《创新课堂》第一章 动量守恒定律 专题强化3　常见碰撞模型的应用（一） 课件 高中物理选择性必修第一册（人教版）

(共47张PPT)
专题强化3　
常见碰撞模型的应用（一）
1.进一步掌握应用动量守恒定律和能量守恒定律解决碰撞问题的技巧。
2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“弹簧—滑块”模型和“滑块—斜（曲）面”模型。
学习目标
01
强化点一　“弹簧—滑块”模型
目 录
02
强化点二　“滑块—斜（曲）面”模型
03
课时作业
01
PART
强化点一　“弹簧—滑块”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，则系统机械能守恒
（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，系统的总动能通常最小
（4）弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统的总动能通常最大，但物体速度一般不相等
【例1】　（2025·江苏南通期中）如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接，
A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开
一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后（　　）
A. 弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大
B. 弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大
C. 弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加
D. 弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
√
解析： 　弹簧从拉伸到压缩至最短过程中，弹簧恢复到原长前，弹力一
直对A做正功，A的动能一直增加，弹簧压缩后到最短，弹力对A做负功，
A的动能减小，则弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大，故A正确；根据
动量守恒定律，弹簧压缩量最大时，A、B共速，速度都为零，A的动量达
到最小，故B错误；系统所受合外力始终为零，所以系统动量守恒，故C错
误；弹簧恢复到原长过程中，没有外力做功，系统的动能和弹性势能相互
转化，系统的机械能守恒，故D错误。
【例2】　（2025·宁夏石嘴山月考）如图所示，物体A静止在光滑平直轨
道上，其左端固定有轻质弹簧，物体B以速度v0＝3.0 m/s沿轨道向物体A运
动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，已知A的质量为mA＝2 kg，B的质
量为mB＝1 kg。求：
（1）当物体A的速度多大时，弹簧弹性势能最大；
答案： 1 m/s　
解析： 当物体A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大， 由动量守恒定律知
mBv0＝（mA＋mB）v
代入数据得v＝＝ m/s＝1 m/s。
（2）在相互作用过程中最大弹性势能为多少。
答案： 3 J
解析：设最大弹性势能为E弹，根据机械能守恒定律知mB＝（mA＋
mB）v2＋E弹
代入数据得E弹＝×1×32 J－×3×12 J＝3 J。
【例3】　如图所示，A、B、C三个物块置于光滑的水平面上，B、C之间
有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块拴接，刚开始物块B、C处于静止状态。
现物块A以初速度v0＝3 m/s沿B、C的连线方向朝B运动，与B发生弹性碰撞
（碰撞时间极短），然后压缩弹簧。已知mA＝1 kg，mB＝mC＝2 kg。求：
（1）A、B碰后瞬间，B的速度大小vB；
答案： 2 m/s　
解析： A和B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mAv0＝mAvA＋mBvB
mA＝mA＋mB
解得vB＝2 m/s。
（2）弹簧的最大弹性势能Epmax。
答案： 2 J
解析：当B和C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
mBvB＝（mB＋mC）v共
根据机械能守恒定律有mB＝（mB＋mC）·＋Epmax
解得Epmax＝2 J。
02
PART
强化点二　
“滑块—斜（曲）面”模型
　　
1. 模型建构：如图所示，光滑斜（曲）面静置放在光滑水平地面上，滑块
以速度v0冲上斜（曲）面，滑块始终未脱离斜（曲）面。
2. 模型特点
（1）在相互作用过程中，滑块和斜（曲）面轨道组成的系统机械能守
恒，系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。
（2）滑块上升到最大高度时，滑块与斜（曲）面具有共同水平速度v共，
此时滑块的竖直速度vy＝0。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，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少
的动能转化为滑块的重力势能）。
（3）当滑块返回最低点时，滑块与斜（曲）面分离，水平方向动量守
恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M（相当于
完成了弹性碰撞）。
【例4】　质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小
车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质
量为m的小球以初速度v0水平冲向小车，当小球返回左
端脱离小车时，下列说法中正确的是（　　）
A. 整个过程中，m和M组成的系统动量守恒
B. 如果 m＞M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C. 如果 m＞M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D. 如果 m＜M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
√
解析： 　整个过程中，m和M组成的系统水平方向动量守恒，其他方向动
量不守恒，A错误；取小球的初速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定
律得mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律得m＝m＋M，解
得v1＝v0，如果m＞M，则v1＞0，小球脱离小车后，沿水平方向向右
做平抛运动，B错误，C正确；如果 m＜M，则v1＜0，小球脱离小车后，沿
水平方向向左做平抛运动，D错误。
【例5】　如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平
面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过
程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：
（1）小球在圆弧轨道最高点的速度大小；
答案： 　
解析： 在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒小球在圆弧轨道上升到最高点时，小球与滑块速度相同，规定初速度v0的方向为正方向，
有mv0＝4mv
解得v＝。
（2）小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；
答案： 　
解析：根据机械能守恒定律得
m＝×4mv2＋mgh
解得h＝。
（3）小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小。
答案：
解析：小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋3mv2
根据机械能守恒定律，则有m＝m＋×3m
联立以上两式可得v1＝－，v2＝。
【拓展】　改变小球的速度或其他条件，若小球能冲出圆弧轨道，小球冲
出圆弧轨道后做什么运动？小球还能落回圆弧轨道吗？
提示：小球冲出圆弧轨道后做斜上抛运动。因为小球和圆弧轨道组成的系
统水平方向动量守恒，故小球还能落回圆弧轨道。
03
PART
课时作业
1. （2025·江苏苏州期末）如图所示，光滑水平面上，A、B两小球与轻质
弹簧拴接，弹簧处于原长，两小球静止。某时刻给A球水平向右的初速
度，对应初动能为Ek，设此后运动过程中弹簧弹性势能最大值为Ep。已知
A球质量为m，若＝4，则B球质量为（　　）
A. m B. 2m
C. 3m D. 4m
√
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解析： 　当弹性势能最大时，两小球共速，设B球的质量力m'，则由动量
守恒定律有mv0＝（m＋m'）v，其中弹簧弹性势能Ep＝Ek－（m＋m'）v2，
Ek＝m，＝4，解得m'＝m，故选A。
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2. （2025·黑龙江哈尔滨期末）如图所示为冰壶俯视图，在光滑的水平地
面上有三个相同可视为质点的冰壶，并且处在同一条直线上，当A以初速
度v0＝6 m/s与B发生正碰并粘在一起，C左边有弹簧，但未与B相连，全过
程中弹簧（不计质量）未超过弹性限度，
则冰壶C速度最大值为（　　）
A. 4 m/s B. 3 m/s
C. 2 m/s D. 1 m/s
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解析： 　设冰壶的质量为m，A、B碰撞过程，根据动量守恒可得mv0＝
2mv1，解得v1＝3 m/s，B压缩弹簧到弹簧再次恢复原长，此时冰壶C的速度
到达最大，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv1＝2mv2＋
mvC，×2m＝×2m＋×m，联立解得冰壶C速度最大值为vC＝
4 m/s，故选A。
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3. （2025·福建福州期中）如图所示，质量相同的木块A、B之间用轻质弹
簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，
使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复
原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，B的速度是（　　）
A. 0 B.
C. v D. v
√
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解析： 　当从弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v，方向向右，之后A
离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB；根
据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可得mBv＝mAvA＋mBvB，mBv2＝
mA＋mB，联立解得vA＝v＝v，vB＝v＝0，故选A。
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4. （2025·湖北武汉期中）如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁
定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A最初与左侧的
固定挡板相接触，B质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后的
某时刻开始，B的v-t图像如图乙所示。
下列说法正确的是（　　）
A. A的质量为1 kg
B. A的最大速度为4 m/s
C. 在A离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6 J
D. 在A离开挡板后，A、B两物块的总动量和机械能都守恒
√
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解析： 　A刚要离开挡板时，A的速度为0，B的速度为4 m/s，而共速时
为2 m/s，由动量守恒定律知mBvB＝（mA＋mB）v，解得A物块的质量mA＝
2 kg，故A错误；从某次弹簧为原长到下一次达到原长，A、B为弹性碰
撞，由于A、B质量相等，所以速度交换，A的最大速度为4 m/s，故B正
确；当共速时，弹簧的最大弹性势能最大，根据机械能守恒定律有mB
＝（mA＋mB）v2＋Epmax，解得Epmax＝8 J，故C错误；由于弹簧的弹性势
能在不断变化，故物块A、B组成的系统总动量守恒，机械能不守恒，故D
错误。
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5. （2025·江苏泰州期中）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，
小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光
滑，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于
水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自
由（初速度为0）滑下，经B点到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相
对于小车静止在B点，下列说法正确的是（　　）
A. 小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒
B. 小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒
C. 弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零
D. 最终小车和小球以相同的速度一起向右运动
√
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解析： 　小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守
恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系
统动量不守恒，故A、B错误；系统初始动量为0，根据动量守恒定律可
知，弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零，最终小球静止
在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误。
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6. 质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆弧
轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速
度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小
车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速
度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为（　　）
A. 1∶3 B. 1∶4
C. 3∶5 D. 2∶3
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解析： 　设小球的初速度v0方向为正方向，由动量守恒定律可知mv0＝
Mv1－mv2，＝，对整体由机械能守恒定律可得m＝M＋m，
联立解得＝，故C正确。
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7. 如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面
表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初
速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固
定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面
后能达到的最大高度为（　　）
A. h B.
C. D.
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解析： 　斜面固定时，小物块恰能冲到斜面的顶端，由动能定理得－mgh
＝0－m，所以v0＝；斜面不固定时，设小物块冲上斜面后能达到
的最大高度为h'，小物块达到最高点时的速度为v，由水平方向动量守恒得
mv0＝（M＋m）v，由机械能守恒定律得m＝（M＋m）v2＋mgh'，解
得h'＝h，故D正确。
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8. 如图，在水平光滑的地面上放置A、B两个质量均为m的物块，其中B物
块左侧带有一个轻质弹簧。A物块以速度v0向右运动与弹簧接触之后，压
缩弹簧至最短，然后被弹开。在整个过程中，B物块的动量为pB，A物块与
弹簧接触的时间为t，弹簧的弹性势能为Ep＝k（Δx）2，弹簧的形变量为
Δx，则碰撞过程中以下四个图像正确的是（　　）
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解析： 　两物块作用过程中，系统动量守恒且机械能守恒，则有mv0＝
mv1＋mv2，m＝m＋m，解得v2＝v0，B物块的动量为pB＝
mv2，图像pB-t的切线斜率代表B物块的受力，及弹力的变化，弹簧弹力先
增大后减小，且最终B的动量为mv0，故A错误，B正确；弹簧的弹性势能
为Ep＝k（Δx）2，可知Ep-Δx满足抛物线的规律，且先变大后变小，故C、
D错误。
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9. 如图所示，某固定的光滑水平金属杆上套有一个质量为m的圆环，圆环
用一根长为L的不可伸长的轻绳系着，绳子的另一端系一质量为M的小钢
球。现将小球拉至水平位置由静止释放，圆环在轻绳拉力作用下也会由静
止开始运动，不计空气阻力与一切摩擦，圆环与钢球均视为质点。下列说
法正确的是（　　）
A. 系统动量守恒，系统机械能也守恒
B. 小钢球到达左侧最高点时速度不为零
C. 小钢球到达最低点时的速度大小为
D. 小钢球到达最低点时的速度大小为v球＝
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解析： 　该系统只在水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系
统只有重力做功，则机械能守恒，选项A错误；小钢球到达左侧最高点时
圆环和小球具有相同的速度，由动量守恒定律得0＝（m＋M）v，可知v＝
0，即小钢球到达左侧最高点时速度为零，选项B错误；小钢球从水平位置
到最低点时，由水平方向动量守恒定律及机械能守恒定律知mv环＝Mv球，
MgL＝m＋M，解得小钢球到达最低点时的速度大小为v球＝
，选项C错误，D正确。
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10. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。用轻
弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一
物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A
粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求：
（1）物块C的质量；
答案： 2 kg　
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解析： 由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3
m/s，
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2
解得mC＝2 kg。
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（2）B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势
能多大？
答案： 2 m/s　12 J
解析： 12 s末，B离开墙壁，物块C的速度为v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹
簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹
性势能最大。根据动量守恒定律有（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
根据机械能守恒定律得
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。
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11. （2025·安徽亳州期末）如图所示，质量为2m、半径为R的四分之一光
滑圆弧槽静止在光滑水平地面上，且底端与水平面相切。质量为m的小球
（可视为质点）以初速度v0＝沿着水平面水平向右运动，重力加速度
为g，求：
（1）小球最终由圆弧槽底端离开时的速度；
答案： ，方向水平向左　
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解析： 小球滑上圆弧槽到由底端离开，该过程中水平方向动量守
恒、机械能守恒，即
mv0＝mv1＋2mv2
m＝m＋×2m
联立解得v1＝－，负号表示反方向
故速度大小为，方向水平向左。
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（2）小球由圆弧槽顶端滑出圆弧槽在空中运动过程中，圆弧槽的水平
位移。
答案： R
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解析：小球滑上光滑圆弧槽至滑出圆弧槽上升到最高点的过程，系统水平
方向动量守恒，机械能守恒mv0＝（m＋2m）v共，
×m＝×（2m＋m）＋mg（R＋h）
联立解得v共＝，h＝R
小球滑出圆弧槽后又落回圆弧槽的这段时间为t＝2＝
故圆弧槽的水平位移为x＝v共×t＝×＝R。
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