2025高考物理一輪復(fù)習(xí)講義：碰撞模型及拓展

第3課時專題強(qiáng)化：碰撞模型及拓展

【目標(biāo)要求】1.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律。2.理解“滑塊一彈簧”、“滑塊一斜（曲）面”

兩種模型與碰撞的相似性，會分析解決兩類模型的有關(guān)問題。

考點一碰撞模型

1.碰撞

碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。

2.特點

在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動量守恒。

3.分類

動量是否守恒機(jī)械能是否守恒

彈性碰撞守恒守恒

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞守恒損失最大

4.“一動碰一靜”彈性碰撞實例分析

以質(zhì)量為m1、速度為的小球與質(zhì)量為7處的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

—'+相2。2’

^miVi1=^rniVi'2+^2^2,2

m\~m22ml

聯(lián)立解得：P2mi+m?1

討論：

①若如=92，則0J=0,V2r=6（速度交換）；

②若則V->0,V2r>0（碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動）；當(dāng)機(jī)1》加2時，v\'2⑦，

V2‘22。1；

③若根1<叫，則”<0,V2'>0（碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動）；當(dāng)如《叫時，V1,——01，

V2‘七0。

思考質(zhì)量為mA、初速度為。0的物體A與靜止的質(zhì)量為mB的物體B發(fā)生碰撞，碰撞后物

體B的速度范圍為W°BWo

答案物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機(jī)械能最多，物體

B的速度最小,獨=仇如當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時,物體B的速度最大,在=日力。。則

碰后物體B的速度范圍為消淄力°。

【例1】（2024.江蘇鹽城市響水中學(xué)期中）如圖所示,質(zhì)量為3形的小球B靜止在光滑水平面上,

質(zhì)量為相、速度為。的小球A與小球B發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的,

因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值。碰撞后小球B的速度大小可能是（）

A〃B

^//////////////////////////////////

A.0.15。B.0.2vC.OAvD.0.6v

答案c

解析若發(fā)生的是彈性碰撞，對A、B碰撞過程由動量守恒定律可得mo=wwi+3機(jī)

由機(jī)械能守恒定律可得

^mv2=^mv\2+^X3mV2-

2mI

解得碰撞后小球B的速度大小為=；

若A、B發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則碰后兩球共速，由動量守恒定律可得力。=（m+3何靖

解得碰撞后小球B的速度大小為o'

即碰撞后小球Bo故選C。

-總結(jié)提升

碰撞問題遵守的三條原則

1.動量守恒:P1+P2=P1'+P2'。

2.動能不增加：Eki+E^Eki'+￡口'o

3.速度要符合實際情況

（1）碰前兩物體同向運(yùn)動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有Vis>v碰后原來在前的物體速度一定增

大，若碰后兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有。而'2。后'O

（2）碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向至少有一個改變。

【例2】（2024江蘇省木瀆高級中學(xué)月考）如圖所示，兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留

有較小空隙，從距水平地面高度為〃處同時由靜止釋放。已知小球Q的質(zhì)量是P的2倍。設(shè)

所有碰撞均為彈性碰撞。忽略空氣阻力及碰撞時間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度

為（）

P

Qi

h

7777777777/

A.I/?B.^hC.1/iD巖/?

答案B

解析設(shè)小球P、Q的質(zhì)量分別為機(jī)、2%落地前的瞬間二者速度均為o,由動能定理可得

3mgh=^X3mv2,解得麗，Q與地面碰撞后速度等大反向，然后與P碰撞，P、Q碰撞

過程滿足動量守恒、機(jī)械能守恒，規(guī)定向上為正方向，貝U有2加0—=+^X3mi72

=^W2+1x2WI；Q2,解得Op=^J2gh,碰后小球P機(jī)械能守恒，則有相g/z'=^mvp1,解得

h'=^h,故選B。

【例3】(2023?天津卷?12)已知A、B兩物體7"A=2kg,"館=1kg,A物體從//=L2m處自由

下落，且同時B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過t=0.2s相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動,

已知重力加速度g=10m/s2,求：

(1)碰撞時離地高度尤；

(2)碰后速度o；

(3)碰撞損失的機(jī)械能A￡?

答案(l)lm(2)0(3)12J

解析(1)對物體A,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得

x=h—^gt1—\.2m—/X10X0.22m=1m

(2)設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為VB0,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知X=OBOf—%產(chǎn)

解得OBO=6m/s

可得碰撞前A物體的速度

v^—gt—2m/s,方向豎直向下

碰撞前B物體的速度

VB—VBo—gt=4m/s,方向豎直向上

選向下為正方向，由動量守恒定律可得

祖AOA-mBVB=(?1A+

解得碰后速度v=0

⑶根據(jù)能量守恒定律可知碰撞損失的機(jī)械能

△E=/"2AOA2+1〃2B0B2—/(〃ZA+7WB)02=12Jo

考點二碰撞模型拓展

1.“滑塊一彈簧”模型

（1）模型圖小

水平地面光滑平行且光滑的水平桿

⑵模型特點

①動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動

量守恒。

②機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守

恒。

③彈簧處于最長（最短）狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小。（相當(dāng)于

完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能）

④彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大。（相當(dāng)于剛完成彈性碰撞）

【例4】（2023?江蘇南通市模擬）如圖甲所示，左端接有水平輕彈簧的物塊A靜止在光滑水平面

上，物塊B以某一初速度向A運(yùn)動，f=0時B與彈簧接觸，0?2s內(nèi)兩物塊的。一f圖像如

圖乙所示。則（）

2.0---------------—

A.A的質(zhì)量比B的大

B.0?Is內(nèi)，彈簧對A、B的沖量相同

C.f=ls時，彈簧的彈性勢能最大

D.f=2s時，A的動量比B的大

答案C

解析由題圖乙可知，物塊B的初速度為oo=1.2m/s,f=ls時，物塊A、B的共同速度大

小為o=1.0m/s,由動量守恒定律可得7WBOO=（，"A+%B）。，解得mB=5〃ZA,故A錯誤；。?1s

內(nèi)，彈簧對A的沖量方向向右，彈簧對B的沖量方向向左，所以彈簧對A、B的沖量不相同，

故B錯誤；f=ls時，物塊A、B有共同速度，彈簧最短，彈簧的彈性勢能最大，故C正確;

f=2s時，A的動量PA=%AOA,B的動量PB=?IBOB,由題圖乙可知OA=2.0HI/S,J7B=0.8m/s,

又7MB=5?IA,所以A的動量比B的小，故D錯誤。

【例51（2023?江蘇連云港市期中）如圖所示，光滑水平面上有三個質(zhì)量均為%=0.3kg的小球

A、B、C,B球左側(cè)固定一水平輕彈簧。使A球以初速度Oo=4m/s向B運(yùn)動，壓縮彈簧至

A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘連在一起繼續(xù)運(yùn)動。從A開始壓縮彈簧至與彈簧分

離的過程中，下列說法正確的是（）

A.球A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.與C球相碰時B球的動能為1.2J

C.彈簧最短時的彈性勢能為1.3J

D.A球與彈簧分離時的速度為4m/s

答案C

解析B與C相碰并粘連在一起，該過程是完全非彈性碰撞，機(jī)械能損失最大，故A錯誤；

壓縮彈簧至A、B速度相等時，B與C恰好相碰，則對A、B由動量守恒得解得

v=^vo=2m/s,B球的動能為&8=產(chǎn)"=0.6J,故B錯誤；B、C碰撞過程有MW=2MWI,

解得S=，7=lm/s,損失動能為如2—：X2MWI2=0.3J,A、B、C共速時彈簧最短，

41

對A、B、C由動量守恒得機(jī)oo=3機(jī)短，解得o'=2m/s,彈簧最短時的彈性勢能為Ep—^mvo1

-AEk-^X3mv'2=1.3J,故C正確；A球與彈簧分離前有能量損失，由能量守恒可知，A

球與彈簧分離時的速度小于4m/s,故D錯誤。

2.“滑塊一斜（曲）面”模型

⑴模型圖示

（2）模型特點

①上升到最大高度：滑塊根與斜（曲）面M具有共同水平速度。共，此時滑塊機(jī)的豎直速度為

=0?系統(tǒng)水平方向動量守恒，機(jī)0O=（M+MT）O共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，共？+

mgh,其中〃為滑塊上升的最大高度，不一定等于軌道的高度（相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)

減少的動能轉(zhuǎn)化為滑塊m的重力勢能）。

②返回最低點：滑塊根與斜（曲）面M分離點。系統(tǒng)水平方向動量守恒，機(jī)oo=機(jī)s+Afs；系

統(tǒng)機(jī)械能守恒，品加=品0]2+全力22（相當(dāng)于彈性碰撞）o

【例6】（2023?江蘇蘇州市高新區(qū)一中校考）帶有9光滑圓弧軌道、質(zhì)量為〃的小車靜止置于光

滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度。水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小

球又返回車的左端，重力加速度為g,求：

（1）此過程小球?qū)π≤囎龅墓Γ?/p>

（2）小球上升的最大豎直距離。

答案（1）泰加2Q）需

解析（1）設(shè)小球離開小車時，小球的速度為小車的速度為。2,選取向右為正方向，整個

過程中水平方向動量守恒，由動量守恒定律得=

由機(jī)械能守恒定律得=會加12+%32

解得01=0,V2=V

對小車運(yùn)用動能定理得，小球?qū)π≤囎龅墓?/p>

11

W=^MV29—Q=^MV10

⑵當(dāng)小球與小車的水平速度相等時，小球上升到最大高度，設(shè)小球上升的最大豎直距離為兒

以向右為正方向，由動量守恒定律得府=2Ms

由機(jī)械能守恒定律得如方=；x2M03?+Mgh

解得h=-ro

課時精練

ID基礎(chǔ)落實練

1.如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的凹槽，凹槽右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的

冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊向凹槽推出，冰塊平滑地滑上凹槽，貝1（）

A.小孩推出冰塊過程，小孩和冰塊系統(tǒng)動量不守恒

B.冰塊在凹槽上運(yùn)動過程，冰塊和凹槽系統(tǒng)水平方向動量守恒

C.冰塊從凹槽下滑過程，凹槽動量減少

D.冰塊離開凹槽時的速率與沖上凹槽前的速率相等

答案B

解析小孩推出冰塊過程，系統(tǒng)合外力為0,小孩和冰塊系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；冰塊在

凹槽上運(yùn)動過程，冰塊和凹槽系統(tǒng)水平方向所受合外力為0,所以水平方向動量守恒，故B

正確；冰塊從凹槽下滑過程，冰塊對凹槽做正功，凹槽速度增加，動量增加，故C錯誤；冰

塊在凹槽上滑和下滑過程，凹槽對冰塊做負(fù)功，速度減小，冰塊離開凹槽時的速率比沖上凹

槽時的速率小，故D錯誤。

2.如圖所示，兩個物塊A、B中間用輕彈簧相連放在光滑的水平面上，A、B質(zhì)量分別為如

=0.1kg、7物=0.2kg,物塊A右側(cè)與豎直墻接觸。某一瞬間敲擊物塊B使其獲得0.3m/s的

水平向右的速度，物塊B向右壓縮彈簧然后被彈簧彈回，彈回時帶動物塊A運(yùn)動。當(dāng)彈簧拉

伸到最長時，物塊A的速度大小為()

A.0.1m/sB.0.2m/s

C.0.3m/sD.0.4m/s

答案B

解析由機(jī)械能守恒可知，當(dāng)物塊B被彈簧彈回到初始位置時速度仍為。o=O.3m/s,方向向

左；當(dāng)彈簧拉伸到最長時，兩者共速，則由動量守恒定律有加2。0=?！?+機(jī)2)。，解得0=0.2m/s,

即物塊A的速度大小為0.2m/s,故選B。

3.如圖，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,

規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg?m/s,運(yùn)動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的

動量增量為-4kg-m/s。貝！1()

A.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5

B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10

C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5

D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：2

答案A

解析根據(jù)°=機(jī)?？芍獎恿肯嗤瑫r質(zhì)量小的速度大，A球的速度比B球大，所以左方是A

球。根據(jù)動量守恒定律有(6+6)kg-m/s=

根據(jù)題意機(jī)A"A=(6—4)kg-m/s,，〃B=2〃ZA

解得OA:OB=2:5,故選A。

4.(2023?江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)期中改編)如圖所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為儂和"Z2的兩

物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度oo=4m/s,當(dāng)

甲物體的速度減小到lm/s時，彈簧最短。下列說法中正確的是（）

―—如

A.此時乙物體的速度大小為1m/s

B.緊接著甲物體將開始做加速運(yùn)動

C.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比如：儂=1：4

D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，乙物體的速度大小為4m/s

答案A

解析根據(jù)題意可知，當(dāng)彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度大小

也是1m/s,A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯誤；根據(jù)動量

守恒定律可得機(jī)Ho=（加+加2）。，解得加：他=1：3,C錯誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，根據(jù)動

量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有miVo=miVl'+恤。2'，!?1加=品101'2+52。2’2,聯(lián)立

解得=2m/s,D錯誤。

5.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q（視為質(zhì)

點）的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為

Eu。現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為反2,和及2的比

值為（）

「3「4

AiB-4C，2Dg

答案c

解析設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2/77,則Q的質(zhì)量為m,弧形頂端與底端的豎直距離為/?;P鎖定時,

Q下滑過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得加g〃=￡iu,P解除鎖定，Q下滑過程中，P、

Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得優(yōu)0Q—2WOP=

0,由機(jī)械能守恒定律得機(jī)g/7=/WQ2+3x2他Op2,Q離開P時的動能Ek2=%WQ2,聯(lián)立解得

Z7..3

黃，故C正確。

6.（2022?北京卷J0）質(zhì)量為mi和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)尤隨時間t

變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

23t/s

A.碰撞前m2的速率大于mi的速率

B.碰撞后m2的速率大于mi的速率

C.碰撞后m2的動量大于mi的動量

D.碰撞后m2的動能小于mi的動能

答案C

4

解析x—/圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知如碰前的速度大小為m/s=

、4

4m/s,他碰前的速度為0,A錯誤；兩物體正碰后，如碰后的速度大小為vi=~—rm/s=2m/s,

、8—4.、

他碰后的速度大小為02=：；—7m/s=2m/s,碰后兩物體的速率相等，B錯誤；兩物體碰撞過

程中滿足動量守恒定律，即rmvo=-miri+,解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為機(jī)2=3%，根據(jù)

動量的表達(dá)式p=nw,可知碰后他的動量大于加的動量，C正確；根據(jù)動能的表達(dá)式及=

2

^mvf可知碰后他的動能大于如的動能，D錯誤。

10,能力綜合練

7.（2024?江蘇南京市中華中學(xué)?？迹┤鐖D甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別為2kg、3kg,用水

平輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊CM，

=0時以一定速度向右運(yùn)動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與物塊A黏在一起不再分開，

物塊C的v~t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）

。/(mf-1)

3

r/s

A.物塊C的質(zhì)量為2kg

B.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為40.5J

C.4s到12s的時間內(nèi)，彈簧對物塊A的沖量大小為12N-s

D.物塊B離開墻壁后的最大速度大小為3m/s

答案D

解析A、C碰撞過程中動量守恒，有MJCOC=0WC+?IA）。，其中Oc=9m/s、v=3m/s,解得

mc=lkg,故A錯誤；物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能等于A、C碰撞結(jié)束瞬間系

127

統(tǒng)的動能，所以EP=］（MC+MA）02=EJ,故B錯誤；4s到12s的時間內(nèi)，彈簧對物塊A的

沖量大小等于彈簧對A、C整體的沖量大小，則/=（"ZA+7〃C）（。'—f）=3X（—6）N-s=

-18N-s,即大小為18N-s,故C錯誤；物塊B離開墻壁后達(dá)到最大速度時彈簧處于原長，

由動量守恒和機(jī)械能守恒可得OA+加C）OAC=（，"A+/"C）0AC'+MIBOB,I'（加A+%C）OAC2=3（/"A

22

+加C）OAC'+^mBVB,其中OAC=-3m/s,解得。AC'=0,VB=-3m/s,即B的最大速度

大小為3m/s,故D正確。

8.（2023?江蘇南通市海安高級中學(xué)模擬）如圖，足夠長的光滑細(xì)桿MN水平固定，質(zhì)量切產(chǎn)2kg

的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動，質(zhì)量恤=lkg的物塊B通過長度/=0.45m的輕質(zhì)

細(xì)繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B可視為質(zhì)點?，F(xiàn)讓物塊B以初速度如

=3m/s水平向右運(yùn)動，g取10m/s2,則（）

|B|—

A.物塊A的最大速度為1m/s

B.物塊A、B組成的系統(tǒng)動量守恒

C.物塊B恰好能夠到達(dá)細(xì)桿MN處

D.物塊B從開始運(yùn)動到最大高度的過程中，機(jī)械能減少了1J

答案D

解析當(dāng)B在A的右側(cè)運(yùn)動時，細(xì)繩彈力對A一直做正功，可知當(dāng)B再次回到最低點時，

A的速度最大，則有機(jī)2。2+加1。1,^;772^02=2OT2^22+2^1^12,解得0i=2m/s,A錯誤；

對B分析，可知B在豎直方向有加速與減速過程，即物塊A、B組成的系統(tǒng)存在超重與失重

過程，系統(tǒng)所受外力的合力不為0,系統(tǒng)的動量不守恒，但是系統(tǒng)在水平方向上所受外力的

合力為0,即系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，B錯誤；設(shè)物塊B恰好到達(dá)最高點上升的高度為

/?,此時A、B速度相等，則有Mt2O0=（MJl+"22）O3,5?2O（）2—如+相2）O32=M12g/2,解得。3=1Hl/s,

h=0.3m</=0.45m,可知物塊B不能到達(dá)細(xì)桿MN處，C錯誤；根據(jù)上述可知，物塊B從

開始運(yùn)動到最大高度的過程中，B減小的機(jī)械能與A增加的機(jī)械能相等，則有A￡U=1/HII732

=1J,D正確。

9.（2023?北京卷J8）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在。點，在。

點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B,B距。點的距離等于繩長心