第七章　第35课时　碰撞模型及拓展-2027版高考物理一轮复习

第35课时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—弹簧”“滑块—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m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1=m1v1'+m2v2'12m1v12=12m1v1'2+12m联立解得：v1'=m1-m2m1+m2v讨论：①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1；③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。1.若一个质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞，则碰后两个小球的速度v1'、v2'各是多少？答案由动量守恒和机械能守恒可知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+联立解得v1'=(m1-m2)v2.(来自教材)质量为m、速度为v0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？(1)0.6v0；(2)0.4v0。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，vB=mAmA+mBv0=14v0；当发生弹性碰撞时，B球的速度最大，vB=2mAmA+mBv0=12v0。则碰后B球的速度大小范围为14v0≤v例1(2025·江苏徐州市调研)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'=3m/s，vB'=3.5m/sB.vA'=5m/s，vB'=2.5m/sC.vA'=1.5m/s，vB'=3m/sD.vA'=-3m/s，vB'=6.5m/s答案A解析碰撞过程动量守恒，碰前总动量为(1×6+2×2)kg·m/s=10kg·m/s，碰后总动量为(1×3+2×3.5)kg·m/s=10kg·m/s，满足碰撞过程动量守恒。碰前总动能为(12×1×62+12×2×22)J=22J，碰后总动能为(12×1×32+12×2×3.52)J=16.75J，可知总动能没有增大，A、B两球速度可能为3m/s、3.5m/s，A正确；根据给出的数据可知，碰后速度均为正值，则碰后两球同向，此时碰后A的速度不可能大于B的速度，而vA'>vB'，则A、B两球速度不可能为5m/s、2.5m/s，B错误；碰后总动量为(1×1.5+2×3)kg·m/s=7.5kg·m/s，可知碰后的动量小于碰前的动量，碰撞前后动量不守恒，则A、B两球速度不可能为1.5m/s、3m/s，C错误；碰后总动量为[1×(-3)+2×6.5]kg·m/s=10kg·m/s，满足碰撞过程动量守恒。碰后总动能为12×1×(-3)2J+12×2×6.52J=46.75J，可知碰后的总动能大于碰前的总动能，而碰撞前后总动能不增加，则A、B两球速度不可能为-3m/s、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'。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v后>v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。例2(2025·甘肃卷·4)如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则碰撞前小球B的速度大小v为()A.1.5m/s B.3.0m/sC.4.5m/s D.6.0m/s答案B解析根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv=mv1+mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有12mv2=12mv12+12mv22，联立解得v1=v，v2=0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h=12gt2，解得t=2s，可知，碰撞后，小球A运动t'=1s落地，则水平方向上有x=vt'例3(九省联考·贵州·15改编)如图，质量为m甲=13kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量为m乙=1kg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0=4.8m/s。碰后乙在AB间运动一段距离后与静止在B点、质量为m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μ=0.2，所有碰撞时间极短，g取10m/s2。求：(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v0=m甲v甲+m乙v乙由机械能守恒定律12m甲v02=12m甲v甲解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为v乙=2m甲m甲+(2)碰后，对丙由动能定理-μm丙gd=0-12m丙解得v丙=0.4m/s乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律m乙v乙1=m乙v乙2+m丙v丙其中v乙1联立解得v乙1=0.6m/s，v乙2=0.2m/s由能量守恒定律12m乙v乙12=12m乙v乙2解得ΔE=0.08J。考点二碰撞模型的拓展1.“滑块—弹簧”模型(1)模型图示(2)模型特点①两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。②系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，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(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。例4(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则()A.弹簧原长时A动量最大B.压缩最短时A动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大答案A解析对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误；滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。例5(2025·江苏盐城市二模)如图所示，AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球(m甲=2m乙)，小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v-t图像可能正确的是()答案C解析甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲的质量为2m，甲、乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有2mv0=(2m+m)v共1，解得第一次共速时的速度v共1=23v0，从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增大的运动。达到v共1后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢复原长，当甲、乙再次相距最近时，乙在甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有2mv0=2mv甲+mv乙，12×2mv02=12×2mv甲2+12mv乙2，解得此时甲、乙速度分别为v甲=13v0，v乙=41.“滑块—弹簧”模型的解题方法(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果。2.过程讨论：当甲、乙两物体与弹簧组成的系统动能最小时，弹簧压缩到最短或伸长到最长(两物体共速)，弹簧的弹性势能最大，物体间发生“完全非弹性碰撞”，只不过动能的减少是暂时的，储存在弹性势能中；当弹簧恢复到原长时，两物体发生“弹性碰撞”，大多数都可类比弹性碰撞“一动碰一静模型”分析求解，但是特殊情况不可照搬。2.“滑块—斜(曲)面”模型模型图示(1)物块m沿曲面M上升过程中，两者构成的系统动量守恒吗？物块m沿曲面M上升到最高点时两者速度有何特点？(2)在上述过程中分别用水平方向动量守恒和机械能守恒列出方程。(3)物块再次返回曲面底端时，物块m和曲面M的速度各是多少？答案(1)动量不守恒，水平方向动量守恒；上升到最大高度时，物块m与曲面M具有共同水平速度v共，此时物块m的竖直速度vy=0。(2)系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，12mv02=12(M+m)v共2+mgh，其中h为物块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(3)系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，12mv02=12mv12+12Mv22(相当于弹性碰撞)。联立可得v1=m-例6(2025·江苏扬州市检测)如图所示，表面光滑的四分之一圆弧形轨道静止在光滑水平面上。OA为竖直半径。小球以一定的水平初速度从A点滑上轨道底端，并从B点离开轨道顶端。若轨道和小球的质量相等，则在小球和轨道相互作用的过程中()A.小球和轨道组成的系统动量守恒B.小球从B点离开轨道时做竖直上抛运动C.小球对轨道先做正功后做负功D.小球能够回到A点且之后做自由落体运动答案D解析对小球和轨道组成的系统，水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，在竖直方向，系统所受合外力不为零，故小球与轨道组成系统动量不守恒，故A错误；小球从B点离开轨道时相对轨道做竖直上抛运动，此时在水平方向与轨道速度相同，一起向左运动，故小球从B点离开轨道时做斜上抛运动，故B错误；小球在A、B两点之间轨道上运动过程中，小球对轨道的压力始终垂直轨道向下，这个力的方向与轨道的运动方向夹角为锐角，故小球对轨道的压力一直做正功，故C错误；对小球与轨道系统，在小球从A点出发再次回到A点的过程中，系统水平方向动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2，又机械能守恒有12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得v1=m1-m2m1+m2课时精练[分值：50分][1~6题，每题4分]1.一动能为E的α粒子与一静止的氖核发生弹性正碰，已知氖核的质量是α粒子的5倍，则碰撞后α粒子的动能是()A.E6 B.49E C.23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mvα=mvα'+5mv'12mvα2=12mvα'2+1其中E=12m解得碰撞后α粒子的动能为E'=12mvα'2=49E，故选2.(2025·江苏扬州市期中)如图所示，在光滑的水平面上有2024个质量均为m的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初速度v0，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为()A.mv0C.2023mv答案B解析以第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2024个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒定律得mv0=2024mv，解得v=v02024，则系统损失的机械能为ΔE=12mv02-12×2024mv2，解得Δ3.质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，m1=1kg，下列说法正确的是()A.m2=1kgB.图线①为碰撞后m1的图线C.碰撞后两物体的速度相同D.两物体的碰撞为弹性碰撞答案D解析由x-t图像的斜率表示速度，可知碰撞前m1和m2的速度分别为v1=4m/s，v2=0，以碰前m1的速度方向为正方向，可知碰撞后m2的x-t图像斜率不可能为负，则图线①为碰后m2的图线，碰撞后两物体的速度分别为v1'=-2m/s，v2'=2m/s；碰撞后两物体的速度等大反向，根据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，解得m2=3kg，碰前Ek0=12m1v12+0=8J，碰后Ek1=12m1v1'2+12m2v2'2=84.质量为m、速度为v的A球跟质量为4m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球速度v'可能值的范围为()A.0.2v≤v'≤0.5v B.0.2v≤v'≤0.4vC.0.25v≤v'≤0.5v D.0.25v≤v'≤0.4v答案B解析若两球发生完全非弹性碰撞，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=(m+4m)v1，解得v1=0.2v，若两球发生弹性碰撞，系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=mvA+4mv2，由机械能守恒定律得12mv2=12mvA2+12×4mv22，解得vA=-0.6v，v2=0.4v，碰撞可能是弹性的也可能是非弹性的，则B的速度范围是v1≤v'≤v2，即0.2v≤5.(2025·江苏无锡市期末)半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是()A.两球的速度均为零B.甲球的速度为零而乙球的速度不为零C.乙球的速度为零而甲球的速度不为零D.两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等答案B解析根据动量和动能表达式有p=mv，Ek=12mv2，联立解得小球的动量大小p=2mEk，由题意知Ek甲=Ek乙，m甲>m乙，则有p甲>p乙，甲、乙相向运动，故甲、乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，根据碰撞过程系统动量守恒，可知碰撞后系统总动量不为零，因此碰撞后两球的速度不能都为零；若碰撞后甲的速度为零或继续沿原来的方向运动，乙必弹回，所以乙的速度不可能为零，故A错误，B正确；若碰后乙球的速度为零而甲球的速度不为零，则甲一定弹回，碰后甲、乙系统总动量的方向就发生了改变，此时违背动量守恒定律，故C错误；由6.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，质量为m的小物块从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则()A.小物块下滑过程中，其机械能守恒B.小物块下滑过程中，小物块和槽的动量大小始终相等C.小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为13D.小物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上高h处答案C解析弧形槽置于光滑水平地面上，小物块下滑过程中，对槽压力的水平分量使槽向左加速，槽对小物块的支持力做功，小物块的机械能不守恒，故A错误；小物块下滑过程中，物块和槽在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，竖直方向动量不守恒，故小物块和槽的水平方向的动量大小始终相等，但竖直方向的动量大小不相等，故B错误；小物块下滑过程中，根据水平方向动量守恒有mv1=2mv2，根据系统机械能守恒有mgh=12mv12+12×2mv22，联立解得v1=2gh3，v2=gh3，则小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为Ek=12×2mv22=13mgh，故C正确；小物块第一次被弹簧反弹后速度大小仍为v1，且v1>v2，故小物块能追上槽，小物块沿槽上滑，二者共速时到达最高处，根据水平方向动量守恒有mv1+2mv2=3mv，根据系统机械能守恒有12mv12+12×2m[7、8题，每题4分]7.(2025·江苏苏州市三模)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A.此过程中，物体A做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零B.物体A的质量为2mC.弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对物体A的冲量大小之比为3∶2D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m答案D解析题图甲中，弹簧最大弹性势能为Epm=12mAv02，题图乙中，A、B共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次弹簧的最大弹性势能相同，根据动量守恒有mA·2v0=(mA+m)v，能量守恒有12mA(2v0)2=12(mA+m)v2+Epm，联立解得mA=3m，Epm=32mv02，v=32v0，B错误，D正确；开始时物体A的速度大于B的速度，弹簧被压缩，物体A受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中物体A做加速度越来越大的减速运动，直至共速，A错误；以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在题图甲的情况下弹簧对物体A的冲量大小为I1=0-(-mAv0)=3mv0，在题图乙的情况下弹簧对物体A的冲量大小为I2=-mAv-(-mA·2v0)=32mv0，可得两种情况下弹簧对物体A的冲量大小之比为I8.(2025·江苏泰州市检测)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是()A.小车和物块构成的系统动量守恒B.物块从A位置运动至C位置时，小车向左运动的距离为mMC.摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为-mgRD.小车在运动过程中的速度先增大后减小，全程最大速度为5答案C解析小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；根据人船模型的推论可知物块刚到达水平轨道时，小车向左滑动x=mM+mR，物块在水平轨道继续滑动时，小车继续向左滑动，向左滑动的总距离大于mM+mR，故B错误；小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，物块到达B点时小车速度最大，在此过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1-Mv2=0，由机械能守恒定律得mgR=12mv12+12Mv22，解得v29.(10分)(2025·江苏连云港市一模)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，整个系统处于静止状态。现给球C一个水平向右的初速度v0=3gL，式中g(1)(2分)此时细线对球C的拉力大小F；(2)(3分)球C向右摆动过程中，上升的最大高度h；(3)(5分)球C摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小v。答案(1)4mg(2)L(3)1解析(1)根据牛顿第二定律得F-mg=m解得F=4mg(2)球C向右上升到最大高度时，球C与物块A、B三者具有共同速度，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得mv0=3mv1，mgh=12mv02-12代入数据解得h=L(3)球C再次回到最低点时，A、B具有共同速度v2，球C的速度为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得mv0=2mv2+mv3，12mv02=12×2mv解得v2=23v0，v3=-13球C摆到杆左侧，离杆最远时，球C与物块A具有共同速度，根据动量守恒定律可得mv2+mv3=2mv代入数据可得v=1[10、11题，每题4分]10.(2025·江苏苏锡常镇四市一模)质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度v0，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则()A.m>MB.仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽C.长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动D.小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速答案B解析当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系统机械能守恒，设小球末速度为v1、凹槽末速度为v2，则mv0=mv1+Mv2，12mv02=12mv联立可得M=mv以初速度方向为正方向，由题图中小球的运动