2020年高考物理复习：碰撞模型以及拓展问题
“碰撞类”模型问题(解析版)-2024高三物理一轮复习题型归纳(新高考专用)
第六章 碰撞与动量守恒定律“碰撞类”模型问题【考点预测】1.完全弹性碰撞(动碰静、动碰动)2.完全非弹性碰撞(碰后粘连、板块问题、子弹打木块、含弹簧类问题、含曲面或斜面问题)3.非完全弹性碰撞(碰后速度、碰后能量)【方法技巧与总结】一、碰撞的特点和分类1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。
2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。
(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。
(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。
3.爆炸：一种特殊的“碰撞”特点1：系统动量守恒。
特点2：系统动能增加。
二、弹性正碰模型1.“一动碰一静”模型当v2=0时，有v1′=m1-m2m1+m2v1v2′=2m1v1m1+m22.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰。
三、碰撞可能性分析判断碰撞过程是否存在的依据1.满足动量守恒：p1+p2=p1′+p2′。
2.满足动能不增加原理：E k 1+E k 2≥E k 1′+E k 2′。
3.速度要符合情景(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 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，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v 前′≥v 后′。
(2)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。
若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v 前≥v 后。
【题型归纳目录】题型一：“滑块-弹簧”模型题型二：“滑块-斜(曲)面”模型题型三：“物体与物体”正碰模型题型四：“滑块-木板”碰撞模型【题型一】“滑块-弹簧”模型【典型例题】1(多选)(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接并静止在光滑的水平地面上，现使A 以3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度时间图像如图乙，则有()A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都处于压缩状态B.从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长C.两物块的质量之比为m 1:m 2=1:2D.从t 3到t 4时刻两物块动量变化量相同【答案】BC【解析】AB ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，在t 1时刻弹簧处于压缩状态，在t 3时刻弹簧处于拉伸状态，从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长，恢复到初始状态，选项A 错误，B 正确；C ．在t 2时刻弹簧处于原长状态，则在0~t 2时间内，根据动量守恒和能量守恒关系可知m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 1v 20=12m 1v 21+12m 2v 22其中v0=3m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s解得两物块的质量之比为m1:m2=1:2选项C正确；D．从t3到t4时刻A的动量增加2kg∙m/s，B的动量减小2kg∙m/s，则两物块动量变化量不相同，选项D 错误。
2025高考物理总复习碰撞模型及拓展
考点一 碰撞模型
例3 (2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h ＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰 撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)碰撞时离地高度x； 答案 1 m
对物体A，根据运动学公式可得 x＝h－12gt2＝1.2 m－12×10×0.22 m＝1 m
考点一 碰撞模型
例2 (2024·江苏省木渎高级中学月考)如图所示，两小球P、Q
竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放源自已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞
均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞
后小球P上升的高度为
5 A.3h
√B.295h
7 C.3h
第七章
动量守恒定律
第 3
专题强化：碰撞模型及拓展
课
时
目标 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， 要求 会分析解决两类模型的有关问题。
内 容
考点一 碰撞模型
索
引
考点二 碰撞模型拓展
< 考点一 >
碰撞模型
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。
考点一 碰撞模型
总结提升
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。
全国通用2020版高考物理一轮复习第六章微专题48碰撞模型问题加练半小时含解析
碰撞模型问题[方法点拨] (1)对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间.(2)明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态.1.(多选)(2018·辽宁省朝阳市一模)在光滑水平面上，一质量为m 的小球1以速度v 0与静止的小球2发生正碰，碰后小球1、2的速度大小均为v 0，则小球2的质量可能是( )13A.m B.2m C.3m D.4m2.(2018·山东省济宁市期中)在光滑的水平地面上放有一质量为M ，带光滑圆弧形槽的小车，14一质量为m 的小铁块以速度v 沿水平槽口滑去，如图1所示，若M ＝m ，则铁块离开车时将( )图1A.向左平抛B.向右平抛C.做自由落体运动D.无法判断3.如图2所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个小物块，其中物块A 的左侧连接一水平轻质弹簧.物块A 处于静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰.对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A 的速率变化情况，图线2表示物块B 的速率变化情况.则在这四个图象中可能正确的是( )图24.为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速.已知探测器的质量为M ，每秒喷出的气体质量为m ，喷射气体的功率恒为P ，不计喷气后探测器的质量变化.则喷气Δt 秒后探测器获得的动能为( )A.B.mP Δt M mP Δt 2M C.D.m Δt 2MmP Δt 2M 25.(多选)(2018·山东省烟台市模拟)在某高空杂技类节目现场的下方放置有一弹簧垫.此弹簧垫可视为质量为m 的木板与两相同直立轻弹簧的上端相连且不固定，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h ，如图3所示.某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m 的物体从距木板上方6h 高的O 点由静止释放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A 点，此时弹簧恰好无形变.忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )图3A.整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒B.物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小C.物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mghD.若另一质量为m 的物体仍从O 点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为32gh6.(多选)(2018·湖北省名校联考)如图4所示，光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的圆弧曲面C ，质量为M 的小球B 置于其底端，另一小球A 质量为，小球A 以v 0＝6m/s14M2的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )图4A.B 的最大速率为4m/sB.B 运动到最高点时的速率为m/s34C.B 能与A 再次发生碰撞D.B 不能与A 再次发生碰撞7.(多选)(2018·河北省石家庄市质检)如图5所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块.现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0，下列说法正确的是( )图5A.最终小木块和木箱都将静止B.最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为－Mv 22 Mv 0 22 M ＋m C.木箱速度为时，小木块的速度为v 032Mv 03mD.最终小木块速度为Mv 0m8.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5kg·m/s ，p 2＝7kg·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s ，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是下面的哪几种( )A.m 1＝m 2 B.2m 1＝m 2C.4m 1＝m 2D.6m 1＝m 29.(多选)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故.根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A 正沿东西大道向正东行驶，汽车B 正沿南北大道向正北行驶.相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图6所示的事故报告图.通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中的P 点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同.为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是( )图6A.发生碰撞时汽车A 的速率较大B.发生碰撞时汽车B 的速率较大C.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5D.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2∶3510.(2018·辽宁省大连市模拟)水平光滑轨道在A 端与半径为R 的光滑半圆轨道ABC 相切，半圆的直径AC 竖直，如图7所示.小球P 的质量是Q 的2倍，两小球均可视为质点.小球P 以某一速度向右运动，与静止小球Q 发生正碰.碰后，小球Q 经半圆轨道ABC 从C 点水平抛出，落点与A 点相距2R ；小球P 在D 点脱离轨道，与圆心的连线OD 与水平方向夹角为θ.已知R ＝50.4m ，sin θ＝，重力加速度g ＝10m/s 2.求：23图7(1)碰撞后小球Q 经过A 点时的速度大小；(2)与Q碰撞前小球P的速度大小.11.(2018·甘肃省天水一中学段考试)如图8所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M＝2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰.设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求：图8(1)平板车的长度L至少多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度v n；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s.答案精析1.BD [设小球2的质量为M ，两球组成的系统在碰撞过程动量守恒，以小球1的初速度方向为正方向，如果碰撞后两个小球的速度同向，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋M )v 0，解得M ＝2m ，13如果碰撞后两球速度反向，由动量守恒定律得mv 0＝M ·v 0－mv 0，解得M ＝4m .故B 、D 正确.]13132.C [小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝Mv 车＋mv 铁由机械能守恒定律得：mv 2＝Mv 车2＋mv 铁2121212解得铁块离开小车时：v 铁＝0，v 车＝v所以铁块离开时将做自由落体运动，故A 、B 、D 错误，C 正确.]3.B [物块B 压缩弹簧的过程，开始时A 做加速运动，B 做减速运动，两个物块的加速度增大.当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A 继续加速，B 继续减速.当弹簧恢复原长时B 离开弹簧，A 、B 均做匀速直线运动，C 、D 错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度v A ＝v 0，v B ＝v 0.A 、B 两项中碰后B 的速度为正值，可知m B >m A ，故v A＝2m B m A ＋m B m B －m A m A ＋m B 2m AmB＋1v 0>v 0，故A 错误，B 正确.]4.B [对t ＝1s 内喷出的气体，由动能定理得Pt ＝mv 1212解得v 1＝.①2Pm在Δt 时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv 2＝m Δt ·v 1②探测器的动能为E k ＝Mv 22③12解①②③式得E k ＝，故选B.]mP Δt 2M5.BCD [物体与木板一起运动的过程中，相当于发生完全非弹性碰撞，机械能损失，系统的机械能不守恒，A 错误；物体与木板一起开始运动时，重力大于弹力，加速度向下，速度增大，后来弹力逐渐增大至大于重力，加速度向上，物体和木板要向下减速到零，故向下运动的过程速度先增大后减小，B 正确；物体下落过程由动能定理有0.5mg ·6h ＝×0.5mv 12，得v 1＝212，碰撞过程有0.5mv 1＝(m ＋0.5m )v 2，可得v 2＝v 1＝，此后一起向下运动再向上运3gh 13233gh 动到A 点，由机械能守恒定律有(m ＋0.5m )v 22＋E p ＝(m ＋0.5m )gh ，解得E p ＝0.5mgh ，C 正确；12另一质量为m 的物体从O 点释放，机械能较大，故经历下落和碰撞再上升的过程，能经过A 点且速度不为零而再上升，此时弹簧是原长，故A 点之后木板和物体分离，mg ·6h ＝×mv 1′2，12得v 1′＝2，碰撞过程有mv 1′＝2mv 2′，得v 2′＝v 1′＝，×2mv 2′2＋E p ＝2mgh ＋3gh 123gh 12×2mv 3′2，解得v 3′＝，D 正确.]123gh 26.AD [A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v 0＝v A ＋Mv B ，·v 02＝·v A 2＋·Mv B 2，解得v A ＝－2m/s ，v B ＝4m/s ，故B 的最大速率为M2M 212M 212M 2124m/s ，A 正确；B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v ，则Mv B ＝(M ＋2M )v ，得v ＝m/s ，43从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B 、C 分离时速度分别为v B ′、v C ′，由水平方向动量守恒有Mv B ＝Mv B ′＋2Mv C ′，由机械能守恒有·Mv B 2＝·Mv B ′2＋·2Mv C ′2，联立解得v B ′＝－121212m/s ，由于|v B ′|＜|v A |，所以二者不会再次发生碰撞，D 正确.]437.BC [木箱与小木块组成的系统动量守恒，设最终共同速度为v 1，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv 0＝(m ＋M )v 1，解得小木块和木箱的共同速度v 1＝，故A 、DMv 0m ＋M错误；对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE ＝Mv 0212－(m ＋M )v 12＝－，故B 正确；由动量守恒定律得Mv 0＝mv 2＋Mv 3，木箱速度为v 3＝12Mv 202M 2v 22 m ＋M时，小木块的速度为v 2＝，故C 正确.]v 032Mv 03m8.C [甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即：p 1′＝2kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋p 212m 1p 22m2p 1′22m 1，所以有：m 1≤m 2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，p 2′22m 2717就必须有＞，即m 1＜m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这p 1m 1p 2m 257一物理情景，即＜，所以m 1＞m 2，因此C 选项正确.]p 1′m 1p 2′m 2159.BC [设两辆车质量均为m ，相撞之前速度分别为v A 、v B ，相撞后向北的速度为v 1，向东的速度为v 2，则南北方向上动量守恒，有mv B ＝2mv 1；东西方向上动量守恒，有mv A ＝2mv 2，由题图可知v 1∶v 2＝6.0∶2.5＝12∶5，得v B ∶v A ＝12∶5，故选B 、C.]10.(1)6m/s (2)7m/s解析 (1)小球Q 离开C 点后做平抛运动，在竖直方向：2R ＝gt 2，在水平方向：2R ＝v C t ，125设小球P 的质量为M ，小球Q 的质量为m .P 与Q 相碰后，Q 的速度为v Q ，P 的速度为v P ，对小球Q ，由机械能守恒定律得mv Q 2＝mg ·2R ＋mv C 2，1212解得v Q ＝3＝6m/s.gR (2)小球P 在D 点脱离轨道，即轨道对小球P 的弹力F N ＝0，根据牛顿第二定律有Mg sin θ＝M ，v 2D R对小球P ，由机械能守恒定律得Mv P 2＝Mg (R ＋R sin θ)＋Mv D 2，1212小球P 、Q 碰撞过程中动量守恒，有Mv 0＝Mv P ＋mv Q ，解得v 0＝7m/s.11.(1) (2) (3)8v 203μg v 03n 3v 22μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有(M ＋m )v 02－(M ＋m )v 12＝F f L ，解得L ＝1212128v 23μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的，那么平板车和物块以相同13的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同，所以v 2＝v 1＝()2v 01313所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝v 03n(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝(M ＋m )v 0212整理得s ＝.3v 202μg。
2020-2021学年高中物理人教版选修3-5：微型专题 碰撞模型的拓展
－μmgx1＝12mv2－21mv20③ 则木块 A 所发生的位移为 x1＝3125μvg20④
(3)方法一：B 向右加速过程的位移设为 x2.
则 μmgx2＝21×3mv2⑤ 由⑤得：x2＝332vμ20g
木板的最小长度：
(3)对小滑块应用动能定理：－μmgs＝12mv2－12mv20 代入数据解得距离为 s＝0.135 m 答案：(1)0.6 m/s (2)0.072 J (3)0.135 m
模型 3 弹簧类模型 1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足 动量守恒． 2．整个过程往住涉及到多种形式的能的转化，如：弹性势能、动 能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题． 3．注意：弹簧压缩到最短或弹簧拉伸到最长时，弹簧连接的两物 体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．
变式训练 1 如图所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的木块， 木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止 状态．一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 击中木块，并嵌在其中，木块 压缩弹簧后在水平面上做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回 到原来位置的过程中，受到的合外力的冲量为( )
【解析】 A 对：甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，甲、乙两物块及 弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒．
B 错：当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方 向，设共同速率为 v，根据动量守恒定律有：mv 乙－mv 甲＝2mv，解得 v ＝0.5 m/s.
C 对：若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原来相同，则由 mv 乙－mv 甲 ＝－mv′甲＋mv′乙，解得 v′乙＝2 m/s；若物块甲的速率为 1 m/s，方向 与原来相反，则由 mv 乙－mv 甲＝mv′甲＋mv′乙，解得 v′乙＝0.
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。
2024届高考物理一轮复习导学案：“保守型”碰撞拓展模型
七、“保守型”碰撞拓展模型一、核心考点模型图示（接触面光滑）①达到共速相当于完全非弹性碰撞⇔系统水平动量守恒⇔E k 损失最大⇔转化为E p 最多212211m m v m v m v ++=共221k p )(21v v m E E -⋅==并损②恢复原状相当于弹性碰撞⇔系统水平动量守恒⇔E k 无损失⇔远离追及v v ∆=∆2112222111)('m m v v m v m v m v +-++=2121122112)('m m v v m v m v m v +-++=③移动人船系统水平动量守恒，且总动量为p ⇔位移公式t p x m x m 总=+2211（x 1、x 2均指对地水平位移）④相关说明1.圆周运动相关问题：最低点向心力公式：Rv v mmg N 221)''(-=-备注：向心力公式中的v 指的是相对圆心的速度，考虑到小球滑到最低点时，凹槽具有速度，故小球相对圆心的速度为两者的相对速度；2.如果圆弧凹槽高度不够，小球将会离开凹槽，做斜抛运动，在最高点处达到共速，并一定可以落回圆弧凹槽，如图；3.v-t 图像如图所示。
二、真题训练1.(2023·江西南昌市模拟)如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上．现在使甲瞬间获得水平向右的速度v 0＝4m/s ，当甲物体的速度减小到1m/s 时，弹簧最短．下列说法中正确的是()A ．此时乙物体的速度大小为1m/sB ．紧接着甲物体将开始做加速运动C ．甲、乙两物体的质量之比m 1∶m 2＝1∶4D ．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4m/s2.(多选)(2023·重庆市名校联考)如图所示，A 、B 、C 三个半径相等的刚性小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为m A ＝2kg 、m B ＝3kg 、m C ＝2kg ，初状态三个小球均静止，B 、C 两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态．现给A 球一个向左的初速度v 0＝10m/s ，A 、B 两球碰后A 球的速度变为方向向右、大小为2m/s.下列说法正确的是()A ．球A 和球B 间的碰撞是弹性碰撞B ．球A 和球B 碰后，弹簧恢复到原长时球C 的速度大小为9.6m/s C ．球A 和球B 碰后，球B 的最小速度为1.6m/sD ．球A 和球B 碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96J3．（多选）如图所示，滑块和小球的质量分别为M 、m 。
高考物理复习----碰撞模型的拓展题型分析PPT课件
(2)若小球从弧形槽B上滑下后还能追上弧形槽A，求M、m间所满足的 关系.
答案 M>3m
解析 小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小 球速度反向，大小为v3，弧形槽B的速度为v4，整个过程二者水平方向动 量守恒， 则有mv1＝－mv3＋Mv4， 二者的机械能守恒，则有
12mv12＝12mv32＋12Mv42， 联立解得 v3＝MM－ ＋mmv1 小球还能追上A，则有v3>v2 解得M>3m.
例3 如图4所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接 触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上.现有 一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发 生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱 离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知mA＝1 kg， mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2.求： (1)滑块A与滑块B碰撞结 束瞬间的速度大小；
mh
A.h
B.m＋M
mh C. M
√ Mh
D.m＋M
34
图7
解析 斜面固定时，根据动能定理可得－mgh＝0－12mv02，解得 v0＝ 2gh， 斜面不固定时，由水平方向动量守恒得 mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得 12mv02＝12(M＋m)v2＋mgh1，解得 h1＝M＋M mh，D 项正确.
例2 (多选)如图3所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两
小球质量分别为m1、m2，m1>m2，m2的左边有一固定挡板.由图示位置静 止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过 程中
A.m1 的最小速度是 0
碰撞模型及拓展
微专题47 碰撞模型及拓展1．碰撞的特点：系统动量守恒、碰后系统的动能不增加、碰撞前后的速度要符合实际.2.“弹簧－滑块〞模型：(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化；(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动能.3.“小球－斜面模型〞：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．1．(·赢在高考模拟)汽车A 和汽车B 静止在水平地面上，某时刻汽车A 开始倒车，结果汽车A 撞到了停在它正前方的汽车B ，汽车B 上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B 前面的物体相对于汽车B 自身的速度．在本次碰撞中，如果汽车B 的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A 的速度大小为v 0，汽车A 的质量是汽车B 质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，那么碰后瞬间汽车A 相对于地面的速度大小为( )A.12v 0B.23v 0C.13v 0D.14v 0 答案 C解析 两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，以碰撞前A 的速度方向为正方向，设B 的质量为m ，那么A 的质量为2m ，由动量守恒定律，有2m v 0＝2m v 1＋m v 2，由机械能守恒定律，有12×2m v 02＝12×2m v 12＋12m v 22，解得v 1＝13v 0，应选C. 2．(多项选择)(·百师模拟四)质量为3m 、速度为v 的A 球与质量为m 的静止B 球发生正碰．在两球碰撞后的瞬间，以下说法正确的选项是( )A ．A 球速度可能反向B ．A 球速度可能为0.6vC ．B 球速度可能为vD ．B 球速度可能为1.4v答案 BCD解析 假设是弹性碰撞，A 、B 两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3m v ＝3m v A ＋m v B ，系统机械能守恒：12×3m v 2＝12×3m v A 2＋12m v B 2，联立解得v A ＝0.5v ，v B ＝1.5v ；假设是完全非弹性碰撞，A 、B 两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3m v ＝(3m ＋m )v 共，解得v 共＝0.75v ，因不能确定碰撞类型，碰撞后A 球的速度满足0.5v ≤v A ≤0.75v ，A 球速度不可能反向，A 项错误，B 项正确；碰撞后B 球的速度满足0.75v ≤v B ≤1.5v ，C 、D 项正确．3．(·第二次省际调研)如图1(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m/s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v －t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．那么由图线可知( )图1A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小答案 B解析 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙|Δv 乙|＝m 甲|Δv 甲|，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，那么乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．(·一中期末)光滑水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，a 的质量为m ，b 的质量M 可以取不同的数值．现使a 以某一速度向b 运动，此后a 与b 发生弹性碰撞，那么( )A ．当M ＝m 时，碰撞后b 的速度最大B ．当M ＝m 时，碰撞后b 的动能最大C ．当M >m 时，假设M 越小，碰撞后b 的速度越小D ．当M <m 时，假设M 越大，碰撞后b 的动量越小答案 B解析 设碰撞前a 的速度为v ，由动量守恒与机械能守恒可知，碰后v a ＝m －M m ＋M ·v ，v b ＝2m m ＋M·v ，m 一定，M 越小，碰撞后b 的速度越大，故A 、C 错误．碰撞后b 的动能E k b ＝12M v b 2＝2Mm 2v 2(M ＋m )2＝2m 2v 2M ＋m 2M＋2m ，当M ＝m 2M ，即M ＝m 时，E k b 最大，故B 正确；b 的动量p ＝M v b ＝2Mm M ＋m ·v ＝2m 1＋m Mv ，知M 越大，p 越大，故D 错误． 5．(多项选择)(·全国名校11月大联考)如图2所示，一异形轨道由粗糙的水平局部和光滑的四分之一圆弧局部组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，以下说法正确的选项是( )图2A ．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B ．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C ．物块仍能停在水平轨道的最左端D ．物块将从轨道左端冲出水平轨道答案 BC解析 轨道不固定时，物块在轨道的水平局部时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒．物块在轨道的圆弧局部下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A 错误，B 正确；设轨道的水平局部长为L .轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v ，在轨道水平局部滑行的距离为x .取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0＝(M ＋m )v ，那么得v ＝0，根据能量守恒定律得：mgR ＝12(M ＋m )v 2＋μmgx ，联立解得x ＝L ，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C 正确，D 错误．6.(多项选择)(·市期末)如图3所示，一质量为0.2 kg 的滑块B 放在固定的竖直面内的14光滑圆弧底端，该圆弧的半径为0.45 m ，底端切线水平，且底端距水平地面的高度为0.8 m ．将一质量为0.1 kg 的滑块A 从圆弧顶端由静止释放，在圆弧底端与滑块B 发生弹性碰撞．A 、B 均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.以下说法正确的选项是( )图3A ．与滑块B 碰撞前瞬间，滑块A 的速度大小为1 m/sB ．与滑块B 碰撞前瞬间，滑块A 的速度大小为3 m/sC ．滑块A 落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为0.4 mD ．滑块B 落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为1.2 m答案 BC解析 对A ，由机械能守恒定律有m A gR ＝12m A v 02，v 0＝2gR ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；滑块A 、B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有：m A v 0＝m A v 1＋m B v 2，12m A v 02＝12m A v 12＋12m B v 22，得碰后滑块A 的速度v 1＝m A －m B m A ＋m B·v 0＝－1 m/s ，滑块B 的速度v 2＝2m A m A ＋m B·v 0＝2 m/s ，碰后滑块B 做平抛运动，圆弧光滑，滑块A 再次回到圆弧底端时的速度大小为v 1′＝1 m/s ，落到地面的时间为：t ＝2h g＝0.4 s ，A 的水平位移x A ＝v 1′t ＝0.4 m ，B 的水平位移x B ＝v 2t ＝0.8 m ，C 正确，D 错误．7.(多项选择)(·市第一次质检)如图4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3m ，静止在光滑的水平面上．现有一个可以看成质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，以下说法正确的选项是( )图4A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时，小车的速度大小为v 车＝v 2C ．车上管道中心线最高点的竖直高度为3v 28gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是m v 2答案 BC解析 小球与小车组成的系统在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以小车的速度方向一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A 错误；由系统动量守恒可得：m v ＝3m v 车＋m v 球，由机械能守恒定律可得：12m v 2＝12×3m v 车2＋12m v 球2，得v 车＝0.5v ，v 球＝－0.5v ，故B 正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同，故由动量守恒定律得：m v ＝(3m ＋m )v ′，得v ′＝14v ，小车的动量变化大小为Δp ＝3m ·14v ＝34m v ，故D 错误；由机械能守恒定律可得：12m v 2＝12×4m ×(14v )2＋mgh ，所以车上管道中心线最高点的竖直高度h ＝3v 28g，故C 正确． 8.(·市二诊)如图5所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度为g .那么( )图5A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为gR 3答案 D解析 A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A 错误；运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体应用机械能守恒可得mgR ＝12m v A 2＋12×2m v B 2，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 9．(多项选择)(·市二模)如图6甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0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2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，那么( )图6A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩最大时的弹性势能为32m v 02D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为m v 02答案 AC解析 对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能E p ＝12M v 02；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧到达最大压缩量仍为x 时，A 、B 二者到达相等的速度v ，由动量守恒定律有：M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒有：E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立两式可得：M ＝3m ，E p ＝12M v 02＝32m v 02，故B 、D 错误，A 、C 正确．10．(·一中月考)如图7所示，小球(可视为质点)用非弹性悬线吊在天花板上，在悬点正下方A 点处有一物块b (可视为质点)放在水平地面上，一质量为2m 的光滑曲面滑块c 与地面在B 点平滑连接，小球a 的质量为m ，物块b 的质量为2m ，物块b 与B 点左侧的水平地面间的动摩擦因数μ＝16，B 点右侧的水平地面光滑．将小球拉到悬线与竖直方向的夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球运动到最低点时刚好与物块发生弹性碰撞，碰后物块能滑到曲面上某一高度处．悬线长为L ，A 、B 两点的距离也为L ，重力加速度为g ，求：图7(1)碰后小球a 再次摆动的最大高度；(2)碰后物块b 滑上曲面c 的最大高度．答案 (1)118L (2)136L 解析 (1)设小球与物块碰撞前速度为v 1，根据机械能守恒定律有mg (L －L cos θ)＝12m v 12， 解得v 1＝gL .小球与物块碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有m v 1＝m v 2＋2m v 3，12m v 12＝12m v 22＋12×2m v 32， 解得v 2＝－13gL ，v 3＝23gL ， 设碰后小球再次摆动的最大高度为h 1，根据机械能守恒定律有mgh 1＝12m v 22，解得h 1＝118L . (2)物块b 在地面上运动时的加速度大小a ＝μg ，设物块b 运动到B 点的速度为v B ，根据匀变速直线运动规律有v B 2－v 32＝－2μgL ，设物块能滑上曲面的最大高度为h 2，此时b 与c 共速，根据水平方向上动量守恒可知2m v B＝4m v c ，根据能量守恒可知12×2m v B 2－12×4m v c 2＝2mgh 2，解得h 2＝136L . 11.如图8所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m 的小物块，物块跟车外表的动摩擦因数为μ，平板车的质量M ＝2m ，车与物块一起向右以初速度v 0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g ，求：图8(1)平板车的长度L 至少多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)假设在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n 次后，物块跟车一起运动的速度v n ；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车外表相对于车滑动的总路程s .答案 (1)8v 023μg (2)v 03n (3)3v 022μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有12(M ＋m )v 02－12(M ＋m )v 12＝12F f L解得L ＝8v 023μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的13，那么平板车和物块以相同的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同，所以v 2＝13v 1＝(13)2v 0 所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝v 03n (3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝12(M ＋m )v 02 整理得s ＝3v 022μg.。
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。
碰撞模型的拓展-高考物理复习
根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物 体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也 是1 m/s，A正确； 因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误； 根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误； 当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 m1v0＝ m1v1′＋m2v2′，12m1v02＝12m1v1′2＋12m2v2′2，联立解得 v2′＝2 m/s， D 错误.
例2 (多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物 块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上.现使A以3 m/s的速度向B运动 压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙，则有
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态 B.从t3到t4过程中，弹簧由压缩状态恢复原长
例1 (2023·江西南昌市模拟)如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别
为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上.现在使甲瞬间获 得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短. 下列说法中正确的是
√A.此时乙物体的速度大小为1 m/s
B.紧接着甲物体将开始做加速运动 C.甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4 D.当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
若滑块 P 不固定，小球与挡板第一次碰撞后将以 等大速度反弹，则滑上滑块后再滑回到地面的过 程，由动量守恒定律和能量关系可知 mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′，12mv12 ＋12Mv22＝12mv1′2＋12Mv2′2，联立解得 v1′＝43 m/s，v2′＝130 m/s， 因此时小球的速度小于滑块的速度，则小球与挡板碰后不能再次追 上滑块，则滑块的最终速度大小为130 m/s，选项 D 错误.
2020年高考物理专题 碰撞(含解析)
2020年高考物理专题 碰撞（含解析）1. 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，A 、B 两球的质量之比为__________，A 、B 碰撞前、后两球总动能之比为_______________ 答案： 4∶1，9∶5解析：A 球与挡板碰后两球刚好不发生碰撞，说明A 、B 碰后速率大小相同设为v ，规定向左为正方向，由动量守恒定律v m v m v m B A B B -=，由题意知v B ∶v =3∶1， 解得m A ∶m B =4∶1，碰撞前、后两球总动能之比为5:921212221=+=v )m m (v m E E B A B B k k 2. 水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(A)30% (B)50% (C)70% (D)90% 答案：A解析：碰撞过程的频闪的时间间隔t 相同，速度txv =，如图所示，相同时间内，白球碰前与碰后的位移之比大约为5∶3，速度之比为5∶3，白球碰后与灰球碰后的位移之比大约为1∶1，速度之比为1∶1，又动能221mv E k =，两球质量相等，碰撞过程中系统损失的动能为碰前动能减去系统碰后动能, 除以碰撞前动能时, 两球质量可约去, 其比例为()28.0533-52222=+，故A 对，B 、C 、D 错。
3. 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是 A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置 【答案】AD【解析】根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得''221111v m v m v m +=，221211211'21'2121v m v m v m +=，且m m =1，m m 32=解得112121121'v v m m m m v -=+-=，112112212'v v m m m v =+=，所以A 正确，B错误；根据)cos 1(212θ-==mgR mgh mv ，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，C 错误；根据单摆的等时性，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D 正确。
第七章 微专题48 碰撞及碰撞模型的拓展
微专题48碰撞及碰撞模型的拓展1．碰撞的特点：系统动量守恒，碰后系统的动能不增加，碰撞前后的速度要符合实际.2.“弹簧－滑块”模型：(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化；(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；(3)弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动能.3.“小球－斜面”模型：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．1．(多选)如图甲所示，两小球a 、b 在足够长的光滑水平面上发生正碰．小球a 、b 质量分别为m 1和m 2，且m 1＝200g ．取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x －t 图像如图乙所示．下列说法正确的是()A ．碰撞前球a 做匀速运动，球b 静止B ．碰撞后球a 做减速运动，球b 做加速运动C ．碰撞前后两小球的机械能总量减小D ．碰撞前后两小球的机械能总量不变答案AD解析由题图可知，碰前b 球的位移不随时间变化，处于静止状态，碰前a 球的速度为v 1＝Δx 1Δt 1＝82m/s ＝4m/s ，做匀速运动，故A 正确；碰后b 球和a 球均做匀速运动，其速度分别为v 2′＝2m/s ，v 1′＝－2m/s ，故B 错误；根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得m 2＝0.6kg ，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝121v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，代入解得ΔE ＝0，所以碰撞过程机械能守恒，故C 错误，D 正确．2．(2023·湖北十堰市调研)如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB 与光滑圆弧轨道BC 平滑连接，B 为圆弧轨道的最低点．一质量为1kg 的小球a 从直轨道上的A 点以大小为4m/s 的初速度向右运动，一段时间后小球a 与静止在B 点的小球b 发生弹性正碰，碰撞后小球b 沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2m(未脱离轨道)．取重力加速度大小g ＝10m/s 2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是()A ．碰撞后瞬间，小球b 的速度大小为1m/sB ．碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为3m/sC ．小球b 的质量为3kgD ．两球会发生第二次碰撞答案C解析对小球b ，由机械能守恒定律有m b gh ＝12m b v B 2，可得碰后小球b 的速度大小为v B ＝2m/s ，故A 错误；由动量守恒定律可得m a v 0＝m a v 1＋m b v B ，由机械能守恒定律可得12m a v 02＝12m a v 12＋12m b v B 2，联立解得m b ＝3kg ，v 1＝－2m/s ，碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为2m/s ，故B 错误，C 正确；由上述分析知，碰后a 球立刻向左运动，b 球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，最后两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D 错误．3．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A ．3JB ．4JC ．5JD ．6J答案A解析根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v 甲＝5.0m/s ，v 乙＝1.0m/s ，碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲′＝－1.0m/s ，v 乙′＝2.0m/s ，碰撞过程由动量守恒定律得m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′，解得m 乙＝6kg ，碰撞过程损失的机械能ΔE ＝12m 甲v 甲2＋12m 乙v 乙2－12m 甲v 甲′2－12m 乙v 乙′2，解得ΔE ＝3J ，故选A.4．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1、m 2(已知m 2＝0.5kg)的两物块A 、B 相连接，处于原长并静止在光滑水平面上．现使B 获得水平向右、大小为6m/s 的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得()A ．在t 1时刻，两物块达到共同速度2m/s ，且弹簧处于伸长状态B ．从t 3到t 4，弹簧由原长变化为压缩状态C ．t 3时刻弹簧的弹性势能为6JD ．在t 3和t 4时刻，弹簧均处于原长状态答案AC解析从0到t 1时间内B 做减速运动，A 做加速运动，B 的速度大于A 的速度，弹簧被拉伸，t 1时刻两物块达到共同速度2m/s ，此时弹簧处于伸长状态，故A 正确；从t 3到t 4时间内A 做加速度减小的减速运动，B 做加速度减小的加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t 3时刻弹簧处于压缩状态，t 4时刻弹簧处于原长状态，故B 、D 错误；t 3时刻两物块的速度相同，都是2m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，m 2v ＝(m 1＋m 2)v 3，解得m 1＝1kg ，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得12m 2v 2＝12(m 1＋m 2)v 32＋E p ，解得E p ＝6J ，故C 正确．5.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v 0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开．小车与小球的质量分别为2m 、m ，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面．小球的最大重力势能为()A.13m v 02 B.14m v 02C.15m v 02 D.16m v 02答案A解析小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v )，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有m v 0＝3m v ，根据机械能守恒定律有12m v 02＝12×3m v 2＋E p ，解得E p ＝13m v 02，故选A.6．(多选)(2023·安徽省A10联盟联考)如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A 、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R .圆弧体B 锁定，一个小球从A 圆弧体的最高点由静止释放，小球在圆弧体B 上升的最大高度为R2.已知重力加速度大小为g ，则()A ．小球与圆弧体的质量之比为1∶1B ．小球与圆弧体的质量之比为1∶2C ．若圆弧体B 没有锁定，则圆弧体B 最终获得的速度大小为gRD ．若圆弧体B 没有锁定，则圆弧体B 最终获得的速度大小为122gR 答案AC解析设小球质量为m ，圆弧体质量为M ，小球从圆弧体A 上滚下时，A 的速度大小为v 1，小球的速度大小为v 2，由题意可知M v 1＝m v 2，mgR ＝12M v 12＋12m v 22，小球上升的过程有12mgR＝12m v 22，解得M ＝m ，v 1＝v 2＝gR ，故A 正确，B 错误；若圆弧体B 没有锁定，则小球与圆弧体B 作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体B 最终获得的速度大小为gR ，故C 正确，D 错误．7．如图所示，质量为4m 的光滑物块a 静止在光滑水平地面上，物块a 左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m 的滑块b 以初速度v 0向右运动滑上a ，沿a 左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a ，滑块b 从滑上a 到滑离a 的过程中，重力加速度为g ，下列说法正确的是()A ．滑块b 沿a 上升的最大高度为v 025gB ．物块a 运动的最大速度为2v 05C ．滑块b 沿a 上升的最大高度为v 022gD ．物块a 运动的最大速度为v 05答案B解析b 沿a 上升到最大高度时，两者速度相同，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋4m )v ，由机械能守恒定律得12m v 02＝12(m ＋4m )v 2＋mgh ，解得h ＝2v 025g ，A 、C错误；滑块b 滑离a 后，物块a 运动的速度最大．系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v b ＋4m v a ，由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v b 2＋12×4m v a 2，解得v a ＝25v 0，v b ＝－35v 0，B 正确，D 错误．8．如图所示，质量分别为m 和2m 的物体A 、B 静止在光滑水平地面上，B 左端有一轻弹簧且处于静止状态．现A 以速度v 向右运动，则A 、B 相互作用的整个过程中()A ．A 的动量最小值为m v 3B ．A 的动量变化量为2m v3C ．弹簧弹性势能的最大值为m v 26D ．B 的动能最大值为4m v 29答案D解析设弹簧恢复原长时A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v ＝m v A ＋2m v B ，由机械能守恒定律得12m v 2＝12m v A 2＋12×2m v B 2，解得v A ＝－v 3，v B ＝2v 3，负号表示速度方向向左，从A 撞上弹簧到A 、B 分离过程，A 先向右做减速运动直到速度减为零，然后向左做加速运动，整个过程B 一直做加速运动，由此可知，A 的最小速度为零，A 的动量最小值为0，则A 、B 相互作用的整个过程中，以向右为正方向，A 的动量变化量为Δp A ＝－m ·v 3－m v ＝－43m v ，负号表示动量变化量方向向左，故A 、B 错误；当弹簧被压缩最短时，A 、B 速度相同，设为v ′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v ＝(m ＋2m )v ′，解得v ′＝v 3，此时弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小，根据系统的机械能守恒得E p ＝12m v 2－12(m ＋2m )v ′2＝13m v 2，故C 错误；当A 、B 分离时，B 的速度有最大值，且为v B ＝2v 3，此时的动能为E k B ＝12×2m v B 2＝49m v 2，故D 正确．9．如图所示，小球C 在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，A 、B 以相同的速度v 0向C 运动，C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D .在A 和D 继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后D 与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，D 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)．已知A 、B 、C 三球的质量均为m .求：(1)弹簧长度刚被锁定时A 的速度大小；(2)在D 离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．答案(1)23v 0(2)118m v 02解析(1)设C 球与B 球发生碰撞并立即结成一个整体D 时，D 的速度为v 1，B 、C 碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋m )v 1当弹簧压缩至最短时，D 、A 的速度相同，设此速度为v 2，A 、D 系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＋2m v 1＝(m ＋2m )v 2解得此时A 的速度v 2＝23v 0(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E p1.由能量守恒定律得：12×2m v 12＋12m v 02＝12×3m v 22＋E p1解得E p1＝112m v 02然后，D 与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，D 与P 接触而不粘连，突然解除锁定E p1＝12m v A 2之后运动过程中，当弹簧被压缩至最短时，A 、D 的速度相同，系统动量守恒有m v A ＝3m v AD 弹簧的最大弹性势能E p2＝12m v A 2－12·3m v AD 2＝118m v 02.。
高考物理二轮复习真题模型再现动量守恒中的碰撞模型和反冲模型学案
真题模型再现(四)——动量守恒中的“碰撞模型”和“反冲模型”来源图例考向模型核心归纳2020·新课标全国卷Ⅰ物体A、B、C位于同一直线上动量守恒、机械能守恒、“多物体作用模型”1.常考的模型(1)碰撞中的“两物体作用模型”(2)碰撞中的“多物体作用模型”(3)碰撞中的“图象类问题模型”(4)“反冲模型”(5)“爆炸模型”2.模型解法(1)牢记一个定律：动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)熟记两种碰撞①弹性碰撞：动量守恒和机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒、机械能不守恒。
(3)会用两个结论①“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度满足v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0。
②质量相等的两物体发生弹性碰撞后交换速度；发生完全非弹性碰撞后两物体共2020·新课标全国卷Ⅱ滑块a、b沿水平面上同一条直线运动动量守恒、能量守恒(功能关系)2020·新课标全国卷Ⅱ光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，一蹲在滑板上的小孩和冰块均静止于冰面上动量守恒、机械能守恒2020·新课标全国卷Ⅲ静止的a和b相距l；b与墙也相距l 动量守恒、机械能守恒、功能关系2020·全国卷Ⅰ模型火箭点火升空动量守恒速。
【预测1】 如图14所示，在光滑的水平面上，有A 、B 、C 三个物体，开始B 、C 皆静止且C 在B 上，A 物体以v 0＝10 m/s 的速度撞向B 物体，已知碰撞时间极短，撞完后A 物体静止不动，而B 、C 最终的共同速度为4 m/s 。
已知B 、C 两物体的质量分别为m B ＝4 kg 、m C ＝1 kg 。
图14(1)求A 物体的质量；(2)A 、B 间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失了多少？ 解析 (1)设B 、C 最终的共同速度为v ，则由整个过程动量守恒可得： m A v 0＝(m B ＋m C )v代入数据解得m A ＝2 kg 。
2020年高考物理二轮专项训练卷 专题12 动量守恒多种模型的解题思路
2020年高考物理二轮专项训练卷专题12 动量守恒多种模型的解题思路1.（碰撞模型）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是p 1＝5 kg·m/s ，乙球的动量是p 2＝7 kg·m/s ，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p 2′＝10 kg·m/s ，设甲球的质量为m 1，乙球的质量为m 2，则m 1、m 2的关系可能是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2【答案】 C【解析】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量p 1′＝2 kg·m/s 。
由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有p 1m 1>p 2m 2，可得m 2>75m 1；碰撞后甲的速度不大于乙的速度，有p 1′m 1≤p 2′m 2，可得m 2≤5m 1。
碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由E k ＝p 22m 可知p 1′22m 1＋p 2′22m 2≤p 212m 1＋p 222m 2，解得m 2≥177m 1，联立得177m 1≤m 2≤5m 1，C 正确。
2.（碰撞模型综合)如图所示，在粗糙水平面上A 点固定一半径R ＝0.2 m 的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔。
在水平面上距A 点s ＝1 m 的B 点正上方O 处，用长为L ＝0.9 m 的轻绳悬挂一质量M ＝0.1 kg 的小球甲，现将小球甲拉至图中C 位置，绳与竖直方向夹角θ＝60°。
静止释放小球甲，摆到最低点B 点时与另一质量m ＝0.05 kg 的静止小滑块乙(可视为质点)发生完全弹性碰撞。
碰后小滑块乙在水平面上运动到A 点，并无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔，g ＝10 m/s 2。
(1)求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；(2)若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆轨道，求小滑块乙与水平面的动摩擦因数。