2022年高考物理一轮复习夯实核心素养-“碰撞类”模型问题（解析版）

6.3“碰撞类”模型问题

必备知识清单

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.

命题点精析(一)“物体与物体”正碰模型

1.碰撞遵守的规律

(1)动量守怛,即Pl+P2=0'+P2’。

p2＞少+吧

(2)动能不增加,即4+%，4或通2/龙-2以1+2就

(3)速度要符合情景：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。后*前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前面的物

体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体

的速度，即。斌2。后，，否则碰撞没有结束。如果碰前两物体相向运动，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。

2.碰撞模型类型

(1)弹性碰撞

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

以质量为内、速度为功的小球与质量为〃，2的静止小球发生正面弹性碰撞

为例，有

ni\V\=〃2H]'+加202‘

111

-m\v2=-m\V\f2-\--myOy1

222

(加一加2)ol2wlul

解得0'=---,,Q>^2

加1十加2nA

结论：

①当两球质量相等时，。/=0,。2'=0，两球碰撞后交换了速度。

②当质量大的球碰质量小的球时，切'>0,。2'>0,碰撞后两球都沿速度0的

方向运动。

③当质量小的球碰质量大的球时，0/<o,v2'>0,碰撞后质量小的球被反弹

回来。

④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等。

(2)完全非弹性碰撞

①撞后共速。

②有动能损失，且损失最多。

典型例题

【例1】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(On)与

静止笊核(2H)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()

1812

B.-EC~ED「E

9933

【答案】B

【解析】质量数为1的中子与质量数为2的泉核发生弹性正碰，满足动能守恒和动量守

恒，设中子的初速度为火,碰撞后中子和九核的速度分别为0和。2，以的方向为正方

I111

222

向，可列式:-x1Xv0=-XlXt?1+-X2Xv2,IXQ)=1X0+2XO2,解得S=一铲0,

18

即中子的动能减小为原来的3，则动能损失量为g用故B正确.

【练1】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,则碰撞过程中两物块损失的机械能为()

v/(m/s)

6.0...................................

4.0-

2.0-

-2.0-

A.3JB.4J

C.5JD.6J

【答案】A

【解析】设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲。甲+〃？乙。乙="?甲0甲'

+加乙。乙'，代入图中数据解得加乙=6kg,进而可求得碰撞过程中两物块损失

1

的机械能为£损=5"?甲0甲+Q"?乙0%——/M甲0甲'2----"乙。乙0,代入图中数据

2

解得E损=3J,A正确。

【练2】如图所示，光滑水平面上有4、8两物块，已知/物块的质量也4=2

kg,且以一定的初速度向右运动，与静止的物块3发生碰撞并一起运动，碰撞

前后的位移一时间图像如图所示（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.2m/s,5kg

C.3.5m/s,2.86kg

【答案】B

,20

【解析】由图像可知，碰前/的速度0=—m/s=5m/s,碰后的共同速度利

4

28-20

=---------m/s=2m/s,/、8碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守

8-4

恒定律得加加=（加d+ms）如解得加B=3kg,B正确。

命题点精析（二）“滑块一弹簧”碰撞模型

模型图示丫〃;，〃〃）〃〃，〃〃〃〃，）〃〃，〃，

水平地面光滑

（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0,则系统动量守恒

模型特点（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0,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】两物块/、8用轻弹簧相连，质量均为2kg,初始时弹簧处于原长，A,8两物块都

以。=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图2

所示.已知8与C碰撞后会粘在一起运动.在以后的运动中：

，;〃〃〃方〃/〃〃〃，）〃〃〃：〃〃〃〃〃〃，〃〃〃/〃〃

图2

（I）当弹簧的弹性势能最大时，物块/的速度为多大？

（2）系统中弹性势能的最大值是多少？

【答案】（1）3m/s（2）12J

【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/l）v=（mA+m/i+m（y）vA

解得VA=3m/s

（2）8、C碰撞过程系统动量守恒

机80=（用B+'"CWC

故Vc=2m/s

碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，

I11

2

故Ep-~mAv+-（OTB+/«c）yC2--（mjntc）vA2=12J..

【练3】如图所示，光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.4kg、〃?=0.1

kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有稣=4.0J弹性势能的轻弹簧（弹簧

与两球不相连），原来处于静止状态，现突然释放弹簧，球机脱离弹簧滑向与水

平相切的竖直放置的光滑半圆形轨道，到达最高点B时小球对轨道的压力为3

N,g取10m/s2,求：

⑴两小球离开弹簧时的速度大小;

(2)半圆形轨道半径。

【答案】(l)8m/s2m/s(2)0.8m

【解析】(1)弹簧弹开过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律

11

得："孙一Ms=0,由机械能守恒定律得：m02H--Mv2=E,解得：6=8

22p

m/s,O2=2m/s;

1

(2)小球加到达8点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：^nv2=mg-2R

1

+-mv2,小球在圆形轨道上做圆周运动，在6点，由牛顿第二定律得：〃?g+E

2

v2

=m--解得：火=0.8m。

R

【练4】两物块/、8用轻弹簧相连，质量均为2kg,初始时弹簧处于原长，

A.8两物块都以o=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物

块C静止在前方，如图所示。已知8与C碰撞后会黏在一起运动。在以后的运

动中：

斗

nrhwAfinrci

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块/的速度为多大？

(2)系统中弹性势能的最大值是多少？

【答案】(1)3m/s(2)12J

【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：(〃以+mjS)u=(w/1+"b+rnc)VA

解得力=3m/s。.

(2)8、。碰撞过程系统动量守恒

mBv=("5+mc)Vc

故0c=2m/s

».1211m

碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故Ep=-mAv+WB+m^vl-^A

+加8+"?CQ2=12JO

命题点精析(三)“滑块一斜面”碰撞模型

模型ka

M

图示

水平地面光滑

(1)最高点：加与M具有共同水平速度。共，机不会从此处或提前偏离轨

道，系统水平方向动量守恒，加0o=(M+〃?)0共；系统机械能守恒，-wu

。=；(/+加)°共+峻其中〃为滑块上升的最大高度，不一定等于圆

模型

特点

弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)

(2)最低点：机与A/分离点，水平方向动量守恒，，〃g)=ws+M02；系统

111

机械能守恒，3根加=3加班+”加2(完全弹性碰撞拓展模型)

【例3】如图所示，在水平面上依次放置小物块/、C以及曲面劈B,其中/与C的质量相等

均为〃?，曲面劈8的质量3机，曲面劈8的曲面下端与水平面相切，且曲面劈8足够

高，各接触面均光滑.现让小物块C以水平速度。o向右运动，与“发生碰撞，碰撞后两个

小物块粘在一起滑上曲面劈8.求：

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后物块/与C在曲面劈8上能够达到的最大高度.

13。02

【答案】(1)7他)2(2)——

440g

【解析】(1)小物块。与物块N发生碰撞粘在一起，以研)的方向为正方向

由动量守恒定律得：/加0=2,如

1

解得0=产；

11

碰撞过程中系统损失的机械能为E~mv022mv2

1

解得E报=7%002.

4

(2)当小物块Z、C上升到最大高度时，4、B、。系统的速度相等.根据动量守恒定律:

mvo=(加+m+3〃?)。1

1

解得0=下0

根据机械能守恒得

1

2mgh=~X2m(?0)2

3002

解得h荻

1

【练5】如图3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：圆槽4和8

4

并排放在光滑的水平面上，图中。、c分别为4、8槽的最高点，b、b'分别为N、8槽的

最低点，Z槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为机的小球C从圆槽/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8槽内运动所能达到的最大高度；

(3)8的最大速度的大小.

,—MR

【答案】(1田荻3mg+Mg(2)——

M+m

【解析】(1)小球C从〃点运动到b点的过程，机械能守恒，有〃?gR=Q加以)2

解得小球到b点时的速度大小为v()=y/2gR

v02

在最低点b,根据牛顿第二定律可得F^-tng=m——

R

解得F^=3mg

由牛顿第三定律可知，小球C对力的压力尺,=FN=3/77g,/静止，处于平衡状态，由平

衡条件可知，地面对Z的支持力尸=仆'+Mg=3mg+Mg9由牛顿第三定律可知，力对地

面的压力F'=F=3mg+Mg,.

(2)6、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8槽内运动至所能

达到的最大高度〃处时，两者共速，由动量守恒定律可知n2V()=(M+fn)v

11

由机械能守恒定律，有~tnvO2=~(A/+ni)v2+mgh

MR

解得〃=诉.

(3)当小球回到8槽的底端6'点时，8的速度最大，根据动量守恒定律，有利%=加

MV2

111

由能量守恒定律可知-mv02=-mv12H--Mv22

222

2m,----

解得而尸

【练6】在光滑水平地面上放有一质量M=3kg带四分之一光滑圆弧形槽的小

车，质量为加=2kg的小球以速度a=5m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽槽口距地

面的高度〃=0.8m,重力加速度g取10m/s?。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%

(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距£o

【答案】(1)6J(2)2m

【解析】(1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向

动量守恒，得：

对小车由动能定理得：JV=-MV2(2)

2

联立①②式解得：%=6J。

(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得：=

③

111_

小球和小车由功能关系得：一用加=-加0?H''-Mv2@

222

联立③④式可解得：oi=-lm/s⑤

%=4m/s@

小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动

L=(v2-V\)t®

联立⑤⑥⑦⑧式可得：L=2m0

核心素养大提升

“滑块一木板”碰撞模型

模型

.〃〃〃〃，〃〃〃，〃〃〃〃〃，

图示水平地面光滑水平地面光滑

(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

模型于系统减少的机械能

特点M

(3)根据能量守恒，系统损失的动能△4=一「40,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4】如图所示，质量加=1kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M=2kg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0.6m且上表面等

高.现对小物块施加一水平向右的恒力尸，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

动摩擦因数幺均为0.5,重力加速度g取10m/s2,求：

(1)小物块离开平台时速度的大小；

(2)水平恒力厂对小物块冲量的大小.

【答案】(l)3m/s(2)5N-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v0,小物块和小车的共同速度大小为

必.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以。o的方向为正方向，对小物块和小车组成的

系统：

由动量守恒：〃7。0=(团+〃)。1

11

由能量守恒：严。02=1"?+M)v12+pmgl

联立以上两式并代入数据得：%=3m/s

(2)设水平恒力厂对小物块冲量的大小为/,小物块在平台上相对平台运动的时间为/.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：=nw()~0

v0

由运动学规律：/=—t

2

联立并代入数据得：/=5N,s.

【练7】如图所示，质量M=L0kg的木板静止在光滑水平面上，质量加=

0.495kg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〃=

0.4。质量用o=O.OO5kg的子弹以速度a=300m/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10m/s2。求：

塞.M,

(1)物块的最大速度Pi;

(2)木板的最大速度02；

(3)物块在木板上滑动的时间t.

【答案】(1)3m/s(2)1m/s(3)0.5s

【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："?0。0=(加+加0)0|

解得历=3m/so

(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：

(/n+mo)V]=(M+m+mo)v2

解得：s=lm/s。

(3)对木板，根据动量定理得：〃("?+加()应/=痴2-0

解得：Z=0.5So

【练8】如图所示，N8是半径R=0.80m的光滑-圆弧轨道，半径。8竖直，光

4

滑水平地面上紧靠8点静置一质量M=3.0kg的小车，其上表面与8点等高。

现将一质量加=L0kg的小滑块从4点由静止释放，经5点滑上小车，最后与

小车达到共同速度。已知滑块与小车之间的动摩擦因数〃=0.40。重力加速度g

2

取10m/s0求：

(1)滑块刚滑至8点时，圆弧对滑块的支持力大小；

(2)滑块与小车最后的共同速度；

(3)为使滑块不从小车上滑下，小车至少多长。

【答案】(1)30N(2)1.0m/s(3)1.5m

【解析】

(1)滑块由4至B,由机械能守恒定律得：

1

mgR=-^mvB,

v

经8点时，由牛顿第二定律得：入一"?g=加-

R

联立解得：FN=30NO

(2)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得：mvB

=[m+M)v'

解得共同速度：■=1.0m/s。

(3)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得：〃加g/

11

22

联立可得：/=L5m,即小车的长度至少为1.5m。

【例5】如图所示，质量相同的/、8两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面

上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体

A,当弹簧的长度最大时，弹性势能为E”现将物体4的质量增大到原来的3

倍，仍使物体/压缩弹簧至尸点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为

瓦。则5:及等于（）

A.1B.2

C.3D.4

【答案】B

【解析】设压缩到尸点时，弹簧的弹性势能为£,开始时，物体Z、8的质量均

1

为m,则有E=-mvQ

2

mv（）=2mv

11

E[=E--X2/MU2=-£，

1

2

把4的质量换成3加，E=-X3mv0'

3mv（）'=4mv'

11

2

E2=E--X4mv'=^：

所以有g：E2=2,B正确。

【练9】如图所示，一光滑1圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径尺=0.8m,小车