碰撞与类碰撞问题
碰撞类问题应遵循的三个原则
碰撞类问题应遵循的三个原则通过合理的分析、推理，从而判断物体实际的运动情况或者决定方程物理解的取舍，是一个综合性较强的问题。
其实，这类问题不管多么复杂，它同样遵循碰撞类问题的三个原则。
1、动量守恒原则例1 如图（1）所示，一质量m=2kg 的平板车左端放有质量M=3kg 的小滑块，滑块与平板车的动摩擦因数μ=0.4。
开始时平板车和滑块共同以v 0=2m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。
平板车足够长，使滑块不会滑到平板车右端。
求：(取g=10m/s 2)（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离；（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v ；（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长?分析与解 解决问题的关键是正确判断平板车第一次与墙壁碰撞以后运动情况，以 及此后每次与墙壁碰撞前的运动情况。
平板车与墙壁每次发生碰撞前和碰撞后 动量均守恒，由于m ＜M ，且碰撞后平板车速度大小保持不变，故总动量向右。
因而平板车每次与墙壁碰撞后都将返回与墙壁再次碰撞，直至滑块从小车右端滑落。
如果平板车与墙壁的每次碰撞之前，尚未与滑块共速，由动能定理（μMgs=（1/2）mv 2）知平板车每次与墙壁碰撞前速度与刚离开墙壁时速度大小相等，而物块的速度必大于平板车的速度，不满足动量守恒定律，因此，平板车每次与墙壁碰撞之前，与滑块均已达到共同速度。
（1）当平板车向左运动的速度减为零时，离墙壁最远。
由动能定理有 μMgs m =（1/2）mv 02，代入数据得s m =（1/3）m（2）平板车第二次与墙壁碰撞前已经和滑块达共同速度，设为v 1，取向右为正方向。
由动量守恒定律有 Mv 0－mv 0=（M+m ）v 1，代入数据得v 1=0.4m/s（3）平板车反复与墙壁发生碰撞，每次碰后均返回，每次碰前均共速，最终系统停止运动，设平板车长至少为L 。
最新高考力学复习专题09 “碰撞类、爆炸”模型问题(解析版)
专题09 “碰撞类、爆炸”模型问题一．选择题1.(多选)(2021·湖北部分重点中学联考)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A 球动量的变化量为－4 kg·m/s ，则( )A ．左方是A 球B ．B 球动量的变化量为4 kg·m/sC ．碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为5∶2D ．两球发生的碰撞是弹性碰撞 【答案】 ABD【解析】 初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，v A ＝p A m A ＝6 m/s ，v B ＝p B m B ＝3 m/s ，故左方是A 球，A 正确；由动量守恒定律知，ΔpB ＝－Δp A ＝4 kg·m/s ，B 正确；碰撞后A 的动量为p A ′＝Δp A ＋p A ＝2 kg·m/s ，则v A ′＝p A ′m A＝2 m/s ，碰撞后B 的动量为p B ′＝Δp B ＋p B ＝ 10 kg·m/s ，则v B ′＝p B ′m B＝5 m/s ，故v A ′∶v B ′＝2∶5，C 错误； 碰撞前系统的机械能为12m A v A 2＋12m B v B 2＝27 J ，碰撞后系统的机械能为12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝27 J ，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D 正确．2.(2021·山东等级考模拟卷)秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(10n)与静止氘核(21H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E ，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )A.19EB.89EC.13ED.23E 【答案】 B【解析】 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性正碰，满足能量守恒和动量守恒，设中子的初速度为v 0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v 1和v 2，以v 0的方向为正方向，可列式：12×1×v 02＝12×1×v 12＋12×2×v 22，1×v 0＝1×v 1＋2×v 2，解得v 1＝－13v 0，即中子的动能减小为原来的19，则中子的动能损失量为89E ，故B 正确．3.(2021·北京市房山区上学期期末)如图甲所示，光滑水平面上有A 、B 两物块，已知A 物块的质量m A ＝2 kg ，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—时间图象如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B 的质量分别为( )A.2 m/s ，5 kgB.2 m/s ，3 kgC.3.5 m/s ，2.86 kgD.3.5 m/s ，0.86 kg【答案】 B【解析】 由图象可知，碰前A 的速度为v 1＝204 m/s ＝5 m/s ，碰后A 、B 的共同速度为v 2＝28－208－4 m/s ＝2m/s ，A 、B 碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，解得m B ＝3 kg ，故选项B 正确。
剖析碰撞问题把握＂三个三＂字
剖析碰撞问题 把握“三个三”字由于碰撞是作用力极大、作用时间极短的相互作用，因而，碰撞过程动量守恒，且势能变化忽略不计.碰撞类问题是用动量和能量观点解答的综合问题，也是各种资料乃至各类考试命题的热点之一．因此，应剖析清此类问题，把握住“三个三”字．1、碰撞的三种类型 １.１、完全弹性碰撞完全弹性碰撞同时满足动量守恒定律和动能守恒定律．此类题目中一般有这样的字眼：金属球(如钢球)、弹性球、刚性球，或碰撞过程中无机械能(或动能)损失、无机械能向其它形式的能转化，或告知为弹性碰撞，或各接触面均光滑等．1.2、完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞只遵守动量守恒定律，而动能损失最大（设为△E m ）．这类问题的特点是：碰撞后一起运动．如二物体碰撞后粘合在一起、子弹打入木块并留在其中等．1.3、一般非弹性碰撞介于上述两类碰撞之间的碰撞是较常见的碰撞，可称为一般非弹性碰撞．此类碰撞仍遵守动量守恒定律，但动能有损失，且动能损失量介于上述两类碰撞之间，即０﹤△E ﹤△E m ．２、完全弹性碰撞的三个结论如图所示，在光滑水平面上，质量为m 1、速度为v 1的小球A ，沿直线追上质量为m 2、速度为v 2的小球B ，发生弹性碰撞，求碰后球A 、B 的速度v 1'、 v 2'．由动量守恒定律和动能守恒定律知，m 1 v 1+ m 2 v 2= m 1 v 1'+ m 2 v 2'222211222211' v m 21' v m 21 v m 21 v m 21+=+二式联立可得：v 1'＝2112122m m v )m m (v 2m +-+v 2'＝2121211m m v )m m (v 2m +-+当m 1＝m 2时， v 1'＝v 2v 2'= v 1结论１：质量相等的两个物体发生弹性．．．．．．．．．．．．．碰撞后，二物体交换速度；简记为：等质弹．．．．．．．．．．．．．．．．．．．碰，交换速度．．．．．．．．当v 1﹥０，v 2＝０，m 2＞＞m 1时， v 1'＝21121m m v )m m (+-≈－v 1v 2'＝2111m m v 2m +≈０结论２：一个质量很小的运动物体，碰．．．．．．．．．．．一个质量很大的静止物体后，小物体原速率．．．．．．．．．．．．．．．．．．．返回，而大物体几乎静止不动；简记为：小．．．．．．．．．．．．．．．．．．．动碰大静，原速返小大不动．（．．．．．．．．．．．．．．请读者思考，若只是m 2＞m 1，碰后球A 、B 的速度v 1'、 v 2'怎样？m 1一定返回但速率小于v 1，m 2将向前运动）．当v 1﹥０，v 2＝０，m 1＞＞m 2时， v 1'＝21121m m v )m m (+-≈v 1v 2'＝2111m m v 2m +≈2 v 1结论3：一个质量很大的运动物体，碰．．．．．．．．．．．一个质量很小的静止物体后，大物体几乎毫．．．．．．．．．．．．．．．．．．．无阻碍的原速前进，而小物体以２倍速快速．．．．．．．．．．．．．．．．．．．前行；简记为：大动碰小静，小物倍速大原．．．．．．．．．．．．．．．．．．．行．（．．．若只是m 1＞m 2，碰后球A 、B 的速度v 1'、 v 2'怎样？m 1向前运动但速率小于v 1，2m2向前运动的速率满足2v1＞v2'＞v1）．３、解答碰撞类问题的三条原则原则之一：动量守恒；原则之二：动能不增，或动能损失存在范围０≤△E k≤△E km；原则之三：符合实际．由上述对三类碰撞的分析可知，无论是哪类碰撞，都遵守动量守恒定律．而动能可以守恒，可以有损失，但以完全非弹性碰撞损失为最大，则动能损失存在范围０≤△E k ≤△E km；一般系统总动能增加或损失量大于△E km是不可能的．当然，所分析的问题必须符合实际情况，否则，如在一条直线上运动的两个物体，碰后前面物体的速度小于后面物体的速度（同向）是不可能的．说明：１.上述各类碰撞均指作用前后在一条直线上运动的对心正碰．２.把握作用过程所遵守的规律，根据碰撞模型类比解题，非常快捷（各类资料均有此类题目，此处例略）．应用举例：例1、A、B两球在光滑水平面上沿一直线同向运动，动量大小分别为5kg.m/s和7kg.m/s．当A球追上B球相碰后，A、B 两球的动量可能是：A. 4kg.m/s 10kg.m/sB. –5kg.m/s 17kg.m/sC. 3kg.m/s 9kg.m/sD. 6kg.m/s 6kg.m/s解析：由动量守恒定律可知，A项错；对于B选项，根据E k=P2/2m知，A球的动能不变，B球的动能增大，B项中系统的总动能增大，则B错；因A球追上B球发生碰撞，相互作用后A球的动量（同向）应减小，B球的动量应增大，则D错；故本题答案为C．例2. A、B两球在光滑水平面上，A球以２m/s的速度与静止的B球发生弹性正碰，则B球碰后的速度可能为：A. 0.5m/sB. 2m/sC. 3.5m/sD. 5m/s解析：由于A、B两球发生弹性正碰，且质量未知，根据完全弹性碰撞的结论可知，当m B>>m A时，v B≈０；当m A>>m B时，v B≈2v1=4m/s；这表明B球碰后的速度在０至4m/s之间．故答案为A、B、C．巩固练习：１.（97年上海高考题）在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是：（）Ａ. 若两球质量相同，碰后以某一相等速率相互分开．Ｂ. 若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行．Ｃ. 若两球质量不同，碰后以某一相等速率相互分开．Ｄ. 若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行．２.（98年全国高考题）在光滑的水平面上，动能为Ｅ0，动量大小为Ｐ0的小钢球１与静止小钢球２发生碰撞，碰撞前后球１的运动方向相反．将碰撞后球１的动能和动量的大小分别记为Ｅ1、Ｐ1，球２的动能和动量大小分别记为Ｅ2、Ｐ2，则必有Ａ. Ｅ1﹤Ｅ0Ｂ. Ｐ1﹤Ｐ0Ｃ. Ｅ2﹥Ｅ0Ｄ. Ｐ2﹥Ｐ0参考答案:1.（Ａ.Ｄ）2.（ＡＢＤ）。
动量能量双守恒问题—类碰撞问题
【例5】
匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示。图 中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由能止释放.A离开 电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由O点静止释 放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均 为零；B离开电场后，A、 B间的相作用视为静电作用。已知A的 电荷量为Q。A和B的质量分别为m和m/4。不计重力。
【例2】 一质量为M=4m的车有粗糙的水平段BC与光滑的的四分之一圆弧段 构成，开始车停止于光滑的地面上，现在一个质量为m的滑块以速 度v冲上小车，并最终刚好没有从小车上掉下去。 1. 假设物块离开过A，计算其以后的最大高度以及其达到最大高度
时的速度。 2. 列出车的最大速度满足的方程。
1
【例3】
K/r，其中K为已知常数，r为两球之间的距离。
1.如果A球不会超过B，计算B的最大速度。 2.接上问计算AB最小距离。 3.要让A能够超过B，A的初速度至少多大？
【例7】
如图所示，质量均为M的小车A、B，B车上挂有质量为 M/4的金属 球C，C球相对于B车静止，其悬线长0.4m，若两车以相同的速率 1.8m/s在光滑平面上相向运动，相碰后连在一起(碰撞时间很短)， 则：
最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。 取重力加速度g=l0m/s2。求
①小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功Wf； ②小铁块和长木板达到的共同速度v。
4
(1)两车碰撞后瞬间A车、B车、C球的速度各多大？
(2)C球向上摆动的最大高度是多少？
3
【例8】
如图所示是固定在水平地面上的横截面为“U”形的光滑长直导轨 槽，槽口向上(图为俯视图)。槽内放置一个木质滑块，滑块的左半 部是半径为R的半圆柱形光滑凹槽，木质滑块的宽度为2R，比 “U”形槽的宽度略小。现有半径r(r＜＜R)的金属小球以水平初速 度V0冲向滑块，从滑块的一侧半圆形槽口边缘进入。
专题10 碰撞与类碰撞模型--2024版高三物理培优——模型与方法
2024版高三物理培优——模型与方法专题10碰撞与类碰撞模型目录【模型一】弹性碰撞模型....................................................................................................................................1【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型..............................................................................................15【模型三】碰撞模型三原则..............................................................................................................................23【模型四】小球—曲面模型............................................................................................................................27【模型五】小球—弹簧模型............................................................................................................................37【模型六】子弹打木块模型............................................................................................................................48【模型七】滑块木板模型.. (57)m +m =m +m 联立（）、（）解得：v 1ˊ=，=.特殊情况：若m 1=m 2，v 1ˊ=v 2，v 2ˊ=v 12．“动静相碰型”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
习题课 “三种碰撞类”模型问题 教学设计
习题课“三种碰撞类”模型问题类型一“滑块—弹簧”碰撞模型1．模型图如图所示．2．模型特点(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，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1】两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示．已知B 与C碰撞后会粘在一起运动．在以后的运动中：(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？[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：(m A＋m B)v＝(m A＋m B＋m C)v A解得v A＝3 m/s.(2)B、C碰撞过程系统动量守恒m B v＝(m B＋m C)v C故v C ＝2 m/s碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故E p ＝12m A v 2＋12(m B ＋m C )v 2C－12(m A ＋m B ＋m C )v 2A ＝12 J.[答案] (1)3 m/s (2)12 J[针对训练1] 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为v 0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A 的质量是B 的质量的34，子弹的质量是B 的质量的14.求：(1)A 物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时B 物体的速度； (3)运动过程中B 的最大速度．解析：(1)当子弹射入并留在A 中时，A 获得的速度最大，设B 的质量为m ，A 的质量为34m ，子弹质量为14m ，据动量守恒定律可得14m v 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14m ＋34m v 1解得v 1＝14v 0.(2)当A(含子弹)与B 速度相等时，弹簧压缩量最大，据动量守恒定律可得⎝ ⎛⎭⎪⎫14m ＋34m v 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14m ＋34m ＋m v 2，解得v 2＝18v 0即弹簧压缩量最大时B 物体的速度为18v 0.(3)当弹簧再次恢复原长时B 的速度最大，设此时A(含子弹)与B 的速度分别为v 3、v 4，从子弹射入A 后到弹簧恢复原长过程，据动量守恒定律、机械能守恒定律可得⎝ ⎛⎭⎪⎫14m ＋34m v 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14m ＋34m v 3＋m v 412⎝ ⎛⎭⎪⎫14m ＋34m v 21＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫14m ＋34m v 23＋12m v 24 联立解得v 3＝0，v 4＝14v 0即运动过程中B 的最大速度为14v0.答案：(1)14v0(2)18v0(3)14v0类型二“滑块—斜面(弧面)”碰撞模型模型图示模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，m v0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12m v2＝12(M＋m)v2共＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不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：m与M分离点，水平方向动量守恒，m v0＝m v1＋M v2；系统机械能守恒，12m v2＝12m v21＋12M v22(完全弹性碰撞拓展模型)【例2】如图所示，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m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面光滑．现让小物块C以水平速度v0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B.求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．[解析](1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向由动量守恒定律得：m v 0＝2m v 解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能：E 损＝12m v 20－12×2m v 2解得E 损＝14m v 20.(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：m v 0＝(m ＋m ＋3m )v 1解得v 1＝15v 0 根据机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 02－12×5m ⎝ ⎛⎭⎪⎫15v 02解得h ＝3v 2040g .[答案] (1)14m v 20 (2)3v 2040g[针对训练2] 在光滑水平地面上放有一质量M ＝3 kg 带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m ＝2 kg 的小球以速度v 0＝5 m/s 沿水平槽口滑上圆弧形槽槽口距地面的高度h ＝0.8 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)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 .解析：(1)小球上升至最高点时，两物体速度水平且相等，小车和小球水平方向动量守恒，得：m v 0＝(m ＋M )v ①对小车由动能定理得：W＝12M v2②联立①②式解得：W＝6 J.(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得：m v0＝m v1＋M v2③小球和小车由功能关系得：12m v 20＝12m v21＋12M v22④联立③④式可解得：v1＝－1 m/s⑤v2＝4 m/s⑥小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动h＝12gt2⑦L＝(v2－v1)t⑧联立⑤⑥⑦⑧式可得：L＝2 m.答案：(1)6 J(2)2 m类型三“滑块—木板”碰撞模型模型图示模型特点(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ΔE k＝Mm＋ME k0，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3】如图所示，质量M＝1.0 kg的木板静止在光滑水平面上，质量m ＝0.495 kg的物块(可视为质点)放在木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4.质量m0＝0.005 kg的子弹以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(子弹与物块作用时间极短)，木板足够长，g取10 m/s2.求：(1)物块的最大速度v1；(2)木板的最大速度v2；(3)物块在木板上滑动的时间t.[解析](1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得：m0v0＝(m＋m0)v1解得v1＝3 m/s.(2)当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得：(m＋m0)v1＝(M＋m＋m0)v2解得：v2＝1 m/s.(3)对木板，根据动量定理得：μ(m＋m0)gt＝M v2－0解得：t＝0.5 s.[答案](1)3 m/s(2)1 m/s(3)0.5 s[针对训练3](2022·天津南开期末)如图所示，一质量M＝0.5 kg的平板小车，车的右端放一质量m＝0.1 kg 的小物体，小物体可视为质点，与车板之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止在光滑水平面上．现给小车一个水平向右的初速度v0＝1.2 m/s，若小物体最终没有从平板车上滑落，g取10 m/s2.求：(1)小物体与车的共同速度v的大小；(2)小车的最小长度L；(3)小物体在小车上滑行的时间t.解析：(1)根据系统动量守恒，有M v0＝(m＋M)v，代入数据，解得v＝1 m/s.(2)根据系统能量守恒，则有μmgL＝12M v2－12(m＋M)v2，代入数据，得L＝0.3 m.(3)对小物体在小车上相对滑动的整个过程，根据动量定理，有μmgt＝m v代入数据，得t＝0.5 s.答案：(1)1 m/s(2)0.3 m(3)0.5 s(建议用时：35分钟)[基础巩固练]1．(2022·重庆渝北期末)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量为m，Q的质量为3m，Q与轻质弹簧相连．Q原来静止，P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()A.34E B.38EC.316E D．E解析：选A.设P物体的初速度为v0，由已知可得12m v2＝E，P与Q碰撞过程，两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程，满足动量守恒，设共同速度为v1，则m v0＝(m＋3m)v1，此时最大弹性势能E p＝12m v 2－12×(m＋3m)v21，解得E p＝38m v 20＝34E.2．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上，今有一个质量为m、半径略小于管道半径、可以看作质点的小球以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC ．车上管道中心线最高点的高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化量大小是m v3 解析：选BC.小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律得m v ＝(m ＋2m )v ′，解得v ′＝v 3，小车的动量变化量大小Δp 车＝2m ·v 3＝23m v ，D 错误．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mgH ＝12m v 2－12(m ＋2m )v ′2，解得H ＝v 23g ，C 正确．小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律得m v ＝m v 1＋2m v 2，由机械能守恒定律得12m v 2＝12m v 21＋12×2m v 22，解得v 1＝－v 3，v 2＝23v ，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v ＋13v ＝v ，B 正确．由以上分析可知，在整个过程中小车一直向右运动，A 错误．3．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14圆弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平．另有一个质量为m 的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( )A ．当v 0＝2gR 时，小球能到达B 点B ．如果小球的速度足够大，则小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D ．如果滑块固定，则小球返回A 点时对滑块的压力为m v 20R解析：选C.若滑块不固定，当v 0＝2gR 时，设小球沿槽上升的高度为h ，则有m v 0＝(m ＋M )v ，12m v 20＝12(M ＋m )v 2＋mgh ，解得h ＝M M ＋m R <R ，A 错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C 正确；如果小球速度足够大，则可从B 点离开滑块，由于B 点处的切线竖直，所以在B 点时小球与滑块的水平速度相同，离开B 点后将再次从B 点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B 错误；如果滑块固定，则小球返回A 点时速度仍为v 0，方向向右，此时对滑块的压力为mg ＋m v 20R ，D 错误．[综合提升练]4．(2022·安徽六安一中期末)如图所示，静止在光滑水平地面上的三个小物块A 、B 、C ，质量相等都为m ＝1.0 kg ，物块C 左端固定一轻质弹簧，某时刻给物块A 一水平向右的速度v 0＝2 m/s ，物块A 和物块B 碰撞后粘在一起，A 、B 整体运动一段时间后压缩弹簧，求：(1)物块A 和物块B 碰撞后的速度v 1；(2)物块A 、B 压缩弹簧过程中，弹簧的最大弹性势能．解析：(1)由题意可知，物块A 和物块B 发生碰撞过程动量守恒，规定向右为正方向，则m v 0＝2m v 1解得v 1＝1 m/s.(2)物块A 、B 压缩弹簧过程中，速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有2m v 1＝3m v 2根据机械能守恒定律有12×2m v 21＝E p＋12×3m v22解得E p＝13J.答案：(1)1 m/s(2)13J5．如图所示，光滑水平面上叠放着长木板A和可视为质点的滑块B，木板A上表面粗糙，B置于A的最左端．一不可伸长的轻绳将物块C悬挂于O点(距地面高0.8 m 且位于木板A右端正上方)，现将物块C向右拉至水平位置后由静止释放，当物块C下摆至最低点时，与木板A发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰后长木板A立刻向左运动，物块C恰好静止，最终滑块B恰好停在木板A的最右端．已知滑块B的质量m B＝1 kg，物块C的质量m C＝2 kg，轻绳长l OC＝0.8m，A、B间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)长木板A的质量m A；(2)A、B相对静止时的速度大小v；(3)长木板A的长度L.解析：(1)因C、A为弹性碰撞，碰后物块C恰好静止，设碰撞前物块C的速度大小为v C，碰撞后木板A的速度大小为v A，所以有m C v C＝m A v A12m C v 2C＝12m A v2A解得v C＝v A m A＝2 kg.(2)由动能定理及动量守恒定律得12m C v2C＝m C gl OCm A v A＝()m A＋m B v解得v＝83m/s.(3)A 、B 相对滑动的过程中，损失的机械能转化为内能，所以有μm B gL ＝12m A v 2A －12()m A ＋m B v 2 解得L ＝1.6 m.答案：(1)2 kg (2)83 m/s (3)1.6 m6．(2022·湖南衡阳八中期末)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且在木板AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处．已知物块P 与木板AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB 的大小；(2)木板的长度L ；(3)滑块CD 圆弧的半径R .解析：(1)物块由A 到B 过程，取向左为正方向，对木板AB 、滑块CD 及物块P 整体，由动量守恒定律得m v 0＝m v B ＋2m ·v AB又v B ＝v 02解得v AB ＝v 04.(2)物块由A 到B 过程，根据能量守恒定律得12m v 20－12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝μmgL解得木板的长度为L ＝5v 2016μg .(3)物块由D 到C 过程，滑块CD 与物块P 组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，得m ·v 02＋m ·v 04＝2m v 共mgR ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12×2m v 2共 联立解得滑块CD 圆弧的半径为R ＝v 2064g .答案：(1)v 04 (2)5v 2016μg (3)v 2064g。
碰撞类问题3
碰撞类问题31.两端开口、内壁光滑的直玻璃管MN竖直固定在水平面上．a、b两个小球直径相等，略小于玻璃管的内径，且远小于玻璃管的长度，大小可忽略不计；a、b 两球的质量分别为ml、m2(ml=2m2)．开始时，a球在下b球在上两球紧挨着在管口M处由静止同时释放，a球着地后立即反弹，其速度大小不变，方向竖直向上；与b 球相碰后，b球接着竖直上升，已知两球碰撞时间极短、且碰撞过程中总动能不变．在b球开始上升的瞬间，一质量为m3的橡皮泥从M处自由落下，如图所示，b与c在管中某处相遇后粘在一起，欲使b、c粘合后能够竖直飞出玻璃管口，求m2与m3之比应满足的条件．(设ml、m2、m3与管壁间无摩擦，且碰撞前后均在竖直方向上运动)。
2.(2007．江苏19)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计.求：(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度．(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s．(3)从断开轻绳到到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功WN3.(20分)如图所示，U形槽A倒扣在光滑水平面上，槽的质量为M，两侧内壁间距为L．一滑块B紧靠在槽的左侧内壁旁，滑块的质量为m，大小不计．A、B 间有少量塑胶炸药，开始时，A和B都处于静止状态．某时刻炸药突然爆炸，炸药爆炸时化学能转化成系统的动能为E，使A、B分别向左、右滑动，若滑动中A、B 发生碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短．求：(1)炸药爆炸后，槽A和滑块B分离时速度的大小；(2)滑块B在光滑水平面上运动的周期．4.如图示，质量为M的平板车放在两个障碍物A、B之间．A、B间的水平面光滑，间距足够远．在平板车的最左端有一小物块(可视为质点)，物块的质量为m，初始时，平板车与物块一起以水平速度v=2m/s向右运动．物块与平板车之间的动摩擦因数为μ=0．5，不计平板车与障碍物碰撞的机械能损失，已知M和m的质量其中一个为3kg，另一个为1kg.取重力加速度g=10m/s2，经过多次碰撞后求．⑴欲使物块不从车上滑落，平板车至少应为多长?⑵物块相对平板车滑动的距离?。
碰撞及类碰撞模型归类例析
碰撞及类碰撞模型归类例析“碰撞”是高中物理中的一个重要模型，它涉及动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律等诸多知识。
处理碰撞问题，需要先根据题意选取恰当的研究对象，合理选取研究过程，并把握该过程的核心要素，再判断研究对象的动量是否守恒、机械能是否守恒，然后根据相应物理规律列方程求解。
一、碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，因为极短相互作用时间内可以忽略外力的影响，对系统而言动量保持不变，即总动量总是守恒的；（2）系统能量不能凭空增加，在碰撞过程中，因为没有其他形式的能量转化为动能，所以总动能一定不会增加，在完全弹性碰撞过程中动能守恒，然而在非弹性碰撞中，系统动能减小，总之碰撞不会导致系统动能增加；（3）在碰撞过程中，当两物体碰后速度相等，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大； （4）在碰撞过程中，两物体产生的位移可以忽略不计。
二、常见的碰撞模型： 1．弹性碰撞弹性碰撞是高中物理碰撞问题中最常见的模型，对该碰撞问题的处理所依据的物理原理也相对容易理解。
所谓的弹性碰撞是指研究对象之间在碰撞的瞬间动能没有损失。
（1）动静碰撞模型如图所示，在光滑的水平面上质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞．小球发生的是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得111122m v m v m v ''=+ ，222111122111222m v m v m v ''=+ 由上两式解得：121112m m v v m m -'=+ ，121122m v v m m '=+ 推论：① 若m 1 = m 2，可得v'1 = 0、v'2 = v 1，相当于两球交换速度。
② 若m 1 > m 2，则v'1>0 且v'2>0，即v'1和v'2均为正值，表示碰撞后两球的运动方向与v 1相同． ③ 若m 1>>m 2，则m 1－m 2≈m 1，m 1 + m 2≈m 1，可得v'1 = v1，v'2 = 2v 1。
碰撞与类碰撞问题
碰撞与类碰撞问题从两物体相互作用力的效果可以把碰撞问题分为：一般意义上的碰撞：相互作用力为斥力的碰撞相互作用力为引力的碰撞（例如绳模型）类碰撞：相互作用力既有斥力又有引力的碰撞（例如弹簧模型） 相互作用力既有斥力又有引力的碰撞（例如弹簧模型） 一、一般意义上的碰撞如图所示，光滑水平面上两个质量分别为m 1、m 2小球相碰。
这种碰撞可分为正碰和斜碰两种，在高中阶段只研究正碰。
正碰又可分为以下几种类型：1、完全弹性碰撞：碰撞时产生弹性形变，碰撞后形变完全消失，碰撞过程系统的动量和机械能均守恒2、完全非弹性碰撞：碰撞后物体粘结成一体或相对静止，即相互碰撞时产生的形变一点没有恢复，碰撞后相互作用的物体具有共同速度，系统动量守恒，但系统的机械能不守恒，此时损失的最多。
3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。
若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。
非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒（系统的动能减少）。
二、类碰撞中绳模型例：如图所示，光滑水平面上有两个质量相等的物体，其间用一不可伸长的细绳相连，开始B 静止，A 具有s m kg P A /4⋅=（规定向右为正）的动量，开始绳松弛，那么在绳拉紧的过程中，A 、B 动量变化可能是（ ）A 、s m kg P A /4⋅-=∆，s m kg PB /4⋅=∆ B 、s m kg P A /2⋅=∆，s m kg P B /2⋅-=∆C 、s m kg P A /2⋅-=∆，s m kg P B /2⋅=∆D 、s m kg P P B A /2⋅=∆=∆[析与解]：绳模型中两物体组成的系统同样要满足上述的三个原则，只是在第2个原则中，由于绳对两个小球施加的是拉力，前者受到的冲量向后，动量减小；后者受到的冲量向前，动量增加，当两者的速度相等时，绳子的拉力为零，一起做匀速直线运动。
综上所述，本题应该选择C 选项。
2024年高考物理热点-碰撞与类碰撞模型(解析版)
碰撞与类碰撞模型1.碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，对学生的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力要求比较高。
高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律。
2.高考题命题加重了试题与实际的联系，命题导向由单纯的解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会建构模型、科学推理。
3.动量和能量综合考查是高考命题的热点，在选择题和计算题中都可能出现，选择题中可能考查动量和能量知识的简单应用，计算题中一般结合竖直面内的圆周运动模型、板块模型或弹簧模型等压轴考查，难度较大。
此类试题区分度较高，且能很好地考查运动与相互作用观念、能量观念动量观念和科学思维要素，因此备考命题者青睐。
题型一人船模型1．模型简析：如图所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m 船v 船=m 人v 人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得x 人=m 船m 人+m 船L ，x 船=m 人m 人+m 船L 。
2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。
(2)动量守恒且总动量为零。
3．结论：m 1x 1=m 2x 2(m 1、m 2为相互作用物体的质量，x 1、x 2为其对地位移的大小)。
题型二“物块-弹簧”模型模型图例m 1、m 2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m 1以初速度v 0运动两种情景1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大：(1)系统动量守恒：m 1v 0=(m 1+m 2)v 共。
210212共pm 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零：(1)系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2。
精解两类碰撞问题
精解两类碰撞问题贵州省教育学院实验中学牟嗣珍贵州省贵阳市第一中学田仁军摘要：从弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点出发，分析两个或两个以上物体间的相互作用问题，把众多看似无关的试题当作弹性碰撞和完全非弹性碰撞来进行求解，从而准确识别、快速求解相关问题。
关键词：类弹性碰撞类完全非弹性碰撞动量与能量的综合问题一直是高中物理的难点问题，不少学生在解决这类问题时常无从下手。
调查表明，一是学生不能把复杂的过程分解为若干个子过程，二是学生不能准确识别每个子过程的遵循的规律，因而不可能对题目进行准确的分析与求解。
实践表明，在解答过程中，这类问题大多和碰撞的两类基本问题，即弹性碰撞和完全非弹性碰撞有相似的数学表达，从这个意义上来说，他们应该属于同一类问题。
可以把与弹性碰撞相似的问题称为类弹性碰撞问题，把与完全非弹性碰撞相似的问题称为类完全非弹性碰撞问题。
一、类完全非弹性碰撞基本特征：发生相互作用的两个物体动量守恒或在水平方向动量守恒，而且题目所求的时刻，两个物体的速度相同。
有这样特征的问题称之为类完全非弹性碰撞问题。
基本题目：如图所示，在光滑的水平面上有两物体和，其中静止，以速度向运动并发生碰撞，且碰撞后粘合在一起。
设系统减少的动能全部转化为内能，求系统增加的内能。
此题容易求解，学生一般都没有什么困难。
求解过程如下：两物体碰撞，由动量守恒有， (1)由碰撞中减少的动能转化为内能可得， (2)解之可得：，即损失的动能与被碰的物体质量成正比。
同类问题：(1)如图所示，木块A和B的质量分别为和，固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上。
现给A以向右的水平速度，求在两物体相互作用的过程中，弹性势能的最大值。
(2）如图所示，在光滑的水平面上有一静止的光滑曲面滑块，质量为。
现有一大小忽略不计的小球，质量为，以速度冲向滑块，并进入滑块的光滑轨道，设轨道足够高。
求小球在轨道上能上升的最大高度。
(3)如图所示，质量为的小物体放在质量为的长木板的左端，长木板放在光滑的水平面上。
专题09 碰撞问题(解析版)-高考物理计算题专项突破
专题09 碰撞问题1.弹性碰撞：'p p =且E E ='；（同时满足动量守恒和机械能守恒）2.非弹性碰撞：'p p =且E E <'；（满足动量守恒，机械能不守恒）3.完全非弹性碰撞：')(212211v m m v m v m +=+；（碰撞后的两物体速度相同，机械能损失最大）在解有关物体碰撞类问题时，第一步要明确研究对象，一般情况下研究对象为两个或多个物体组成的系统。
第二对系统进行受力分析，弄清系统的内力和外力，判断动量是否守恒。
然后通过分析碰撞的过程，确定初、末状态的动量、能量。
根据动量守恒定律或能量守恒定律列出方程进行求解，并对结果进行讨论。
1.碰撞的种类及特点分类标准种类特点弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非完全弹性碰撞动量守恒，机械能有损失能量是否守恒完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大对心碰撞（正碰）碰撞前后速度共线碰撞前后动量是否共线2.解决碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即1212P P P P''+=+（2）动能不增加，即 1212k k k k E E E E ''+≥+ 或2222121212122222P P P P m m m m ''+≥+（3）速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v v >后前，否则无法实现碰撞。
碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v v ''≥后前，否则碰撞没有结束。
如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
3.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒.m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2若v 2＝0，则有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE ＝E k 初总－E k 末总＝Q .(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大.设两者碰后的共同速度为v 共，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共机械能损失为ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2.4.碰撞问题遵循的三个原则：(1)系统动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)系统动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理：①碰前两物体同向，则v 后>v 前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′.②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.典例1：（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。
高考物理：高中物理碰撞模型!
高考物理：高中物理碰撞模型！一、碰撞问题：完全弹性碰撞：碰撞时产生弹性形变，碰撞后形变完全消失，碰撞过程系统的动量和机械能均守恒。
完全非弹性碰撞：碰撞后物体粘结成一体或相对静止，即相互碰撞时产生的形变一点没有恢复，碰撞后相互作用的物体具有共同速度，系统动量守恒，但系统的机械能不守恒，此时损失的最多。
二、两类问题1、完全非弹性碰撞在光滑水平面上，质量为m1的物体以初速度v1去碰撞静止的物体m2，碰后两物体粘在一起。
碰撞时间极短，内力很大，故而两物体组成系统动量守恒。
碰后两物体速度相等，由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：解得：作用结束后，两物体具有共同的速度，为完全非弹性碰撞，此时系统动能损失最大。
2、完全弹性碰撞在光滑水平面上，质量为m1的物体以初速度v0去碰撞静止的物体m2，碰后的m1速度是v1，m2的速度是v2，碰撞过程无机械能损失。
据动量守恒定律：据能量守恒定律得：解得：对v1、v2分情况讨论：①若，则、，物理意义：入射小球质量大于被碰小球质量，则入射小球碰后仍沿原方向运动但速度变小，被碰小球的速度大小入射小球碰前的速度。
②若，则、，物理意义：入射小球与被碰小球质量相等，则碰后两球交换速度。
③若，则（即与方向相反）、，物理意义：入射小球质量小于被碰小球质量，则入射小球将被反弹回去，被碰小球的速度小于入射小球碰前的速度。
④若，则趋近于、趋近于，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量大的多，则入射小球的速度几乎不变，被碰小球的速度接近入射小球碰前速度的2倍，也就是说被碰小球对入射小球的运动影响很小，但入射小球对被碰小球的运动影响不能忽略，例如：用一个铅球去撞击一个乒乓球。
⑤若，则v1趋近于、趋近于0，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量小的多，则入射小球几乎被原速率反弹回去，被碰小球几乎不动，例如：乒乓球撞击铅球。
注意：上面讨论出的结果不能盲目乱搬乱用，应用的前提条件是：一个运动的物体去碰撞一个静止的物体，且是弹性碰撞。
第5讲 碰撞的综合问题
C
A.碰后两壶动量的变化量相同B.两壶碰撞过程为弹性碰撞C.碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍D.红壶碰前速度约为碰后速度的4倍
例3 有关专家研究得出人在打喷嚏时一次可以喷出10万个唾液飞沫，这些飞沫以每小时145千米的速度从呼吸道喷出.某人感冒打喷嚏时气流喷出的速度大小为 ，假设打一次喷嚏大约喷出体积为 的空气，用时约 .已知空气的密度为 ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为( )A. B. C. D.
图5-4
1.(多选)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动.游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像( 图像)如图5-4所示.已知小孩的质量为 ，大人的质量为 ,碰碰车质量相同，碰撞时间极短.下列说法正确的是( )
BD
A.碰撞前后小孩的运动方向没有改变B.碰碰车的质量为 C.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为 D.碰撞过程中损失的机械能为
3.某烟花弹在点燃后升空到离地高为 时速度变为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸裂为质量相等的 、 两部分， 竖直向上运动， 竖直向下运动， 继续上升的最大高度为 ，从爆炸之后瞬间开始计时， 、 在空中运动的时间分别为 和 .不计空气阻力，重力加速度为 ，则 与 的比值为( )A. B. C. D.
B
图5-1
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C. 大于 D. 大于
[解析] 由于中子和氢核质量相等，且发生的是弹性碰撞，所以碰后二者交换速度，氢核碰后的动量与碰前中子的动量相等，动能也相等，中子与氮核也发生弹性碰撞，因为是质量小的粒子碰质量大的粒子，所以碰后中子会反向运动，根据动量守恒定律可知，碰后氮核的动量会大于碰前中子的动量，根据系统动能不变，可知碰后氮核的动能小于碰前中子的动能，故A错误，B正确；由于发生的是弹性碰撞，而且是运动的粒子碰静止的粒子，则碰后氢核的速度 ，氮核的速度为 ，可知 ， ，故C、D错误.
专题(45)“碰撞类”模型问题(解析版)
2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（45）“碰撞类”模型问题（解析版）专题解读1.本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，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理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．命题热点一：“物体与物体”正碰模型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．(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝m1－m2v1＋2m2v2 m1＋m2v2′＝m2－m1v2＋2m1v1 m1＋m2(2)v2＝0时，v1′＝m1－m2m1＋m2v1v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；①若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后，两物体沿同一方向运动)；①若m1①m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；①若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后，两物体沿相反方向运动)；①若m1①m2，则v1′≈－v1，v2′≈0.2．非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋ΔE k损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．m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v12m1v12＋12m2v22＝12(m1＋m2)v2＋ΔE k损max4．碰撞遵守的原则(1)动量守恒．(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p122m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)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v前≥v后．①两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零．例1如图所示，质量为m1＝0.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量为m2＝1 kg.碰撞前瞬间，A的速度大小为v0＝3 m/s，B静止在水平面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间．【答案】见解析【解析】假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有－μ(m1＋m2)gt1＝0－(m1＋m2)v1解得t1＝0.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为v A、v B，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v A＋m2v B由机械能守恒有12m1v02＝12m1v A2＋12m2v B2设碰后B滑行的时间为t2，则－μm 2gt 2＝0－m 2v B解得t 2＝0.5 s可见，碰后B 在水平面上滑行的时间t 满足0.25 s≤t ≤0.5 s.【变式1】 在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v ，儿子的速度大小为2v .两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t 停止运动．已知父亲和车的总质量为3m ，儿子和车的总质量为m ，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，求：(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小．【答案】(1)μgt 12μgt 2 (2)3mv －3μmgt 【解析】(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v 1，由动量定理可得－μ·3mgt ＝0－3mv 1得v 1＝μgt设此后父亲能滑行的最大距离为s ，由动能定理可得－μ·3mgs ＝0－12×3mv 12 得s ＝12μgt 2 (2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v 2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得3mv －m ·2v ＝3mv 1＋mv 2设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I ，由动量定理可得I ＝mv 2－(－m ·2v )解得I ＝3mv －3μmgt命题热点二：“滑块-弹簧”碰撞模型模型图示模型特点(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，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】A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v如图甲，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v如图乙，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A．L1>L2B．L1<L2 C．L1＝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A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得：E p＝12mv2－12(m＋M)v′2联立解得弹簧压缩到最短时E p＝mMv22m＋M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：E p＝mMv22m＋M故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．变式2】 两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图所示．已知B 与C 碰撞后会粘在一起运动．在以后的运动中：(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)3 m/s (2)12 J【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：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v A解得v A ＝3 m/s(2)B 、C 碰撞过程系统动量守恒m B v ＝(m B ＋m C )v C故v C ＝2 m/s碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故E p ＝12m A v 2＋12(m B ＋m C )v C 2－12(m A ＋m B ＋m C )v A 2＝12 J 命题热点三：“滑块--斜面”碰撞模型(1)最高点：m 与M 具有共同水平速度v ，m 不会从此处或提前偏离轨道．系统例3】 如图所示，半径均为R 、质量均为M 、内表面光滑的两个完全相同的14圆槽A 和B 并排放在光滑的水平面上，图中a 、c 分别为A 、B 槽的最高点，b 、b ′分别为A 、B 槽的最低点，A 槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m 的小球C 从圆槽A 顶端的a 点无初速度释放．重力加速度为g ，求：(1)小球C 从a 点运动到b 点时的速度大小及A 槽对地面的压力大小；(2)小球C 在B 槽内运动所能达到的最大高度；(3)B 的最大速度的大小．【答案】(1)2gR 3mg ＋Mg (2)MR M ＋m (3)2m M ＋m2gR 【解析】(1)小球C 从a 点运动到b 点的过程，机械能守恒，有mgR ＝12mv 02 解得小球到b 点时的速度大小为v 0＝2gR在最低点b ，根据牛顿第二定律可得F N －mg ＝m v 02R解得F N ＝3mg由牛顿第三定律可知，小球C 对A 的压力F N ′＝F N ＝3mg ，A 静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A 的支持力F ＝F N ′＋Mg ＝3mg ＋Mg ，由牛顿第三定律可知，A 对地面的压力F ′＝F ＝3mg ＋Mg .(2)B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C 在B 槽内运动至所能达到的最大高度h 处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv 0＝(M ＋m )v由机械能守恒定律，有12mv 02＝12(M ＋m )v 2＋mgh 解得h ＝MR M ＋m. (3)当小球回到B 槽的底端b ′点时，B 的速度最大，根据动量守恒定律，有mv 0＝mv 1＋Mv 2由能量守恒定律可知12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22 解得v 2＝2m M ＋m2gR .【变式3(2020·甘肃天水市调研)如图所示，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m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，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C 以水平速度v 0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B .求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度．【答案】(1)14mv 02 (2)3v 0240g【解析】(1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向由动量守恒定律得：mv 0＝2mv解得v ＝12v 0； 碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12×2mv 2 解得E 损＝14mv 02. (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：mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1解得v 1＝15v 0 根据机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝⎛⎭⎫12v 02－12×5m ⎝⎛⎭⎫15v 0 2 解得h ＝3v 0240g. 命题热点四：“滑块--木板”碰撞模型(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例4 如图所示，在光滑水平面上有B 、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上有一个可视为质点的物块A ，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左运动．B 、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置，C 的长度为L ，不计空气阻力．求：(1)木板C 的最终速度大小；(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力F f 大小；(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t .【答案】(1)56v (2)mv 23L (3)3L 2v【解析】(1)设水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程中动量守恒：2mv －mv ＝(2m ＋m )v 1解得v 1＝v 3A 滑到C 上，A 、C 动量守恒：3mv ＋mv 1＝(3m ＋m )v 2解得v 2＝56v ； (2)根据能量关系可知，在A 、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q ＝12(3m )v 2＋12mv 12－12(3m ＋m )v 22 Q ＝F f · L 2联立解得F f ＝mv 23L； (3)在A 、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得F f t ＝mv 2－mv 1解得t ＝3L 2v.变式4 如图所示，质量m ＝1 kg 的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M ＝2 kg 的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度均为0.6 m 且上表面等高．现对小物块施加一水平向右的恒力F ，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F ，小物块刚好能够到达小车的右端．小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)小物块离开平台时速度的大小；(2)水平恒力F 对小物块冲量的大小．【答案】(1)3 m/s (2)5 N· s【解析】(1)设撤去水平向右的恒力F 时小物块的速度大小为v 0，小物块和小车的共同速度大小为v 1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v 0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：由动量守恒：mv 0＝(m ＋M )v 1由能量守恒：12mv 02＝12(m ＋M )v 12＋μmgl 联立以上两式并代入数据得：v 0＝3 m/s(2)设水平恒力F 对小物块冲量的大小为I ，小物块在平台上相对平台运动的时间为t .小物块在平台上相对平台运动的过程，对小物块：由动量定理：I －μmgt ＝mv 0－0由运动学规律：l ＝v 02·t 联立并代入数据得：I ＝5 N· s.课时精练：1.如图1所示，光滑水平面上质量为m 1＝2 kg 的物块以v 0＝2 m/s 的初速度冲向质量为m 2＝6 kg 的静止的光滑圆弧面斜劈体，圆弧部分足够长．求：图1(1)物块m 1刚滑到最高点位置时，二者的速度大小；(2)物块m 1刚从圆弧面滑下后，二者速度大小．(3)若m 1＝m 2，物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小．【答案】见解析【解析】(1)物块m 1与斜劈体作用过程水平方向动量守恒，且到最高点时共速，以v 0方向为正，则有：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝0.5 m/s ；(2)物块m 1从滑上圆弧面到从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，能量守恒，则有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0代入数据得：v 1＝－1 m/s ，v 2＝1 m/s ；(3)若m 1＝m 2，根据上述分析，物块m 1从圆弧面滑下后，交换速度，即v 1′＝0，v 2′＝2 m/s.2． 如图2所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m 2＝3 kg 的滑块B 静止在光滑曲面的底端，质量为m 1＝2 kg 的滑块A 由曲面上某一高度H 处无初速度释放，滑到底端和滑块B 发生弹性正碰，碰后滑块B 在平面上滑行的距离为L ＝2 m ，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块B 在碰撞后瞬间的速度大小；(2)滑块A 的释放高度．【答案】(1)4 m/s (2)1.25 m【解析】(1)碰后滑块B 减速滑行，由动能定理得：－μm 2gL ＝－12m 2v 22 滑块B 碰后瞬间的速度：v 2＝4 m/s(2)两滑块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 滑块A 下滑过程，由动能定理得m 1gH ＝12m 1v 02 由以上各式解得 H ＝1.25 m3．如图3所示，静止放置在光滑水平面上的A 、B 、C 三个滑块，滑块A 、B 间通过一水平轻弹簧相连，滑块A 左侧紧靠一竖直固定挡板P ，某时刻给滑块C 施加一个水平冲量使其以初速度v 0水平向左运动，滑块C 撞上滑块B 的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J ，此时撤掉固定挡板P ，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A 、B 、C 的质量分别为m A ＝m B ＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，(取10＝3.16)求：图3(1)滑块C 的初速度v 0的大小；(2)当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小；(3)从滑块B 、C 压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量．【答案】 (1)9 m/s (2)1.9 m/s (3)1.47 N·s ，方向水平向右【解析】(1)滑块C 撞上滑块B 的过程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被压缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12 解得：v 1＝3 m/s ，v 0＝9 m/s(2)设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，根据动量守恒定律得： m A v 3＝(m B ＋m C )v 2，根据能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22 解得：v 2≈1.9 m/s(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量为I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )(v 2＋v 1)解得：I ＝1.47 N·s ，方向水平向右．4．如图甲所示，半径为R ＝0.8 m 的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A 为轨道最高点，与圆心O 等高；B 为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝3 kg ，小车足够长，车的上表面与B 点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1) 求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2) 物块相对小车静止时距小车左端多远？【答案】 (1)30 N (2)1.75 m【解析】 (1)物块从光滑圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgR ＝12mv B 2代入数据解得v B ＝4 m/s在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R代入数据解得F N ＝30 N由牛顿第三定律可知，物块滑到B 点时对轨道的压力大小：F N ′＝F N ＝30 N(2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．以向右为正方向，由动量守恒定律得mv B ＝(m ＋M )v代入数据解得v ＝1 m/s由能量关系得系统因摩擦产生的热量Q ＝12mv B 2－12(m ＋M )v 2 解得Q ＝6 J由功能关系知Q ＝12μ1mgx 1＋μ1mg (x －x 1) 将μ1＝0.4，x 1＝0.5 m 代入可解得x ＝1.75 m.。
碰撞与类碰撞(原稿)
(2)当b棒的速度变为初速度的3/4时， c棒的加速度是多少？
解析： 取两棒为系统，根据动量守恒定律有：
mv0
m
3 4
v0
mv'
因b棒和c棒切割磁感线产生的感应电动势相互削弱，此时回路
中的感应电动势为：
E
Eb
Ec
BL
3 4
v0
BLv
由闭合电路欧姆定律得此时通过两棒的电流为： I E 2R
此时c棒所受的安培力为： F BIL
最终两棒共速时，类似于完全非弹性碰撞.
1 2
m2v02
1 2 ( m1
m2
)v共2 ＋Q
两棒产生焦耳热之比： Q1 R1
Q2 R2
例4．无限长的平行金属轨道M、N，相距L=0.5m，且水 平放置；金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒 的质量mb=mc=0.1kg，电阻Rb=Rc=1Ω，轨道的电阻不 计．整个装置放在磁感强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向 与轨道平面垂直(如图)．若使b棒以初速度v0=10m/s开始向 右运动，求：
例2．在光滑水平面上有两个相同的小球A、B通过轻 弹簧相连。两球质量都为m，B球静止，A球向B球运 动。当弹簧第一次压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前
A球的速度等于( C )
思考：①当弹簧第一次恢复形变时，A、B的瞬时速度
分别是多少？
VA=0、
vB 2
Ep m
②当弹簧第一次拉伸最长时，两球速度有什么特
碰撞 与 类碰撞
一、碰撞
碰撞过程十分短暂 碰撞物体间的内力远比周围物体给它们的力大
碰撞的特征(1)—— 系统动量守恒
根据碰撞过程，系统动能的变化，碰撞可分为：
1、弹性碰撞： 碰撞后，系统总动能不变
碰撞与类碰撞模型(解析版)--2024届新课标高中物理模型与方法
2024版新课标高中物理模型与方法专题碰撞与类碰撞模型目录【模型一】弹性碰撞模型【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型【模型三】碰撞模型三原则【模型四】小球-曲面模型【模型五】小球-弹簧模型【模型六】子弹打木块模型【模型七】滑块木板模型【模型一】弹性碰撞模型1.弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)1 2m1v21+12m2v22=12m1v1ˊ2+12m2v2ˊ2(2)联立(1)、(2)解得：v1ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2-v1，v2ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2-v2.特殊情况：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1 .2.“动静相碰型”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1=m1v1′+m2v2′1 2m1v21=12m1v1′2+12m2v2′2解得：v1′=(m1-m2)v1m1+m2，v2′=2m1v1m1+m2结论：(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)(3)当m1<m2时，v1′<0，v2′>0(小碰大，要反弹)(4)当m1≫m2时，v1′=v0，v2′=2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1≪m2时，v1′=-v1，v2′=0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)1(2023·全国·高三专题练习)如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L= 0.8m，轻绳处于水平拉直状态。
现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度h=0.2m，小物块沿水平地面滑到B点停止运动。
碰撞中的临界问题及多次碰撞问题-高考物理复习课件
2.(多选)(2024·广东佛山高三校考)如图3，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，
静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m＝1 kg，可视为质点的物块以速
度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2。
例2 (2024·湖北黄冈高三检测)人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固 木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在 冰面上的木箱以速度v推向前方弹性挡板，木箱与挡板碰撞后又反向弹回。设 木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度v将木箱推 向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱(已知 M∶m＝31∶2)。 解析 人推木箱的过程，对于人和木箱组成的系统，由动量守恒定律有 第1次推木箱前后：0＝Mv1－mv 第2次推木箱前后：Mv1＋mv＝Mv2－mv…… 第n次推木箱前后：Mvn－1＋mv＝Mvn－mv n个式子相加得(n－1)mv＝Mvn－nmv 所以 vn＝(2n－M1)mv＝2(2n31－1)v
二、多次碰撞问题 多次碰撞问题的处理方法是数学归纳法，先利用所学知识把前几次碰撞过程 理顺、分析透彻。根据前几次数据利用数学归纳法，可写出之后碰撞过程中 对应规律或结果，然后可以计算全程的路程或发生碰撞的总次数等数据。多 次碰撞问题涉及的主要模型有：1.两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰 撞；2.多个物体发生连续碰撞。
下列说法正确的是(BD )
A.n＝26
B.系统因摩擦产生的热量为25 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
碰撞与类碰撞问题从两物体相互作用力的效果可以把碰撞问题分为： 一般意义上的碰撞：相互作用力为斥力的碰撞 相互作用力为引力的碰撞（例如绳模型）类碰撞：相互作用力既有斥力又有引力的碰撞（例如弹簧模型） 相互作用力既有斥力又有引力的碰撞（例如弹簧模型）一、一般意义上的碰撞如图所示，光滑水平面上两个质量分别为m 1、m 2小球相碰。
这种碰撞可分为正碰和斜碰两种，在高中阶段只研究正碰。
正碰又可分为以下几种类型：1、完全弹性碰撞：碰撞时产生弹性形变，碰撞后形变完全消失，碰撞过程系统的动量和机械能均守恒2、完全非弹性碰撞：碰撞后物体粘结成一体或相对静止，即相互碰撞时产生的形变一点没有恢复，碰撞后相互作用的物体具有共同速度，系统动量守恒，但系统的机械能不守恒，此时损失的最多。
3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。
若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。
非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒（系统的动能减少）。
二、类碰撞中绳模型例：如图所示，光滑水平面上有两个质量相等的物体，其间用一不可伸长的细绳相连，开始B 静止，A 具有s m kg P A /4⋅=（规定向右为正）的动量，开始绳松弛，那么在绳拉紧的过程中，A 、B 动量变化可能是（ ）A 、s m kg P A /4⋅-=∆，s m kg PB /4⋅=∆B 、s m kg P A /2⋅=∆，s m kg P B /2⋅-=∆C 、s m kg P A /2⋅-=∆，s m kg P B /2⋅=∆D 、s m kg P P B A /2⋅=∆=∆[析与解]：绳模型中两物体组成的系统同样要满足上述的三个原则，只是在第2个原则中，由于绳对两个小球施加的是拉力，前者受到的冲量向后，动量减小；后者受到的冲量向前，动量增加，当两者的速度相等时，绳子的拉力为零，一起做匀速直线运动。
综上所述，本题应该选择C 选项。
三、类碰撞中弹簧模型例：在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度V ，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度？[析与解]：刚开始，A 向右运动，B 静止，A 、B 间距离减小，弹簧被压缩，对两球产生斥力，相当于一般意义上的碰撞，此时A 动量减小，B 动量增加。
当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大。
接着，A 、B 不会一直做匀速直线运动，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A 动量继续减小，B 动量继续增加。
所以，到弹簧第一次恢复原长时，A 球动量最小，B 球动量最大。
在整个过程中，系统动量守恒，从开始到第一次恢复原长时，弹簧的弹性势能均为零，即系统的动能守恒。
A B mv mv mv =+222111222A B mv mv mv =+ 解得： A v v =0B v = （这组解即为刚开始两个物体的速度）或 0A v =B v v = （此组解为弹簧第一次恢复原长时两个物体的速度）三、边解边悟1．在光滑的水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线．2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v 0射向它们，如图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个小球的速度为多少？解析：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为0v ；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v 0．2．用轻弹簧相连的质量均为m =2㎏的A 、B 两物体都以v =6m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M = 4㎏的物体C 静止在前方，如图所示。
B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A 的速度。
（2）弹性势能的最大值是多大？解析：（1）由动量守恒定律得当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最多，此时A 、B 、C 的速度相等2 mv =（2m +M ）v 1v 1=2 mv /（2m +M ）=3 m/s即A 的速度为3 m/s（2）由动量守恒定律得B 、C 碰撞时mv =（m +M ）v 2v 2= mv /（m +M ）=2m/s由能量守恒可得mv 2/2＋（m ＋M ）v 22/2=（2m ＋M ）v 12/2＋△E P解得：△E P =12J3．质量均为m ，完全相同的两辆实验小车A 和B 停放在光滑水面上，A 车上另悬挂有一质量为2m 的小球C 。
开始B 静止，A 、C 以速度v 0向右运动，两车发生完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球C 先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平，求：（1）小球第一次向右摆起至最大高度h 1时小车A 的速度大小v .（2）小球第一次向右摆起的最大高度h 1和第一次向左摆起的最大高度h 2之比.解析：（1）研究A 、B 、C 整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，A B C v根据水平方向动量守恒（3m ）v 0 = (4m) v 解得043v v = （2）研究A 、B 整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间A 、B 共同速度为v 1，根据动量守恒mv 0 = (2m)v 1 解得0121v v = 从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律 221201)4(21)2(21)2(21)2(v m v m v m gh m -+=解得gv h 16201= 由受力分析可知，小球下摆回最低点，B 、C 开始分离。
设此时小球速度为v 3，小车速度为v 4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒（2m ）v 0 +(2m)v 1 = (2m)v 3 +(2m)v 4根据机械能守恒定律24232120)2(21)2(21)2(21)2(21v m v m v m v m +=+ 解得小球速度v 3 = v 1 =021v ，方向向右 小车速度v 4 = v 0，方向向右另一根不合题意舍去。
研究A 、C 整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。
根据水平方向向量守恒(2m) v 3 +mv 4 = (3m)v 5根据机械能守恒定律2524232)3(2121)2(21)2(v m mv v m gh m -+=解得g v h 24202= 所以h 1：h 2 =3：24．如图所示，质量为M=3kg 、长度为 L=1.2m 的木板静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为L 0=0.6m 的轻弹簧，右端放置一质量为m=1kg 的小物块，小物块与木块间的动摩擦因数为μ=0.4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量I 0=4N ·s ，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹性势能增大为最大值E max ，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=10m/s 2。
求：（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v ；（2）弹性势能的最大值E max 及小物块相对于木板向左运动的最大距离L max 。
解析：（1）由动量定理及动量守恒定律得I 0=mv 0 mv 0=(m+M)v解得：v=1m/s（2）由动量守恒定律和功能关系得mv 0=(m+M)u 21mv 20 =21（m+M ）v 2+μmgL max +E max 21mv 20 =21（m+M ）u 2+2μmgL max 解得：E max =3J L max =0.75m5.在绝缘水平面上放一质量m =2.0×10-3kg 的带电滑块A ，所带电荷量q =1.0×10-7C .在滑块A 的左边l =0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块B ，质量M =4.0×10-3kg ，B 与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S =0.05m .如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E =4.0×105N/C ，滑块A 由静止释放后向左滑动并与滑块B 发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E 0=3.2×10-3J ，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g 取10m /s 2.求:(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v ；(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s .解析:(1)设两滑块碰前A 的速度为v 1，由动能定理有: E S AB l2121mv mgl qEl =-μ 解得:v 1=3m /sA 、B 两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为vv m M mv )(1+=解得:v =1.0m /s(2)碰后A 、B 一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x 1，由动能定理有：2011)(210)(v m M E gx m M qEx +-=-+-μ 解得:x 1=0.02m设反弹后A 、B 滑行了x 2距离后速度减为零，由动能定理得:0)(220=+--gx m M qEx E μ解得:x 2≈0.05m以后，因为qE >μ(M +m )g ，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:S =x 2+s -x 1=0.05m +0.05m -0.02m=0.08m .6.如图所示，两个完全相同质量为m 的木板A 、B 置于水平面上。
它们的间距s=2.88m ，质量为2m 、大小可以忽略的物块C 置于A 板的左端。
C 与A 之间的动摩擦因数为1μ=0.22，A 、B 与水平面之间的动摩擦因数2μ=0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。
开始时，三个物体处于静止状态，现给C 施加一个水平向右，大小为25mg 的恒力F ，假定A 、B 碰撞时间很短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度最少要为多少？解析：在A ，B 碰撞之前，A ，C 间的最大静摩擦力为21μmg=0.44mg ，大于C 所受到的外力0.4mg ，因此，A ，C 之间无相对运动。
所以A ，C 可作为一个整体。
碰撞前A ，C 的速度可以用动能定理求出。
碰撞之后，A ，B 具有共同的速度，C 的速度不变。
A ，C 间发生相对运动。
并且根据题意，A ，B ，C 系统所受的摩擦力等于F ，因此系统所受的合外力为零。