

河南T7T14广东T7撞的分类等问题，有时律的适用条件。

2024年：重庆T15碰撞只出现一次，作为科学思维：

广西T8湖北T14单独一环进行考查，有能将实际问题中比较复

弹性碰撞

广东T10安徽TI4时碰撞出现多次，可能杂的多物体系统动量守

湖南T15需要考生找到教学规恒运动，转换成两种碰撞

2023年：全国乙T12律，求解临界状态等。模型，能对复杂的运动、

非弹性天津T12广东T15高考中常结合能量关受力情况进行分析和推

碰撞重庆T14北京T18系、牛顿运动定律及运理，获得结论并作自解

山东T18浙江6月T21动学规律综合考查。释。

对、热点突破

命题点1碰撞的可能情况

»考题示例1

（2025・广东・历年真题）如图所示，在光滑的水平面上，小球M、N分别在水平恒力人、F2

作用下，由静止开始在同一直线相向运动，在h时刻发生正碰后各自反向运动。已知R和

F2始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中，两小球速度n

随时间，变化的图像，可能正确的是（）

解析：根据牛顿第二定律〃=£两物体受外力/大小相等，由图像的斜率等于加速度可知

tn

M、N的加速度大小之比为4：6=2：3,可知M、N的质量之比为3：2：

设M、N的质量分别为3州和26,由图像可设M、N碰前的速度分别为4u和6%

则因MN系统受合外力为零，则系统动量守恒，向右为正方向，

则由动量守恒定律3???-4v—2w-6v=3/7n,i4-2/??V2

若系统为弹性碰撞，由能量关系可知—-3/??（4V）24---2/?7（6V）2=—■3〃八，：+—•2〃八W

2222

解得□=-4v、也=6u

因M、N的加速度大小之比仍为2:3,则停止运动的时间之比为1：1,

即两物体一起停止，则BD是错误的：

若不是弹性碰撞，则26•6V=3〃?UI+2〃W2

可知碰后速度大小之比为也：吵=2：3

若假设vi=2v,则V2=3也此时满足L3〃?（4U）2+--2/n（6v）2>—•3〃鬲+—•2）加

2222

则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3,则停止运动的时间之比为1：1,

*jM来说碰撞前后的速度之比为4V:2V=2：I

可知碰撞前后运动时间之比为2：I,可知A正确，C错误。

故选Ao

、:跟踪训练1

（2023・安徽・模拟题）在光滑水平面上，一质量为〃?、速度大小为u的A球与质量为3m静

止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大

小可能是（）

A.0.2vB.0.3vC.0.4vD.0.6v

答案：C

解析：A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞过程中满足动量守恒定律，设

A、B两球碰撞后速度分别为口、血，选A球初速度方向为正方向，由动量守恒定律：

・加片+3，”电，假设碰后A球静止，n=0,解得也=1>因为A球被反弹，所以B球速度

3

V2>-!-VOA、B两球碰撞过程中能量可能有损失，则La/2L"d+Lx%”/，解得也W

322122

-,故上〈吸W、，故C正确，ABD错误。故选：Co

232

、反思提升.一、Fq63「m-5一「mCF』g..

5___~3—一

碰撞合理性分析遵循的原则：

(1)碰撞过程时间极短，内力远大于外力，故碰撞过程满足动量守恒；

(2)碰撞过程满足能量守恒定律，动能可能转化为内能，故碰撞过程中动能不增加

)2叱"

正+22上+-;

2〃42〃与2/〃]2〃“

(3)速度的合理性一两物体碰后不能再发生二次碰撞

①若两物体同向运动，则碰前应有v后,u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

②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

411命题点2弹性碰撞

»考题示例2

(2025・江苏・历年真题)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放

置。每列有〃个。在两列钢球之间，一质量为〃?的玻璃球以初速度由向右运动，与枢球发

生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。

：玻璃球y

______A_____/______A______

。…O。。o…co)

(1)若钢球质量为〃?，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；

(2)若钢球质量为3加，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小也；

(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2〃次碰撞后的动能反。

答案：(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为〃，，根据动量守恒和

机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开

始碰撞前玻璃球的初速度为VOo

（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有〃“（）=〃皿+3加也

由机械能守恒定律有;"八孑=g+；x3mv2

AZJZU._m-3mI_2m1

解得"尸；^藐%=一5%'V2=^；Vo=IVo

负号表示速度反向，则玻陶球的速度大小为;%

（3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变

为碰撞前的,，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平

2

面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反

弹，且速度大小为碰撞前的g,综上所述，玻璃球碰撞2〃次后速度大小为u=j"%

则玻璃球碰撞2〃次后最终动能大小耳=如2=

7跟踪训练2

（2024.广东.历年真题）（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“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"，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r碰撞前瞬间乙的速度

C.乙的运动时间与，乙无关

D.甲最终停止位置与。处相距区

答案：ABD

解析：A.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;

B.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；

C.设斜面倾角为0,乙下滑过程有〃乙

在水平面运动•段时间攵后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动外

乙运动的时间为1=力十介十，3

由于"与〃乙有关，则总时间与“乙有关，故C错误：

D.乙下滑过程有tngH乙=g〃龙

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，乙在水平面运动到停止有吃=4gx

联立可得x=区

即发生碰撞后甲最终停止位置与。处相距区，故D正确。

(1)弹性碰撞过程遵循动量守恒和机械能守恒。

叫v}+m2v2=wtjv,十吗v'2

1212_1,21r2

2，nivi+2WZ2V2=2，W|V,+]'%为

(2)“动碰静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足："=4二色匕,也'=-^—v,o

m}+"4m]+in2

(3)弹性正碰的一些常用结论：

当加|=加2时，两物体碰撞后交换速度；

当且也=0时，碰后质量大的物体速率不变，质最小的物体速率为2力：

当/加《/〃2,且也=0时，碰后质量小的物体原速率反弹。

a■命题点3非弹性碰撞

»考题示例3

(2025・河南・历年真题)加图，在一段水平光滑直道上每间隔6=3m铺设有宽度为/2=2.4

m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止仃质量为，川=2kg的小物块P,另一质量为〃”

=4kg的小物块Q以Ko=7m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰

撞后瞬间P的速度大小为1，=7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为4=0.5,重力加速

度大小g=10m/s2o

求:

（I）该碰撞过程中损失的机械能；

（2）P从开始运动到静止经历的时间。

答案：（1）P与Q发生正碰，由动量守恒定律"12物=，〃22+〃?1箕

由能量守恒定律gm2v（）=g吗诏+g"4$+反

联立可得VQ=3.5m/s,A£=24.5J

（2）对物块P受力分析由牛顿第二定律:

物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式瑞=242,即产v+助

解得：忖=5m/s

则物块P在第一个防滑带上运动的时间为/i=0.4s

物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则/1=VP1Z2

解得/2=0.6s

物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式吭-*=2泌，VP2=Vp|+d/3

解得：vp2=1m/s

物块P在第二个防滑带上运动的时间为/3=加二缸=0.8s

a

物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则八=1，㈤4

解得/4=3S

物块P在第三个防滑带上运动时，由运动学公式。一点2=2心，$V，2；

故P静止在第三个防滑带上，物块P在第二个防滑带上运动的时间为t5=丝包=0.2s

a

P从开始运动到静止经历的时间为/=/1+/2+/3+g+/5=5S

7跟踪训练3

（2025・湖北・历年真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3〃（〃

是大于1的正整数）个质量均为〃，的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2..........3八，木

板的质量为〃加。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为"，滑块与木板

间的动摩擦因数为2〃。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块•个水平

向右的初速度，大小为廊正（夕为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰

撞时间极短，碰后滑块均会枯在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（I）求第I个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。

（2）记木板滑动前第/个滑块开始滑动时的速度中第7+1个清块开始滑动时的速度为

Vj+\o用已知量和口表示V7+1O

（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求”的值。提示：『+22+*伙+1）（2及

6

+1）<>

1233n

答案：（1）对长木板和滑块分别受力分析，可知长木板不动，第I个滑块做匀减速运动,

由牛顿第二定律，有2〃“g=〃口

第1个滑块的初速度大小为也=晒了，

设第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间速度为v.o

由运动学公式，有v？-v^=2aL,解得也0=J（6-4）〃gL

（2）第1个滑块与第2个滑块碰撞，设碰撞后共同速度为吸，

根据动量守恒定律有机也0=2〃7V2，解得也=：珏0=M

设第2个滑块与第3个滑块碰撞前速度为V2O,有g-或=2aL,

解得\f2o=QW-AjgL

第2个滑块与第3个滑块碰撞，设碰撞后共同速度为内，

根据动量守恒定律有2〃?/0=3〃?内

9o।--------------I/«-i

2

解得V3=-v20=-VV?-,即Vn=-（fi-4^i）jUgL,

33〃、