“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)

1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v

1′

=m1-m2m1+m2v

1

v

2′=2m1v1m1+m2



2.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：p

1+p

2=p

1′+p

2′。

22.满足动能不增加原理：E

k1+E

k2≥E

k1′+E

k2′。

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、t3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t4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=1:2

D.从t

3到t4时刻两物块动量变化量相同

【答案】BC

【解析】AB．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，在t1时刻弹簧处于压缩状态，在t3时刻弹簧处于拉

伸状态，从t3到t4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~t2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

2

1

2m

1v2

0=1

2m

1v2

1+1

2m

2v2

2

3其中v0=3m/s，v

1=-1m/s，v

2=2m/s解得

两物块的质量之比为

m

1:m

2=1:2

选项C正确；

D．从t

3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。

故选BC。

方法归纳【方法技巧与总结】

1．模型图示

2．模型特点

(1)动量守恒：两个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)机械能守恒：系统所受的外力为零或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(相当于完全非弹性碰

撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．

(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．

4(多选)如图所示，两物块A、B用轻弹簧相连(与A不拴接)，物块A、B质量均为m，初始时弹簧处

于原长，A、B两物块都以v0的速度在光滑的水平地面上运动，质量为2m的物块C静止在前方，物块B与

物块C碰撞后并粘在一起共同运动。在以后的运动中，下列说法正确的是()

A.B与C碰撞后，二者共同的速度为

1

3v

0

B.当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为1

4v

0

C.整个过程中，弹簧弹性势能的最大值为1

2mv

02

D.最终物块A的速度为零

4【答案】AD

【解析】A．物块B与物块C碰撞过程，A不参与，碰撞后，设物块B、C的共同速度为vBC，由动量守恒定律

有

m

Bv

0=m

B+m

Cv

BC

可得碰后共同速度为

v

BC=

1

3v

0

故A正确；

BC．当物块A、B、C三者的速度相同时弹簧的弹性势能最大，设物块A、B、C三者的共同速度为v

ABC，由

物块A、B、C三者组成的系动量守恒，由动量守恒定律有

m+mv

0=m+m+2mv

ABC

解得

v

ABC

=1

2v

0

由能量守恒定律可知

E

p=1

2m+

2mv

BC2+1

2mv

02-1

2m+m+2mv

ABC2=1

6mv

02

故BC错误；

D．最终物块A与弹簧分离，分离时物块A的速度为v

1，物块B、C的速度为v2，由动量守恒定律有

m+mv

0=mv

1+m+2mv

2

由能量关系得

1

2m+2mv

BC2+1

2mv

0

2=1

2mv

12+1

2m+2mv

22

解得

v

1=0，v

2=2

3v

0

故D正确。

故选AD。

【题型二】“滑块-斜(曲)面”模型

【典型例题】

2(2023·湖南长沙·校联考二模)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面

上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球

与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不

正确的是()

5A.

小球的质量为b

aM

B.

小球运动到最高点时的速度为ab

a+b

C.小球能够上升的最大高度为a2

2(a+b)g

D.若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动

【答案】C

【解析】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得mv

0=mv

1+Mv

2

v

2=mv

0M-m

Mv

1

结合图乙可得

m

M=b

a

mv

0

M=b

所以

a=v

0，m=b

aM

故A正确，不符合题意；

D．对小球和圆弧滑块组成的系统，有mv

0=mv

1+Mv

2

1

2mv2

0=1

2mv2

1+1

2Mv2

2

解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为

v

1=m-M

m+Mv

0=a(b-a)

a+b<0

即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；

B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v

共，在水平方向上由

动量守恒定律得

mv

0=(m+M)v

共

6解得

v

共=

mv

0

m+M

=ab

a+b

故B正确，不符合题意；C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得

1

2mv2

0=1

2(m+M)v2

共+mgh

解得

h=Mv2

0

2(m+M)g=a32(a+b)g

故C错误，符合题意。

故选C。

方法归纳【方法技巧与总结】

1．模型图示2．模型特点

(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v

共，此时m的竖直速度v

y=0.系统水平方向动量守恒，

mv

0=(M+m)v

共；系统机械能守恒，1

2mv2

0=1

2(M+m)v

共2+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m的重力势能)．(2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv

0=mv

1+Mv

2；系统机械能守恒，1

2mv2

0=1

2mv2

1

+1

2Mv2

2(相当于完成了弹性碰撞)．

5(2023·四川成都·树德中学校考二模)如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，

现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返

回小车右端，则下列说法正确的是()