2021年高考物理二轮专题复习：专题5 碰撞模型(无答案)

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（原卷版）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)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后，两物体沿同一方向运动)；③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后，两物体沿相反方向运动)；⑤若m1≪m2，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 p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2. (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．②两物体相向运动，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m 1＝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m 2＝1 kg.碰撞前瞬间，A 的速度大小为v 0＝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/s 2，试求碰后B 在水平面上滑行的时间．【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．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？命题热点三：“滑块--斜面”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，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12mv02＝12(M＋m)v共2＋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，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝12mv12＋12Mv22(完全弹性碰撞拓展模型)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．【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．命题热点四：“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。

专题强化七“碰撞类”模型问题【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。

模型一“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′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋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)；②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；⑤若m1≪m2，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′12m1v 21＋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)v12m1v 21＋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p212m1＋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。

碰撞问题专题一、单选题1. 荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献。

他研究的刚性球对心碰撞实验可简化为：球1、球2的质量分别为m 1、m 2，半径相同，并排悬挂在长度相等两根平行绳子上，彼此相互接触。

现把质量为m 1的小球拉开到某高处由静止释放，在下落到最低点时将与球2发生对心碰撞，不计碰撞过程中的机械能损失，如图所示，已知碰后时刻，球1、球2具有相同的动量，则m 1m 2的值为( )A. 3B. 13C. 2D. 122. 如图所示，光滑水平地面上有质量均为m 的三个小物块A 、B 、C ，其中B 、C 通过一轻质弹簧拴接，弹簧处于原长。

现给A 一个向右的初速度v 0，物块A 与物块B 发生碰撞后粘在一起继续运动，弹簧始终未超过弹性限度，则从物块A 开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是A. 物块A ，B ，C 组成的系统动量守恒，机械能也守恒B. 物块A ，B ，C 以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒C. 物块A ，B ，C 以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒D. 物块A 动能的减少量等于物块B 、C 动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和3. 斯诺克是一种台球运动，深受人们的喜爱。

斯诺克本身的意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，打球过程中可以利用球来作障碍迫使对方失误，而且作障碍是每个职业斯诺克球手都必须掌握的一种技术。

假设光滑水平面一条直线上依次放8个质量均为m 的弹性红球，质量为1.5m 的白球以初速度ν0与8号红球发生弹性正碰，则8号红球最终的速度大小为( )A. 0B. 65ν0C. 65(15)7ν0D. 65(15)8ν04. 如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B ，其质量m A >m B ，B 球上固定一轻质弹簧。

A 球以速率v 去碰撞静止的B 球，则( )A. A球的最小速率为零B. B球的最大速率为vC. 当弹簧恢D. 当弹簧压复原长时，B球速率最大缩量最大时，两球速率都最小5.如图所示，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，在图所示的图象中，下图中图线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．则在这四个图象中正确的是()A. B.C. D.6.甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5kg·m/s，p乙=7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p′乙=10kg·m/s，则两球质量m甲与m乙间的关系可能是()A. m乙=m甲B. m乙=2m甲C. m乙=4m甲D. m乙=6m甲7.如图所示，在光滑水平面，质量为m的A小球以速度v0运动，与原静止的质量为4m的B小球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追及B再相撞，则A. 15<a≤13B. 13<a≤23C. 13<a≤25D. 13<a≤358.光滑水平面和竖直光滑曲面相切于曲面的最低点，大小相同的弹性小球A，B质量分别为m A和m B。

专题05 连接体问题、板块模型、传送带问题【窗口导航】高频考法1 连接体问题 ........................................................................................................................................... 1 角度1：叠放连接体问题 ....................................................................................................................................... 2 角度2：轻绳连接体问题 ....................................................................................................................................... 3 角度3：轻弹簧连接体问题 ................................................................................................................................... 3 高频考法2 板块模型 ............................................................................................................................................... 4 高频考法3 传送带问题 ........................................................................................................................................... 7 角度1：水平传送带模型 ....................................................................................................................................... 8 角度2：倾斜传送带模型 . (11)高频考法1连接体问题1．常见连接体三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同(接触面光滑，或A 、B 与接触面间的动摩擦因数相等)常用隔离法常会出现临界条件2. 连接体的运动特点（1）叠放连接体——常出现临界条件，加速度可能不相等、速度可能不相等。

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。

2021届高三物理一轮复习—— “碰撞类”模型问题专题解读 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．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)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 v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)v 2＝0时，v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2 v 1v 2′＝2m 1m 1＋m 2 v 1讨论：①若m 1＝m 2，则v 1′＝0，v 2′＝v 1(速度交换)；②若m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0(碰后，两物体沿同一方向运动)；③若m 1≫m 2，则v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1；④若m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0(碰后，两物体沿相反方向运动)；⑤若m 1≪m 2，则v 1′≈－v 1，v 2′≈0.2．非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失．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＋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．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变或速度均为零．例1(2019·福建泉州市质量检查)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 12μgt2(2)3m v－3μmgt解析(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v1，由动量定理可得－μ·3mgt＝0－3m v1得v1＝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＝0－12×3m v12得s＝12μgt2(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得3m v－m·2v＝3m v1＋m v2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＝m v2－(－m·2v)解得I＝3m v－3μmgt.。

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：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用物体的质量，x1、x2为其对地位移的大小)。

题型二“物块—弹簧”模型题型三M开始时静止，m以初速度v0滑上曲面体1.m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时水平速度v：题型四“滑块-滑板”模型上表面粗糙、质量为M的滑板，放在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0滑上滑板。

1.系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移大小的乘积等于系1.若滑块未滑离滑板，当滑块与滑板相对静止时，二者的共同速度为v，滑块相对滑板的位移为d，滑板相对地面的位移为s，滑块和滑板间的摩擦力为F f。

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.。

类碰撞模型特训目标特训内容目标1与弹簧有关的类碰撞模型(1T -4T )目标2与斜面曲面有关的类碰撞模型(5T -8T )目标3与板块和子弹打木块有关的类碰撞模型(9T -12T )目标4与绳子绷紧有关的类碰撞模型(13T -16T )【特训典例】一、与弹簧有关的类碰撞模型1如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m 1=1kg 和m 2的两物块A 、B 相连接，并且静止在光滑的水平面上。

现使m 1瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得()A.A 与B 两物块的质量之比为1:2B.在t 2时刻A 与B 两物块间的弹簧处于压缩状态C.在t 3时刻弹簧的弹性势能最大D.在从0到t 4过程中，弹簧的最大弹性势能为1.5J【答案】AC【详解】A ．系统动量守恒，从t =0开始到t 1时刻有m 1v 1=m 1+m 2 v 2将v 1=3m/s ，v 2=1m/s 代入得m 1:m 2=1:2解得m 2=2kg 故A 正确；B ．由乙图可知，t 2时刻弹簧恢复原长，故B 错误；CD ．由乙图可知，t 3时刻速度相同，总动能最小，弹簧的弹性势能最大，则最大弹性势能为E p =12m 1v 21-12m 1+m 2 v 2共已知v 1=3m/s ，v 1=1m/s 代入上式，得E p =3J 故C 正确，故D 错误。

故选AC 。

2如图所示，质量为m 的物块P 与物块Q (质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。

现给P 物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0~2t 0内P 、Q 物块运动的a -t 图像如图所示，已知t 0时刻P 、Q 的加速度最大，其中t 轴下方部分的面积大小为S ，则()A.物体Q 的质量为12m B.2t 0时刻Q 物体的速度大小为v Q =S C.t 0时刻弹簧的弹性势能为3mS 24D.t 0~2t 0时间内弹簧对P 物体做功为零【答案】BCD【详解】A ．0~2t 0时间内Q 所受弹力方向向左，P 所受弹力方向始终向右；t 0时刻，P 、Q 所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得F 弹m P =F 弹m =a 0；F 弹m Q =a02解得物体Q 的质量为m Q =2m 故A 错误；B ．根据a -t 图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0~2t 0时间内，Q 物体的速度变化量大小为Δv Q =S =v Q -0则2t 0时刻Q 物体的速度大小为v Q =S ，故B 正确；C ．t 0时刻两物体具体相同的速度v ，根据对称性可知，t 0时刻P 、Q 物体的速度大小为v =S 2设物体P 的初速度为v 0，根据动量守恒可得mv 0=(m +2m )v 解得v 0=3v =32S 设t 0时刻弹簧的弹性势能为E p ，根据能量守恒可得E p =12mv 20-12×3mv 2联立解得E p =3mS 24故C 正确；D ．设2t 0时刻P 物体的速度为v P ；根据动量守恒可得mv 0=mv P +2mv Q 解得v P =-S2=-v 可知2t 0时刻P 物体的速度大小等于t 0时刻P 物体的速度大小，则2t 0时刻P 物体的动能等于t 0时刻P 物体的动能，故t 0~2t 0时间内弹簧对P 物体做功为零，故D 正确。

高考物理建模之碰撞模型高中物理考查碰撞通常结合两个定律：动量守恒定律、能量转化定律，历年是高考物理必考考点。

做为高考热点，通常以选择、实验、更是压轴题形式出现。

高二物理常见的碰撞模型图
碰撞的特点
1、遵循动量守恒定律；
2、碰撞后动能不可能增大，即碰撞后机械能小于或等于碰前机械能；
3、追击类碰撞，碰前，后面物体的速度一定要大于前面物体的速度；碰后，若两物体同方向运动，后面的物体速度不可能大于前面物体的速度；若碰后两物体速度反向，则两者速度大小没有任何关系。

两类典型碰撞
1、弹性碰撞
特点：弹性碰撞必须除了遵循动量守恒定律外，还遵循机械能守恒定律。

正因为有这2个特点，因此可但凡看到物体属于弹性碰撞，我们可以列出两条方程组。

即：
讨论：
(1)一动一静且m1=m2的弹性碰撞时，碰后两球速度交换;
(2)大物体碰小物体，一起向前运动；质量相等，速度交换；小碰
大，向后退；
(3)原来动量P运动的物体，若其获得等大反向的动量时，是导致
物体静止或反向运动临界条件。

2、完全非弹性碰撞
特点：完全非弹性碰撞，碰后两物体共速，碰后机械能损失。

即：
说明：损失的机械能用于克服相对运动时摩擦力所做的功，转化为内能。

四个非常有用推论
1、弹性碰撞前后，双方的相对速度大小相等，即：v2-v1=v1-v2；
2、当质量相等的两物体发生弹性正碰时，速度交换；
3、完全非弹性碰撞后两物体共速；
4、碰撞过程中，遵循动量守恒定律、能量不增加定律、运动的合理性这三个条件的制约。

专题15 碰撞与类碰撞模型弹性碰撞模型（5-7题） (8)非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型（8-11题） (10)小球——曲面模型（12-14题） (14)小球——弹簧模型（15-17题） (17)子弹打木块模型（18-22题） (20)1.（2023•上海）如图，将小球P拴于L＝1.2m的轻绳上，m P＝0.15kg向左拉开一段距离释放，水平地面上有一物块Q，m Q＝0.1kg。

小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5：1，碰撞前后P、Q总动能不变。

（重力加速度g取9.8m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28）（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度v Q；（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离。

【解答】解：（1）P与Q碰撞前，P的速度为v P，由向心加速度表达式a=v2L得：v P=√aL代入数据得：v P≈1.39m/s碰撞前后P的速度之比为5：1，碰后P的速度为v P′≈0.28m/sP与Q碰撞瞬间，P与Q组成的系统内力远大于外力，动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m P v P＝m P v P′+m Q v Q′代入数据解得：v Q′≈1.67m/s，方向水平向右；（2）由于L＝1.2m远大于小球P的大小，碰后P的速度较小，上升的高度较小，故小球P碰后做简谐运动，由单摆的周期公式得：T=2π√Lg小球P再次到平衡位置的时间为：t=T 2联立解得：t≈1.10s碰后Q向右做匀减速直线运动，末速度减为零时的时间为t′，由运动学公式得：0＝v Q′﹣at′由牛顿第二定律得：μm Q g＝m Q a联立解得：t′≈0.61s由于t′＜t，故在小球P再次到平衡位置的时间内，小球Q早已停下；小球Q向右运动的过程中，设Q运动的距离为x，由动能定理得：−μm Q gx=−12m Q v Q′2解得：x≈0.51m。

2.（2023•乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。

专题5 碰撞模型碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，同时也是难点。

它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全方位的考查学生们的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力。

高考中考查的碰撞问题，碰撞过程既遵循动量守恒定律，又遵循能量守恒定律，所以解题时往往需要列出两个式子联立求解。

（一）弹性碰撞在碰撞前后系统动量守恒，如果碰撞前后系统的动能总和没有变化，即系统的动能总和没有转化为其他形式如重力势能、内能、弹性势能等，那么此碰撞为弹性碰撞。

动量守恒定律：m A v A+m B v B=m A v A′+m B v B′能量守恒定律：12m A v A2+12m B v B2=12m A v A′2+12m B v B′2两式联立可得：v A′=(m A−m B)v A+2m B v Bm A+m Bv B′=(m B−m A)v B+2m A v Am A+m B如果v B=0时，既“动碰静”，那么：v A′=(m A−m B)v Am A+m Bv B′=2m A v Am A+m B①当m A≫m B时，v A′=v A，v B′=2v A②当m A>m B时，v A>v A′>0，2v A>v B′>v A③当m A=m B时，v A′=0，v B′=v A④当m A<m B时，−v A<v A′<0，0<v B′<v A⑤当m A≪m B时，v A′=−v A，v B′=0从上面5种情况可以看出：当A的质量大于B的质量，碰撞后A会继续向前运动；当A 的质量小于B的质量，碰撞后A会反向运动；当A的质量等于B的质量，碰撞后A、B的速度交换；不管A、B的质量关系如何，碰撞后B不可能反向运动。

1.如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A 的速度大小为()A．0.5 m/s B．1.0 m/sC．1.5 m/s D．2.0 m/s2.．(多选)2019年1月23日，女子冰壶世锦赛资格赛在新西兰内斯比进入到最后一天，中国队险胜芬兰队，成功斩获今年世锦赛门票．如图所示，两个大小相同、质量均为m的冰壶静止在水平冰面上，运动员在极短时间内给在O点的甲冰壶水平冲量使其向右运动，当甲冰壶运动到A点时与乙冰壶发生弹性正碰，碰后乙冰壶运动到C点停下．已知OA＝AB ＝BC＝L，冰壶所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则()A．运动员对甲冰壶做的功为kmgLB．运动员对甲冰壶做的功为3kmgLC．运动员对甲冰壶施加的冲量为m kgLD．运动员对甲冰壶施加的冲量为m6kgL3．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为()A．h B．2hC．3h D．4h4．如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m1＝2kg，m2＝1kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5．现对物块A施加一大小I＝40N·s，水平向右的瞬时冲量，使物块A获得一个初速度，t＝1s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2．(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；(2)若物块B的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后A、B是否会到达危验区域．（二）完全非弹性碰撞在碰撞前后系统动量守恒，如果碰撞后两个物体的速度相同（如共速，粘在一起等），即系统的总动能有一部分转化为其他形式的能量如重力势能、内能、弹性势能等，那么此碰撞为完全非弹性碰撞。