专题提升练13 碰撞模型及其拓展应用
梯级Ⅰ基础练
1.(2025·唐山模拟)甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度大小是6 m/s，乙物体的速度大小是2 m/s，碰撞后两物体都反向运动，速度大小都是4 m/s，则( )
A.甲、乙两物体质量之比为5∶3
B.甲、乙两物体质量之比为1∶1
C.此碰撞为弹性碰撞
D.此碰撞为非弹性碰撞
2.(多选)(2025·石家庄模拟)质量为M、右侧曲面光滑的木块静止在光滑的水平地面上，木块右端非常薄，与地面平滑连接。质量为m的小球从静止开始沿木块的曲面下滑，小球起始位置距离地面的高度为h。若M=2m。则( )
A.小球下滑的过程中，木块一直向左加速运动
B.小球下滑的过程中，小球减少的机械能为mgh
C.小球滑落至地面时，小球的速度为
D.小球滑落至地面时，木块的速度为
3.(2025·南昌模拟)质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边为( )
A. B.2x C.x D.x
4.(多选)(2024·广东卷)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
5.(2024·江苏卷)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物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B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B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
梯级Ⅱ能力练
6.(2025·庆阳模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB与光滑水平轨道BC相切于B点，质量分别为m和2m的小球M、N之间压缩一轻弹簧并锁定(弹簧与两小球均不拴连)。某时刻解除弹簧的锁定，两小球被弹开，小球M离开弹簧后恰好能沿半圆轨道通过最高点A，重力加速度为g。求:
(1)离开弹簧时小球M的速度大小vM;
(2)弹簧锁定时所具有的弹性势能Ep。
7.(2025·宿迁模拟)如图所示，滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA=1 kg，B的质量mB=2 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，整个过程弹簧没有超过弹性限度。求:
(1)弹簧被压缩到最短时，滑块B的速度大小;
(2)弹簧给滑块B的冲量;
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。
8.(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小;
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能;
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
梯级Ⅲ创新练
9.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块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v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。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。
专题提升练13 碰撞模型及其拓展应用
1.C 解析 以碰前甲的速度方向为正方向,设甲的质量为M,乙的质量为m,碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv1-mv2=-Mv+mv,其中v1=6 m/s,v2=2 m/s,v=4 m/s,代入数据解得甲、乙两物体质量之比为=,A、B两项错误;碰撞前甲、乙系统的初动能为Ek=M+m=18M+2m=M,碰撞后甲、乙系统的末动能为Ek'=Mv2+mv2=8M+8m=M=Ek,可知此碰撞为弹性碰撞,C项正确,D项错误。
2.AD 解析 小球下滑过程中,木块受到小球的挤压力,压力有水平向左的分量,直到小球滑落至地面,所以木块一直向左加速运动,A项正确;小球和木块组成的系统在水平方向上不受外力作用,水平方向动量守恒,有0=mv1-Mv2,小球滑落至地面时,根据机械能守恒有mgh=m+M,解得v1=2,v2=,小球下滑的过程中,小球减少的机械能为ΔE=mgh-m=mgh,B、C两项错误,D项正确。
3.D 解析 当用板挡住A球而只释放B球时,B球做平抛运动,设高度为h,则有h=gt2,x=v0t,弹簧的弹性势能为Ep=m,当用同样的程度压缩弹簧,取走A左边的挡板,将A、B同时释放,取向右为正方向,由动量守恒定律可得0=mv1-mv2,根据能量守恒Ep=m+m,将A、B同时释放,则B球的落地点距桌边x'=v2t=x,D项正确。
4.ABD 解析 两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,A项正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度,B项正确;设斜面倾角为θ,乙下滑过程有=gsin θ,在水平面运动一段时间t2后与甲相碰,碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,C项错误;乙下滑过程有mgH乙=m,由于甲和乙发生弹性碰撞,交换速度,则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同;则如果不发生碰撞,乙在水平面运动到停止有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,D项正确。
5.A 解析 对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒,得mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,当弹簧原长时得Ep=mA+mB,联立解得Ep=+mB,弹簧原长时物体速度最大,此时动量最大,动能最大。对于系统来说动量一直为零,系统机械能不变,A项正确。
6.答案 (1) (2)
解析 (1)小球M恰好能通过半圆轨道的最高点A,根据牛顿第二定律有
mg=m,
小球M从B点运动到A点的过程,根据动能定理有
-mg·2R=m-m,
小球M通过B点时的速度等于离开弹簧时的速度,即vM=vB,
联立解得vM=。
(2)弹簧将两小球弹开的过程系统所受外力之和为零。根据系统动量守恒有
mvM=2mvN,
解得小球N离开弹簧时的速度大小
vN=,
弹簧的弹性势能全部转化为M、N的动能。根据机械能守恒有
Ep=m+×2m,
解得Ep=。
7.答案 (1)1 m/s (2)4 N·s,方向向右 (3)2.25 J
解析 (1)对A、B系统,A、B速度相等时,弹簧被压缩到最短。取向右为正方向,根据动量守恒定律可得
mAv0=(mA+mB)v1,
代入数据解得v1=1 m/s。
(2)在弹簧作用的过程中,B一直加速,B与弹簧分开后,B的速度最大,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得
mAv0=mAvA+mBvB,
根据机械能守恒定律可得
mA=mA+mB,
联立解得vB=2 m/s,
对B根据动量定理可得
I=mBvB-0=2×2 N·s-0=4 N·s,
方向向右。
(3)滑块A的动能最小时速度为零,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得
mAv0=mBvB',
代入数据解得vB'=1.5 m/s,
根据功能关系可得
Ep=mA-mBvB'2,
代入数据解得Ep=2.25 J。
8.答案 (1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
解析 (1)小物块在传送带上加速运动时,由牛顿第二定律有μmg=ma,
解得a=5 m/s2,
由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离为
x==2.5 m小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小为5 m/s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有
m物v=m物v1+m球v2,
其中v=5 m/s,v1=-1 m/s,
解得v2=3 m/s,
小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为
ΔEk=m物v2-m物-m球,
解得ΔEk=0.3 J。
(3)若小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有
m球g=m球,
小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L绳-d),
联立解得d=0.2 m,
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
9.答案 (1)m (2)
解析 (1)小物块C与小物块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mv0=2mv,
解得v=v0,
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损=m-×2mv2,
解得E损=m。
(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。三者组成的系统在水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律
mv0=(m+m+3m)v1,
解得v1=v0,
根据机械能守恒定律得
×2mv02=×5mv02+2mgh,
解得h=。(共27张PPT)
专题提升练13
碰撞模型及其拓展应用
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1.(2025·唐山模拟)甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度大小是6 m/s，乙物体的速度大小是2 m/s，碰撞后两物体都反向运动，速度大小都是4 m/s，则( )
A.甲、乙两物体质量之比为5∶3
B.甲、乙两物体质量之比为1∶1
C.此碰撞为弹性碰撞
D.此碰撞为非弹性碰撞
梯级Ⅰ 基础练
以碰前甲的速度方向为正方向，设甲的质量为M，乙的质量为m，碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv1-mv2=-Mv+mv，其中v1= 6 m/s，v2=2 m/s，v=4 m/s，代入数据解得甲、乙两物体质量之比为=，A、B两项错误；碰撞前甲、乙系统的初动能为Ek=M+m=18M+2m=M，碰撞后甲、乙系统的末动能为Ek'=Mv2+mv2=8M+8m=M=Ek，可知此碰撞为弹性碰撞，C项正确，D项错误。
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2.(多选)(2025·石家庄模拟)质量为M、右侧曲面光滑的木块静止在光滑的水平地面上，木块右端非常薄，与地面平滑连接。质量为m的小球从静止开始沿木块的曲面下滑，小球起始位置距离地面的高度为h。若M=2m。则( )
A.小球下滑的过程中，木块一直向左加速运动
B.小球下滑的过程中，小球减少的机械能为mgh
C.小球滑落至地面时，小球的速度为
D.小球滑落至地面时，木块的速度为
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小球下滑过程中，木块受到小球的挤压力，压力有水平向左的分量，直到小球滑落至地面，所以木块一直向左加速运动，A项正确；小球和木块组成的系统在水平方向上不受外力作用，水平方向动量守恒，有0=mv1-Mv2，小球滑落至地面时，根据机械能守恒有mgh=m+M，解得v1=2，v2=，小球下滑的过程中，小球减少的机械能为ΔE=mgh-m=mgh，B、C两项错 误，D项正确。
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3.(2025·南昌模拟)质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边为( )
A. B.2x
C.x D.x
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当用板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动，设高度为h，则有h=gt2，x=v0t，弹簧的弹性势能为Ep=m，当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，取向右为正方向，由动量守恒定律可得0=mv1-mv2，根据能量守恒Ep=m+
m，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边x'=v2t=x，D项正确。
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4.(多选)(2024·广东卷)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
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两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，A项正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B项正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有=gsin θ，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的
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时间为t=t1+t2+t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，C项错误；乙下滑过程有mgH乙=m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有= 2μgx，联立可得x=，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，D项正确。
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5.(2024·江苏卷)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物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B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B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
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对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA=mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得Ep=mA+mB，联立解得Ep=(+mB)，弹簧原长时物体速度最大，此时动量最 大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变，A项正确。
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6.(2025·庆阳模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB与光滑水平轨道BC相切于B点，质量分别为m和2m的小球M、N之间压缩一轻弹簧并锁定(弹簧与两小球均不拴连)。某时刻解除弹簧的锁定，两小球被弹开，小球M离开弹簧后恰好能沿半圆轨道通过最高点A，重力加速度为g。求：
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梯级Ⅱ 能力练
(1)离开弹簧时小球M的速度大小vM；
小球M恰好能通过半圆轨道的最高点A，根据牛顿第二定律有
mg=m，
小球M从B点运动到A点的过程，根据动能定理有
-mg·2R=m-m，
小球M通过B点时的速度等于离开弹簧时的速度，即vM=vB，
联立解得vM=。
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(2)弹簧锁定时所具有的弹性势能Ep。
弹簧将两小球弹开的过程系统所受外力之和为零。根据系统动量守恒有mvM=2mvN，
解得小球N离开弹簧时的速度大小vN=，
弹簧的弹性势能全部转化为M、N的动能。根据机械能守恒有
Ep=m+×2m，
解得Ep=。
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7.(2025·宿迁模拟)如图所示，滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA=1 kg，B的质量mB=2 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3 m/s速度水平向右运 动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，整个过程弹簧没有超过弹性限度。求：
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(1)弹簧被压缩到最短时，滑块B的速度大小；
对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短。取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mAv0=(mA+mB)v1，
代入数据解得v1=1 m/s。
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(2)弹簧给滑块B的冲量；
在弹簧作用的过程中，B一直加速，B与弹簧分开后，B的速度最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB，
根据机械能守恒定律可得mA=mA+mB，
联立解得vB=2 m/s，
对B根据动量定理可得I=mBvB-0=2×2 N·s-0=4 N·s，
方向向右。
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(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。
滑块A的动能最小时速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0=mBvB'，
代入数据解得vB'=1.5 m/s，
根据功能关系可得Ep=mA-mBvB'2，
代入数据解得Ep=2.25 J。
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8.(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左 端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运 动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。
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(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
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小物块在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律有μmg=ma，
解得a=5 m/s2，
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x==2.5 m小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为5 m/s。
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(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
m物v=m物v1+m球v2，其中v=5 m/s，v1=-1 m/s，
解得v2=3 m/s，
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2-m物-m球，
解得ΔEk=0.3 J。
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(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g=m球，
小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L绳-d)，
联立解得d=0.2 m，即P点到O点的最小距离为0.2 m。
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9.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块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v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求：
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梯级Ⅲ 创新练
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
小物块C与小物块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mv0=2mv，
解得v=v0，
碰撞过程中系统损失的机械能为E损=m-×2mv2，
解得E损=m。
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(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律
mv0=(m+m+3m)v1，
解得v1=v0，
根据机械能守恒定律得×2m(v0)2=×5m(v0)2+2mgh，
解得h=。
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4专题提升十三 碰撞模型及其拓展应用
题型1 碰撞模型
1.碰撞的分类。
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 损失最多
2.碰撞现象三规律。
3.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',
m1=m1v1'2+m2v2'2,
解得v1'=,v2'=。
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m10(小碰大,要反弹)。
(4)当m1 m2时,v1'=v1,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)。
4.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)v,
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损max。
【典例1】 (多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量是6 kg·m/s,B球的动量是4 kg·m/s,已知mA=1 kg,mB=2 kg,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是( )
A.vA'=3 m/s vB'=3.5 m/s
B.vA'=2 m/s vB'=4 m/s
C.vA'=5 m/s vB'=2.5 m/s
D.vA'=-3 m/s vB'=6.5 m/s
【典例2】 (2025·杭州模拟)在光滑的水平面上有a、b两个小球在一直线上发生正碰,选取a球初速度方向为正方向,它们在碰撞前,a球的速度是5 m/s,b球静止,碰撞后,a球的速度是-1 m/s,b球的速度是2 m/s。已知a球的质量是2 kg,求:
(1)b球的质量mb;
(2)碰撞过程中,b球受到的冲量Ib;
(3)两球碰撞的过程中损失的动能ΔEk;并判断此碰撞是弹性碰撞、非弹性碰撞还是完全非弹性碰撞。
题型2 碰撞模型拓展应用
考向1 滑块—弹簧模型
模型图示 水平地面光滑
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
模型特点 (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)
【典例3】
如图所示,在光滑的水平面上有两物块A、B,其中A的质量为1 kg,B的质量为2 kg,物块B的左端固定一个轻弹簧。一开始物块B及弹簧静止,物块A以速度v0=3 m/s沿水平方向向右运动,通过弹簧与物块B发生作用,则弹簧最大的弹性势能是( )
A.4.5 J B.3 J
C.2.25 J D.1.5 J
【典例4】 如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连,将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0,求弹簧释放的弹性势能。
考向2 滑块—斜面(或曲面)模型
模 型 图 示 水平地面光滑
模 型 特 点 (1)最高点:滑块与光滑圆弧轨道具有共同水平速度v共,滑块不会从此处或提前偏离轨道,系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,m=(M+m)+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:滑块与光滑圆弧轨道分离,水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,m=m+M(弹性碰撞拓展模型)
【典例5】
如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,小球最后未越过滑块,则小球到达最高点时,小球和滑块的速度大小是( )
A. B.
C. D.
【典例6】 如图所示,在光滑冰面上放置一足够高光滑曲面体,箱子与冰车上的工人静止在冰面上。箱子的质量为m,工人和冰车的总质量为10m,曲面体的质量为3m,工人把箱子以初速度v0向左推出,箱子可看作质点,求:
(1)推出木箱后,工人和冰车的速度大小v;
(2)木箱在曲面上上升的最大高度h。
专题提升十三 碰撞模型及其拓展应用
题型1
【典例1】 AB 解析 碰撞过程动量守恒,碰前总动量为p=6 kg·m/s+4 kg·m/s=10 kg· m/s,碰后总动量为p'=1×3 kg·m/s+2×3.5 kg·m/s=10 kg·m/s,碰撞过程动量守恒,碰前总动能为Ek=×1×62 J+×2×22 J=22 J,碰后总动能为Ek'=×1×32 J+×2×3.52 J=16.75 J,总动能没有增大,故A、B两球速度可能为3 m/s,3.5 m/s,A项正确;同理,碰后总动量为p'=1×2 kg·m/s+2×4 kg·m/s=10 kg·m/s,碰撞过程动量守恒,碰后总动能为Ek'=×1×22 J+×2×42 J=18 J,即B选项中碰撞过程动量守恒,碰后总动能也不增加,B项正确;根据题给数据可知,碰后速度均为正值,碰后两球同向,此时碰后A的速度不可能大于B的速度,否则碰撞没有结束,会再碰,C项错误;碰后总动量为p'=1×(-3) kg·m/s+2×6.5 kg·m/s=10 kg·m/s,碰撞过程动量守恒,碰后总动能为Ek'=×1×32 J+×2×6.52 J=46.75 J,碰后的总动能大于碰前的总动能,而碰撞后总动能不会增加,D项错误。
【典例2】 答案 (1)6 kg (2)12 N·s,方向与速度方向相同 (3)12 J 非弹性碰撞
解析 (1)两球碰撞过程中,根据动量守恒定律可得mav0=mav1+mbv2,
代入数据解得mb=6 kg。
(2)对b球,根据动量定理可得b球受到的冲量大小为Ib=mbv2=12 N·s,
方向与其速度方向相同。
(3)根据能量守恒定律可得
ΔEk=ma-ma+mb,
代入数据解得ΔEk=12 J,
由此可知,两球发生的碰撞为非弹性碰撞。
题型2
【典例3】 B 解析 由题意可知,当物块A与物块B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律mAv0=(mA+mB)v,由能量守恒定律mA=(mA+mB)v2+Epm,联立解得弹簧最大的弹性势能Epm=3 J,B项正确。
【典例4】 答案 m
解析 设碰后A、B和C共同速度的大小为v,由动量守恒定律得mv0=3mv,
设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒定律得3mv=2mv1+mv0,
设弹簧的弹性势能为Ep,
从细线断开到C与弹簧分开的过程中系统机械能守恒,有
(3m)v2+Ep=(2m)+m,
解得弹簧释放的势能Ep=m。
【典例5】 A 解析 小球沿滑块上滑的过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力,因而系统在水平方向上动量守恒,小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同,必然相对运动,此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒得mv0=(M+m)v,所以v=,A项正确。
【典例6】 答案 (1) (2)
解析 (1)以木箱、工人和冰车组成的系统为研究对象,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得0=mv0-10mv,
解得工人和冰车的速度大小v=。
(2)以木箱和曲面体组成的系统为研究对象,取水平向左为正方向,由水平方向动量守恒得mv0=(m+3m)v1,
解得木箱在曲面上上升到最大高度时与曲面体的共同速度为v1=,
木箱在上升过程中系统机械能守恒
m=×4m+mgh,
解得木箱在曲面上上升的最大高度
h=。(共28张PPT)
专题提升十三
第七章 动量守恒定律
运动学图像
题型1 碰撞模型
题型2 碰撞模型拓展应用
内容
索引
碰撞模型
题型1
1.碰撞的分类。
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 损失最多
2.碰撞现象三规律。
3.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'，
m1=m1v1'2+m2v2'2，
解得v1'=，v2'=。
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m10(小碰大，要反弹)。
(4)当m1 m2时，v1'=v1，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)。
4.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)v，
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损max。
【典例1】 (多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是6 kg·m/s，B球的动量是4 kg·m/s，已知mA=
1 kg，mB=2 kg，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A.vA'=3 m/s vB'=3.5 m/s
B.vA'=2 m/s vB'=4 m/s
C.vA'=5 m/s vB'=2.5 m/s
D.vA'=-3 m/s vB'=6.5 m/s
碰撞过程动量守恒，碰前总动量为p=6 kg·m/s+4 kg·m/s=
10 kg· m/s，碰后总动量为p'=1×3 kg·m/s+2×3.5 kg·m/s=
10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰前总动能为Ek=×1×62 J+×
2×22 J=22 J，碰后总动能为Ek'=×1×32 J+×2×3.52 J=16.75 J，总动能没有增大，故A、B两球速度可能为3 m/s，3.5 m/s，A项正确；同理，碰后总动量为p'=1×2 kg·m/s+2×4 kg·m/s=10 kg·
m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为Ek'=×1×22 J+×2×
解析
42 J=18 J，即B选项中碰撞过程动量守恒，碰后总动能也不增加，B项正确；根据题给数据可知，碰后速度均为正值，碰后两球同向，此时碰后A的速度不可能大于B的速度，否则碰撞没有结束，会再碰，C项错误；碰后总动量为p'=1×(-3) kg·m/s+2×6.5 kg·
m/s=10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为Ek'=×1×
32 J+×2×6.52 J=46.75 J，碰后的总动能大于碰前的总动能，而碰撞后总动能不会增加，D项错误。
解析
【典例2】 (2025·杭州模拟)在光滑的水平面上有a、b两个小球在一直线上发生正碰，选取a球初速度方向为正方向，它们在碰撞前，a球的速度是5 m/s，b球静止，碰撞后，a球的速度是-1 m/s，b球的速度是2 m/s。已知a球的质量是2 kg，求：
(1)b球的质量mb；
两球碰撞过程中，根据动量守恒定律可得mav0=mav1+mbv2，
代入数据解得mb=6 kg。
解析
(2)碰撞过程中，b球受到的冲量Ib；
对b球，根据动量定理可得b球受到的冲量大小为
Ib=mbv2=12 N·s，
方向与其速度方向相同。
解析
(3)两球碰撞的过程中损失的动能ΔEk；并判断此碰撞是弹性碰撞、非弹性碰撞还是完全非弹性碰撞。
根据能量守恒定律可得
ΔEk=ma-，
代入数据解得ΔEk=12 J，
由此可知，两球发生的碰撞为非弹性碰撞。
解析
碰撞模型拓展应用
题型2
考向1
滑块—弹簧模型
模型图示 水平地面光滑
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。
模型特点 (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)
【典例3】 如图所示，在光滑的水平面上有两物块A、B，其中A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，物块B的左端固定一个轻弹簧。一开始物块B及弹簧静止，物块A以速度v0=3 m/s沿水平方向向右运动，通过弹簧与物块B发生作用，则弹簧最大的弹性势能是( )
A.4.5 J B.3 J
C.2.25 J D.1.5 J
由题意可知，当物块A与物块B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律mAv0=(mA+mB)v，由能量守恒定律mA=
(mA+mB)v2+Epm，联立解得弹簧最大的弹性势能Epm=3 J，B项正确。
解析
【典例4】 如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的弹性势能。
设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
mv0=3mv，
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv=2mv1+mv0，设弹簧的弹性势能为Ep，
从细线断开到C与弹簧分开的过程中系统机械能守恒，有
(3m)v2+Ep=(2m)+m，
解得弹簧释放的势能Ep=m。
解析
考向2
滑块—斜面(或曲面)模型
模型 图示
水平地面光滑
模 型 特 点 (1)最高点：滑块与光滑圆弧轨道具有共同水平速度v共，滑块不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0=(M+
m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+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：滑块与光滑圆弧轨道分离，水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(弹性碰撞拓展模型)
【典例5】 如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )
A. B. C. D.
小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒得mv0=(M+
m)v，所以v=，A项正确。
解析
【典例6】 如图所示，在光滑冰面上放置一足够高光滑曲面体，箱子与冰车上的工人静止在冰面上。箱子的质量为m，工人和冰车的总质量为10m，曲面体的质量为3m，工人把箱子以初速度v0向左推出，箱子可看作质点，求：
(1)推出木箱后，工人和冰车的速度大小v；
以木箱、工人和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得0=mv0-10mv，
解得工人和冰车的速度大小v=。
解析
(2)木箱在曲面上上升的最大高度h。
以木箱和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得mv0=(m+3m)v1，
解得木箱在曲面上上升到最大高度时与曲面体的共同速度为
v1=，
木箱在上升过程中系统机械能守恒m=×4m+mgh，
解得木箱在曲面上上升的最大高度h=。
解析
