“一动一静”碰撞模型及解题技巧(经典)

高考物理碰撞中“一动一静”一维弹性碰撞模型复习摘要：一运动的物体与一静止的物体发生弹性碰撞构成一种重要碰撞模型，即“一动一静”一维弹性碰撞模型，碰撞过程动量、机械能守恒，碰后两物体速度可求．两物体通过弹簧弹力作用，把一物体的动能转移给另一物体；或一物体在另一物体表面运动，通过物体间的弹力作用，把一物体的动能转移给另一物体也可构成“隐蔽”的“一动一静”一维弹性碰撞模型．关键词：“一动一静”一维弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，动能，弹性势能，重力势能。

2017届全国考纲把选修3-5由先前的选考内容角色变换成必考内容角色，这要求我们广大高三物理老师提高对选修3-5复习的重视程度，下面谈谈我如何复习选修3-5动量中“一动一静”一维弹性碰撞重要模型，不足之处请同仁指正．一运动的弹性小球碰撞一静止的弹性小球，两小球接触碰撞过程中相互作用的力较大，时间又短，系统动量守恒；两小球从开始接触到共速这短暂过程中小球的动能向小球的弹性势能转化，两小球从共速到开始分离这短暂过程中小球的弹性势能向小球的动能转化，系统机械能也守恒．如图，在光滑的水平面上质量m1、速度v1弹性小球1向右运动与质量m2、静止弹性小球2发生正碰．设m1、m2碰撞分离后的速度分别为v’1、v’2系统动量守恒m1v1=m1v’1+m2v’2系统机械能守恒12m1v12 =12m1v’12+12m2v’22解得错误!或错误!（增根舍去）（Ⅰ）当m1>m2时，v’1与v1同向（大撞小，同向跑）；当m1>>m2时,v’1≈v1、v’2≈2v1（Ⅱ）当m1=m2时，v’1与v1换速，即v’1=0、v’2=v1（Ⅲ）当m1<m2时，v’1与v1反向（小撞大，被弹回）；当m1<<m2时,v’1≈-v1、v’2≈0下面从三个方面分析“一动一静”一维弹性碰撞模型的应用情景一：两弹性体组成的系统，系统能量由动能→物体间挤压的弹性势能→动能例1、如图所示，两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着，静止时两根细线竖直，两小球刚好接触，且球心在同一条水平线上．现向左移动小球A，使A球与最低点的高度差为h（悬吊A球的细线张紧），然后无初速释放小球A，小球将发生碰撞．碰撞过程没有机械能损失，且碰撞前后小球的摆动平面不变．碰后A、B上升的最大高度分别为h A 和h B（最大高度均未超过绳长）（）A ．若m A ＜mB ，则h A 、h B 中有一个可能大于hB ．若m A ＞m B ，则一定为h B ＞h ＞h AC ．若m A ＞m B ，则h A =h B 是可能的D ．无论质量关系如何，h A 、h B 一定不可能相等【解答】小球A 下摆过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：m A gh=12m A v A 2 解得：v A =2gh两个小球碰撞过程在水平方向动量守恒，系统机械能守恒（“一动一静”一维弹性碰撞模型）. 错误!解得：v A ’=错误!v A ，v B ’=错误!v A碰撞后两小球向上运动的过程中，两小球机械能守恒：12 m A v A ’2=mgh A ，12m B v B ’2=mgh B A 、若m A ＜m B ，碰撞后A 球反弹，向左摆动，B 球向右摆动，系统机械能守恒，h A 、h B 可能相等，但都不可能大于h ，故AD 错误；B 、若m A ＞m B ，碰撞后两球都向右摆动，则一定为h B ＞h ＞h A ，h A 、h B 不可能相等，故B 正确，C 错误；故选B ．例2、如图，光滑水平面上两个体积相同的小球A 和B 静止在同一直线上，B 球右侧有一固定的竖直挡板。

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。

高考物理碰撞中“一动一静”一维弹性碰撞模型复习摘要：一运动的物体与一静止的物体发生弹性碰撞构成一种重要碰撞模型，即“一动一静”一维弹性碰撞模型，碰撞过程动量、机械能守恒，碰后两物体速度可求．两物体通过弹簧弹力作用，把一物体的动能转移给另一物体；或一物体在另一物体表面运动，通过物体间的弹力作用，把一物体的动能转移给另一物体也可构成“隐蔽”的“一动一静”一维弹性碰撞模型．关键词：“一动一静”一维弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，动能，弹性势能，重力势能。

2017届全国考纲把选修3-5由先前的选考内容角色变换成必考内容角色，这要求我们广大高三物理老师提高对选修3-5复习的重视程度，下面谈谈我如何复习选修3-5动量中“一动一静”一维弹性碰撞重要模型，不足之处请同仁指正．一运动的弹性小球碰撞一静止的弹性小球，两小球接触碰撞过程中相互作用的力较大，时间又短，系统动量守恒；两小球从开始接触到共速这短暂过程中小球的动能向小球的弹性势能转化，两小球从共速到开始分离这短暂过程中小球的弹性势能向小球的动能转化，系统机械能也守恒．如图，在光滑的水平面上质量m1、速度v1弹性小球1向右运动与质量m2、静止弹性小球2发生正碰．设m1、m2碰撞分离后的速度分别为v’1、v’2系统动量守恒m1v1=m1v’1+m2v’2系统机械能守恒12m1v12 =12m1v’12+12m2v’22解得错误!或错误!（增根舍去）（Ⅰ）当m1>m2时，v’1与v1同向（大撞小，同向跑）；当m1>>m2时,v’1≈v1、v’2≈2v1（Ⅱ）当m1=m2时，v’1与v1换速，即v’1=0、v’2=v1（Ⅲ）当m1<m2时，v’1与v1反向（小撞大，被弹回）；当m1<<m2时,v’1≈-v1、v’2≈0下面从三个方面分析“一动一静”一维弹性碰撞模型的应用情景一：两弹性体组成的系统，系统能量由动能→物体间挤压的弹性势能→动能例1、如图所示，两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着，静止时两根细线竖直，两小球刚好接触，且球心在同一条水平线上．现向左移动小球A，使A球与最低点的高度差为h（悬吊A球的细线张紧），然后无初速释放小球A，小球将发生碰撞．碰撞过程没有机械能损失，且碰撞前后小球的摆动平面不变．碰后A、B上升的最大高度分别为h A 和h B（最大高度均未超过绳长）（）A ．若m A ＜mB ，则h A 、h B 中有一个可能大于hB ．若m A ＞m B ，则一定为h B ＞h ＞h AC ．若m A ＞m B ，则h A =h B 是可能的D ．无论质量关系如何，h A 、h B 一定不可能相等【解答】小球A 下摆过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：m A gh=12m A v A 2 解得：v A =2gh两个小球碰撞过程在水平方向动量守恒，系统机械能守恒（“一动一静”一维弹性碰撞模型）. 错误!解得：v A ’=错误!v A ，v B ’=错误!v A碰撞后两小球向上运动的过程中，两小球机械能守恒：12 m A v A ’2=mgh A ，12m B v B ’2=mgh B A 、若m A ＜m B ，碰撞后A 球反弹，向左摆动，B 球向右摆动，系统机械能守恒，h A 、h B 可能相等，但都不可能大于h ，故AD 错误；B 、若m A ＞m B ，碰撞后两球都向右摆动，则一定为h B ＞h ＞h A ，h A 、h B 不可能相等，故B 正确，C 错误；故选B ．例2、如图，光滑水平面上两个体积相同的小球A 和B 静止在同一直线上，B 球右侧有一固定的竖直挡板。

活用“一静一动”弹牲碰撞速度公式静止物体与动物体间的碰撞是一种常见的物理现象，也是物理学研究的重要内容之一。

当物体之间发生碰撞时，两者之间惯性运动的改变以及碰撞后的能量变化，都会影响碰撞后物体的运动情况。

为了更详细地研究碰撞中系统能量改变，应用力学中所提出的“一静一动”和速度公式，便成为求解物体碰撞运动过程中情况的理想工具。

“一静一动”是指两个物体在发生碰撞的过程中，其中一个物体为静止而另外一个运动；而“速度公式”是指发生碰撞运动后，两物体之间的速度和动量的变化关系。

“一静一动”加上“速度公式”的组合，便成为在“碰撞速度”计算中的基本方法。

以直线运动的碰撞为例，若静止物体具有质量m（单位kg），而运动物体具有质量M （单位kg）和初始速度V，则经过上述两个公式，可得到静止物体和运动物体在发生相撞后的速度：运动物体的速度所变化的V1为：V1=V*[M（m+M）/M]这里，V为运动物体的初始动量，M为运动物体的质量，m为静止物体的质量。

以此可知，在发生碰撞运动后，静止物体将获得一定的动量，而运动物体则会受到惯性改变，改变其动量，直至停止。

此外，“一静一动”加“速度公式”还可以用来解决多个物体发生碰撞的问题。

如三个物体，A、B、C分别具有初始速度Va、Vb、Vc，质量ma、mb、mc，在发生相撞的过程中即可用此公式来求出碰撞后A、B、C的速度：Va1=Va*[mc（ma+mb+mc）/mc]以上数据中，Va表示物体A的初始速度，Vb表示物体B的初始速度，Vc表示物u体C的初始速度，Va1表示物体A经过碰撞后的速度，Vb1表示物体B经过碰撞后的速度，Vc1表示物体C经过碰撞后的速度。

可以看出，“一静一动”加“速度公式”，是求解碰撞运动情况的有利方法，可以较详细地反映碰撞运动中情况的变化。

而如果遇到复杂的碰撞运动情况，可以根据KAB平衡定律进行更深入的研究。

“一动一静”碰撞模型一、“一动一静”完全非弹性碰撞模型建立模型在光滑水平面上，质量为的物体以初速度去碰撞静止的物体，碰后两物体粘在一起具有共同的速度，这种碰撞称为“一动一静”完全非弹性碰撞，此时系统动能损失最大。

（1）基本特征碰后两物体速度相等，由动量守恒定律得：（2）功能关系系统内力做功，实现系统动能与其它形式能量的转化。

当两物体速度相等时，系统动能损失最大，即：二、 应用（1）滑动摩擦力做功，系统动能转化为内能s2ds1v0v例1. 在光滑水平面上，有一静止的质量为M的木块，一颗初动量为的子弹mv0，水平射入木块，并深入木块d，且冲击过程阻力(f)恒定。

解析：得：（2）重力做功，系统动能转化为重力势能例2. 在光滑水平面上静止一质量为M的斜面体，现有一质量为m的小球以水平速度滑上斜面，如图2所示。

若斜面足够长且光滑，求小球能在斜面上滑行的最大高度。

分析：小球滑上斜面后，只要小球水平方向的分速度大于斜面体的速度，小球将继续上滑，高度将继续增加，重力势能也继续增大。

当二者的速度相等时，小球上升到最大高度，重力势能最大，系统动能的损失也最大。

小球和斜面体之间的相互作用也可等效为“一动一静”完全非弹性碰撞，则解以上两式得：二、“一动一静”完全弹性碰撞模型例3.如图所示，光滑水平面上，质量为2m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止；质量为m的小球A以初速度v0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过一段时间，A与弹簧分离，设小球A、B与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内。

求m2mABv0（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能E．（2）弹簧恢复原长时两球速度分别是多少？方向如何？例3. 解：(1)当A球与弹簧接触以后，在弹力作用下减速运动，而B球在弹力作用下加速运动，弹簧势能增加，当A、B速度相同时，弹簧的势能最大．设A、B的共同速度为v，弹簧的最大势能为E，则：A、B系统动量守恒，有由机械能守恒：联立两式得 (2) V1=﹣VO V2=VO例4.在光滑水平面上静止一质量为M的斜面体，现有一质量为m的小球以水平速度滑上斜面，如图2所示。

碰撞的“一动一静”模型在物理中的应用碰撞的过程是指：作用时间很短，作用力很大.碰撞过程两物体产生的位移可忽略. 一个运动物体以以一定的速度碰撞一个静止的物体是一个常见的碰撞问题,下面就”一动一静"谈谈碰撞问题。

一、"一动一静”的弹性正碰。

如图( 1 )一个质量为m 1的小球以速度v 0向右运动,与一个静止的质量为m 2的小球发生弹性正碰,这种最典型的碰撞具有一系列应用广泛的重要规律. (1）动量守恒，初、末动能相等，即101122m v m v m v ①222101122111222m v m v m v ② （2）根据①、②式,碰撞结束时,主动球（m 1）与被动球（m 2)的速度分别为:12101212122m m v v m m m v v m m(3）判断碰撞后的速度方向当m 1〉m 2时,v 1>0,v 2〉0，两球均沿v 0方向运动.当m 1=m 2时, v 1=0，v 2=v 0,两球交换速度,主动球停止，被动球以v 0开始运动。

当m 1〈m 2时，v 1<0,v 2〉0， 主动球反弹,被动球沿v 0方向开始运动.1112212121000211121222122,,011m m m m m m m m m v v v v v v v m m m m m m m m 当时，主动球以v 0反弹，被动球静止不动。

(4）不动球获得最大速度、最大动量和最大动能的条件01202121122m01201022211222v 2m 1m m m ,v v 2v 2m m v 2m v m v m m m 1m m v v m m P 当时最大为 所示当m 2〉〉m 1，P 2最大为P m =2m 1v 0=2 P 01这一结果还可以简捷地根据21P P ∆=-∆得出,请读者试一试.2221012k 222210212122m v 4m m 111m v m m v 22m m 2m m E当m 2=m 1时，E k2最大为2k210k011m v 2E E例(1）带有光滑圆弧轨道的滑块质量为M 静止在光滑水平面上,轨道足够高且轨道下端的切线方向水平.今有一质量为m 的小球以水平初速度v 0滚上滑块,如图(2）所示,求 (1）小球沿圆弧轨道上升的最大高度h（2)小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小 解: 小球沿光滑圆弧轨道运动的过程可以看作弹性正碰的过程,系统总动量和总机械能守恒（1）当小球与滑块的速度相同时，小球上升的高度最大,设此时小球和滑块的共同速度为v,有:02201122mv mM vmv mghm M v得: 202Mv hM m g(2）设小球又滚回来时,M 的速度为v 1，球的速度为v 2，有： 012222012111222mv Mv mv mv Mv mv 的: 10202,mm Mv v v v M mM m例（2）如图(3）所示，质量为M 的平板车在光滑水平面上以速度v 0匀速运动，车身足够长，其上表面粗糙，质量为m 的小球自h 高处由静止下落，与平板车碰撞后,每一次上升高度仍然为h ，每次碰撞过程中，由于摩擦力的冲量不能忽略，撞击几次后,小球水平方向的速度逐渐增大.求平板车的最终速度?解: 准确理解题意，应用动量守恒的条件判断，挖掘隐含条件是解决本题的关键. 车和球组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得:0v m v M M ＝∴0v v m M＝二、”一动一静”的完全非弹性碰撞。

一动一静弹性碰撞公式由于弹性碰撞后的速度公式不好推导，该公式又比较繁杂不好记。

因此导致这类考题的得分率一直较低。

下面探讨一下该公式的巧记方法。

一、“一动碰一静”的弹性碰撞公式问题：如图1所示，在光滑水平面上，质量为m1的小球，以速度v1与原来静止的质量为m2的小球发生对心弹性碰撞，试求碰撞后它们各自的速度？图1设碰撞后它们的速度分别为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能（动能）守恒定律得：m1v1=m1v1＇+m2v2＇①②由①③由②④由④/③⑤联立①⑤解得⑥⑦上面⑥⑦式的右边只有分子不同，但记忆起来容易混。

为此可做如下分析：，由动量守恒定律当两球碰撞至球心相距最近时，两球达到瞬时的共同速度v共得：m1v1= （m1+m2）v共=m1v1 /（m1+m2）。

而两球从球心相距最近到分开过程中，球m2解出v共继续受到向前的弹力作用，因此速度会更大，根据对称可猜想其速度恰好增大一倍即，而这恰好是⑦式，因此⑦式就可上述推理轻松记住，⑥式也就不难写出了。

如果⑥式的分子容易写成m2－m1，则可根据质量m1的乒乓球以速度v1去碰原来静止的铅球m2，碰撞后乒乓球被反弹回，因此v1＇应当是负的（v1＇<0），故分子写成m1－m2才行。

在“验证动量守恒定律”的实验中，要求入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，也可由⑥式解释。

因为只有m1>m2，才有v1＇>0。

否则，若v1＇<0，即入射球m1返回，由于摩擦，入射球m1再回来时速度已经变小了，不再是原来的v1＇了。

另外，若将上面的⑤式变形可得：，即碰撞前两球相互靠近的相对速度v1－0等于碰撞后两球相互分开的相对速度。

由此可轻松记住⑤式。

再结合①式也可很容易解得⑥⑦式。

二、“一动碰一动”的弹性碰撞公式问题：如图2所示，在光滑水平面上，质量为m1、m2的两球发生对心弹性碰撞，碰撞前速度分别为v1和v2，求两球碰撞后各自的速度？图2设碰撞后速度变为v1＇和v2＇，在弹性碰撞过程中，分别根据动量守恒定律、机械能守恒定律得：m1v1+m2v2=m1v1＇+m2v2＇①②由①③由②④由④/③⑤由③⑤式可以解出⑥⑦要记住上面⑥⑦式更是不容易的，而且推导也很费时间。

s 2 ds 1v 0v“一动一静”碰碰模型及解题本领(典范）之阳早格格创做一、“一动一静”真足非弹性碰碰模型 修坐模型正在光润火仄里上，品量为的物体以初速度去碰碰停止的物体，碰后二物体粘正在所有具备共共的速度，那种碰碰称为“一动一静”真足非弹性碰碰，此时系统动能益坏最大. （1）基础特性碰后二物体速度相等，由动量守恒定律得： （2）功能闭系系统内力干功，真止系统动能取其余形式能量的转移.当二物体速度相等时，系统动能益坏最大，即： 二、应用（1）滑动摩揩力干功，系统动能转移为内能 例1. 正在光润火仄里上，有一停止的品量为M 的木块，一颗初动量为的子弹mv 0，火仄射进木块，并深进木块d ，且冲打历程阻力(f )恒定. 剖析：()m v m m v 1112=+()2212121v m M mv E +-=得：21)(2v M m mM E += 例2.如图所示，品量为M 的少木板停止正在光润火仄里上，品量为m 的小物块以火仄速度v0从少木板左端启初疏通，为使小物块没有从少木板左端滑降，少木板起码多少？分解：小物块没有从少木板上滑降的临界情况是，当小物块滑至少木板左端时，二者刚刚佳具备共共速度，切合“一动一静”真足非弹性碰碰模型，系统益坏的动能转移为系统爆收的内能，分散摩揩死热公式可解出少木板的少度.解：小物块没有从少木板上滑降的临界情况是小物块滑至少木板左端时，二者刚刚佳具备共共速度.据动量守恒定律：()v m M mv +=0 据能量的转移取守恒：220)(2121v m M mv mgL +-=μ联坐解得：)(220m M g Mv L +=μ即为少木板的最小少度例3.光润火仄里上停止一少木板A ，A 的二端各有一横曲挡板.另有一木块B （可视为量面）以的初速度v1=5m/s 背左疏通，如图所示.若A 取B 之间的动摩揩果数μ=0.05，且A 取B 的品量相等，供B 正在A 上滑止的总路途（假设B 取挡板碰碰时无板滞能益坏）.剖析：B 正在A 上去回滑动并取二挡板爆收碰碰，由于滑动摩揩力的效率，B 最后必停正在A 上并取A 以共共的速度疏通.A 取B 之间的相互效率即为“一动一静”真足非弹性碰碰. 解：设A 取B 的品量均为m ，系统动量守恒，有mv mv 12=能量的转移取守恒：μmgs mv mv =-12122122·解以上二式得：s v g m ==⨯⨯=12245400510125μ..()（2）沉力干功，系统动能转移为沉力势能例4. 正在光润火仄里上停止一品量为M 的斜里体，现有一品量为m 的小球以火仄速度滑上斜里，如图2所示.若斜里脚够少且光润，供小球能正在斜里上滑止的最大下度.分解：小球滑上斜里后，只消小球火仄目标的分速度大于斜里体的速度，小球将继承上滑，下度将继承减少，沉力势能也继承删大.当二者的速度相等时，小球降下到最大下度，沉力势能最大，系统动能的益坏也最大.小球战斜里体之间的相互效率也可等效为“一动一静”真足非弹性碰碰，则()()22112121v m M m v m gh v M m m v m +-=+=解以上二式得：二、“一动一静”真足弹性碰碰模型二小球弹性碰碰表里推导设二个小球爆收弹性碰碰 根据动量守恒定律，11221122m v m v m v m v ''+=+ （1） 根据弹性碰碰历程板滞能守恒，22221122112211112222m v m v m v m v ''+=+ （2）由（1）式移项，得11112222m v m v m v m v ''-=- （3） 由（3）式，得()()111222m v v m v v ''-=- （4）由（2）式移项，得22221111222211112222m v m v m v m v ''-=- （5）由（5）式，整治得()()()()1111122222m v v v v m v v v v ''''-+=-+ （6）将（4）式代进（6）式左边，整治得1122v v v v ''+=+ （7） 由（1）战（7）式，解得12211212122m m m v v v m m m m -'=+++ （8） 21122121212m m m v v v m m m m -'=+++ （9）比圆：正在光润火仄里上，品量为m1的物体以初速度v0去碰碰停止的物体m2，碰后的m1速度是v1，m2的速度是v2，碰碰历程无板滞能益坏…………供解：据动量守恒定律：221101v m v m v m +=据能量守恒定律得：222211201212121v m v m v m +=得：21211v m m m m v +-=例5.正在光润火仄里上停止一品量为M 的斜里体，现有一品量为m 的小球以火仄速度v 1滑上斜里，如图2所示.若斜里脚够少且光润，供小球战斜里体末尾的速度. 例5问案：0m v M m M v +-=球，0m2v M m v +=斜例6.如图所示，光润火仄里上，品量为2m 的小球B 连交着沉量弹m2mAB v 021122v m v =簧，处于停止；品量为m 的小球A 以初速度v 0背左匀速疏通，交着渐渐压缩弹簧并使B 疏通，过一段时间，A 取弹簧分散，设小球A 、B 取弹簧相互效率历程中无板滞能益坏，弹簧末究处于弹性极限以内.供（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能E ． （2）弹簧回复本万古二球速度分别是几？目标怎么样？例6. 解：(1)当A 球取弹簧交触以去，正在弹力效率下减速疏通，而B 球正在弹力效率下加速疏通，弹簧势能减少，当A 、B 速度相共时，弹簧的势能最大．设A 、B 的共共速度为v ，弹簧的最局势能为E ，则： A 、B 系统动量守恒，有v m m mv )2(0+=由板滞能守恒：Ev m m mv ++=220)2(2121联坐二式得2031mv E =(2) V1=﹣31VO V2=32VO训练：1、正在光润火仄里上，有一牢固正在绝缘底座上的仄止板电容器，电容器左极板启有小孔，电容器连共底座总品量为M.现有一品量为m ，戴电量为的面电荷（没有计沉力）以初速度从小孔火仄射进电容器，如图4所示.若电荷射进电容器的最大深度为，供电容器二极板间电场强度的大小.剖析：电荷射进电容器最大深度时共速，有()v M m mv +=1()2212121vm M mv Eqd m +-= 得：21)(2v qd M m mM E m +=。

s2ds1v0v“一动一静”碰撞模型及解题技巧(经典）一、“一动一静”完全非弹性碰撞模型建立模型在光滑水平面上，质量为的物体以初速度去碰撞静止的物体，碰后两物体粘在一起具有共同的速度，这种碰撞称为“一动一静”完全非弹性碰撞，此时系统动能损失最大。

（1）基本特征碰后两物体速度相等，由动量守恒定律得：（2）功能关系系统内力做功，实现系统动能与其它形式能量的转化。

当两物体速度相等时，系统动能损失最大，即：()2212112121vmmvmEk+-=∆二、应用（1）滑动摩擦力做功，系统动能转化为内能例1. 在光滑水平面上，有一静止的质量为M的木块，一颗初动量为的子弹mv0，水平射入木块，并深入木块d，且冲击过程阻力(f)恒定。

解析：()m v m m v1112=+()2212121vmMmvE+-=得：21)(2vMmmME+=例2.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的小物块以水平速度v0从长木板左端开始运动，为使小物块不从长木板右端滑落，长木板至少多长？分析：小物块不从长木板上滑落的临界情况是，当小物块滑至长木板右端时，二者刚好具有共同速度，符合“一动一静”完全非弹性碰撞模型，系统损失的动能转化为系统产生的内能，结合摩擦生热公式可解出长木板的长度。

解：小物块不从长木板上滑落的临界情况是小物块滑至长木板右端时，二者刚好具有共同速度。

据动量守恒定律：()vmMmv+=据能量的转化与守恒：220)(2121v m M mv mgL +-=μ联立解得：)(220m M g Mv L +=μ 即为长木板的最小长度例3.光滑水平面上静止一长木板A ，A 的两端各有一竖直挡板。

另有一木块B （可视为质点）以的初速度v1=5m/s 向右运动，如图所示。

若A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.05，且A 与B 的质量相等，求B 在A 上滑行的总路程（假设B 与挡板碰撞时无机械能损失）。

解析：B 在A 上来回滑动并与两挡板发生碰撞，由于滑动摩擦力的作用，B 最终必停在A 上并与A 以共同的速度运动。

一动一静弹性碰撞推导公式的应用一、弹性碰撞的定义及公式推导弹性碰撞是指两个物体在碰撞过程中能够完全恢复原来形态并且动能守恒的碰撞。

弹性碰撞的特点是在受到碰撞后，物体之间互相传递动量，并在碰撞结束后恢复原来的形态。

设两个物体分别为物体1和物体2，质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1'和v2'，根据动能守恒和动量守恒原理，我们可以推导出弹性碰撞的公式。

动能守恒原理：1/2*m1*v1^2+1/2*m2*v2^2=1/2*m1*v1'^2+1/2*m2*v2'^2动量守恒原理：m1*v1+m2*v2=m1*v1'+m2*v2'根据动量守恒原理可以得到：m1*v1+m2*v2=m1*v1'+m2*v2'再根据动能守恒原理可以得到：1/2*m1*v1^2+1/2*m2*v2^2=1/2*m1*v1'^2+1/2*m2*v2'^2两个方程可以同时求解出碰撞后的速度v1'和v2'。

二、弹性碰撞的应用弹性碰撞在物理学和工程学中有广泛的应用，下面列举几个常见的应用场景：1.台球和桌球：在台球和桌球运动中，球体之间的碰撞是弹性碰撞。

当一颗球撞击到另一颗球时，两者之间会发生弹性碰撞，根据碰撞后的速度可以计算出击球的力量和方向。

2.铁路车辆设计：在铁路系统中，如果列车之间发生碰撞，需要保证列车的车厢能够吸收碰撞能量并保护车内乘客的安全。

因此，在车辆设计中需要考虑到弹性碰撞的原理，通过选择适当的车身材料和结构设计，能够减少碰撞时产生的冲击力。

3.物体的反弹：在一些体育运动项目中，如篮球、网球等，物体的反弹是弹性碰撞的应用。

例如，在篮球运动中，当篮球碰撞到地板时，会发生弹性碰撞，篮球会反弹起来。

根据弹性碰撞的原理，可以推导出篮球反弹的高度和速度的关系。

4.软硬材料之间的碰撞：在机械工程和材料科学中，弹性碰撞的原理也用于研究软硬材料之间的碰撞。

物理【碰撞】碰撞模型的规律及应用1．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律．(2)机械能不增加．(3)两物体碰后速度特点:①若碰前两物体同向运动,则有v1>v2,碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则有v2′≥v1′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变. 2．弹性碰撞的规律以质量为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,有：结论:(1)当两球质量相等时,v1 '＝0，v2 '＝v1,两球碰撞后交换速度.(2)当质量大的球碰质量小的球时,v1 '>0，v2 '>0,碰撞后两球都向前运动.(3)当质量小的球碰质量大的球时,v1 '<0，v2 '>0,碰撞后质量小的球被反弹回来.【典例】如图所示，在光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量pA＝4 kg·m/s，B球的质量mB＝1 kg，速度vB＝6 m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致。

求：(1)碰撞后B球的速度；(2)A球的质量范围。

碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。

(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。

(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。

【巩固练习】1．如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是( )2．如图所示，一个质量为m的物块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，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。

s 2ds 1v 0v“一动一静”碰撞模型及解题技巧(经典）一、“一动一静”完全非弹性碰撞模型 建立模型在光滑水平面上，质量为的物体以初速度去碰撞静止的物体，碰后两物体粘在一起具有共同的速度，这种碰撞称为“一动一静”完全非弹性碰撞，此时系统动能损失最大。

（1）基本特征碰后两物体速度相等，由动量守恒定律得：（2）功能关系系统内力做功，实现系统动能与其它形式能量的转化。

当两物体速度相等时，系统动能损失最大，即：()2212112121v m m v m E k +-=∆二、 应用（1）滑动摩擦力做功，系统动能转化为内能例1. 在光滑水平面上，有一静止的质量为M 的木块，一颗初动量为的子弹mv 0，水平射入木块，并深入木块d ，且冲击过程阻力(f )恒定。

解析：()m v m m v 1112=+()2212121v m M mv E +-= 得：21)(2v M m mM E +=例2.如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块以水平速度v0从长木板左端开始运动，为使小物块不从长木板右端滑落，长木板至少多长？分析：小物块不从长木板上滑落的临界情况是，当小物块滑至长木板右端时，二者刚好具有共同速度，符合“一动一静”完全非弹性碰撞模型，系统损失的动能转化为系统产生的内能，结合摩擦生热公式可解出长木板的长度。

解：小物块不从长木板上滑落的临界情况是小物块滑至长木板右端时，二者刚好具有共同速度。

据动量守恒定律：()vm M mv +=0据能量的转化与守恒：220)(2121v m M mv mgL +-=μ联立解得：)(220m Mg Mv L +=μ 即为长木板的最小长度例3.光滑水平面上静止一长木板A ，A 的两端各有一竖直挡板。

另有一木块B （可视为质点）以的初速度v1=5m/s 向右运动，如图所示。

若A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.05，且A 与B 的质量相等，求B 在A 上滑行的总路程（假设B 与挡板碰撞时无机械能损失）。

三大力场中的碰撞模型特训目标特训内容目标1动碰静完全弹性碰撞模型(1T -5T )目标2动碰动完全弹性碰撞模型(6T -10T )目标3完全非弹性碰撞模型(11T -15T )【特训典例】一、动碰静完全弹性碰撞模型1碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。

在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m 1、m 2，碰后两车的速度大小分别为v 1、v 2，假设碰撞的过程没有机械能损失。

则下列说法正确的是()A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m 1>m 2B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m 2>3m 1D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1【答案】AC【详解】A ．根据动量守恒与机械能守恒m 1v =m 1v 1+m 2v 2；12m 1v 2=12m 1v 21+12m 2v 22得v 1=m 1-m 2m 1+m 2v ，v 2=2m 1m 1+m 2v 可知，当m 1>m 2时，两车速度方向相同，A 正确；B ．若碰后黄车反向运动，则m 1<m 2则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B 错误；C ．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即m 2-m 1m 1+m 2v >2m 1m 1+m 2v 得m 2>3m 1，C 正确；D ．设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3∶1，即v 2:v =3:1得m 1+3m 2=0不符合实际情况，D 错误。

故选AC 。

2一质量为m 的小球A 以初速度v 0与正前方另一小球B 发生碰撞，碰撞过程A 、B 两球的v -t 图像如图所示。

已知地面光滑，则下列说法正确的是()A.图线P 反映的是碰撞过程中A 球的v -t 图像B.B 球的质量可表示为v 0-ccmC.一定存在b -a =v 0D.碰撞过程中A 、B 两球的最大弹性势能为mv 0v 0-c2【答案】ABD【详解】A ．A 与B 碰撞过程，对A 、B 进行受力分析可知，A 球受力方向和速度方向相反，A 的速度应减小，则P 反映的是A 球的情况，A 正确；B ．由动量守恒定律有mv 0=mv 1+m B v 2=m +m B c 得m B =v 0-ccm ，B 正确；C ．由弹性碰撞有12mv 20=12mv 21+12m B v 22得v 2=2mv 0m B +m ，v 1=m -m B v 0m B +m 知v 2-v 1=v 0则发生弹性碰撞才有b -a =v 0，C 错误；D ．AB 碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有mv 0=m +m B c ；12mv 20=12m +m B c 2+E pm 解得E pm =mv 0v 0-c2，D 正确。

物理一动碰一静公式结论
“一动碰一静”是物理学中的一个重要公式,描述了在碰撞过程中两个物体间的相互作用。

该公式的结论是:在发生碰撞时,两个物体的速度会发生变化,且速度的变化量相等。

具体而言,当两个物体发生碰撞时,它们的速度会相互抵消,并且每个物体的速度都会减少一个单位。

根据“一动碰一静”公式,当两个物体发生碰撞时,它们的速度变化量是否相等取决于两个物体的运动状态是否相同。

如果两个物体的运动状态相同,那么它们的速度变化量就会相等;如果两个物体的运动状态不同,那么它们的速度变化量就会不相等。

2s“一动一静”碰撞模型及解题技巧(经典）一、“一动一静”完全非弹性碰撞模型 建立模型在光滑水平面上，质量为的物体以初速度去碰撞静止的物体，碰后两物体粘在一起具有共同的速度，这种碰撞称为“一动一静”完全非弹性碰撞，此时系统动能损失最大。

（1）基本特征碰后两物体速度相等，由动量守恒定律得：（2）功能关系系统内力做功，实现系统动能与其它形式能量的转化。

当两物体速度相等时，系统动能损失最大，即：()2212112121v m m v m E k +-=∆ 二、 应用（1）滑动摩擦力做功，系统动能转化为内能例1. 在光滑水平面上，有一静止的质量为M 的木块，一颗初动量为的子弹mv 0，水平射入木块，并深入木块d ，且冲击过程阻力(f )恒定。

解析：()m v m m v 1112=+()2212121v m M mv E +-= 得：21)(2v M m mM E +=例2.如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块以水平速度v0从长木板左端开始运动，为使小物块不从长木板右端滑落，长木板至少多长分析：小物块不从长木板上滑落的临界情况是，当小物块滑至长木板右端时，二者刚好具有共同速度，符合“一动一静”完全非弹性碰撞模型，系统损失的动能转化为系统产生的内能，结合摩擦生热公式可解出长木板的长度。

解：小物块不从长木板上滑落的临界情况是小物块滑至长木板右端时，二者刚好具有共同速度。

据动量守恒定律：()vm M mv +=0据能量的转化与守恒：220)(2121v m M mv mgL +-=μ联立解得：)(22m M g Mv L +=μ 即为长木板的最小长度例3.光滑水平面上静止一长木板A ，A 的两端各有一竖直挡板。

另有一木块B （可视为质点）以的初速度v1=5m/s 向右运动，如图所示。

若A 与B 之间的动摩擦因数μ=，且A 与B 的质量相等，求B 在A 上滑行的总路程（假设B 与挡板碰撞时无机械能损失）。

动碰静弹性碰撞公式
一动一静弹性碰撞结论公式是：V2'=2M1V1/(M1+M2)。

能量守恒方程：
(1/2)M1V1²+(1/2)M2V2²=(1/2)M1V1'²+(1/2)M2V2'²。

M1V1+M2V2=M1V1'+M2V2'。

其中,V2=0。

(1/2)M1V1²=(1/2)M1V1'²+(1/2)M2V2'²。

M1V1=M1V1'+M2V2'。

由第二个方程解得V2'=(M1V1-M1V1')/M2，代入第一个方程。

解得V1'==(M1+M2)V1/(M1+M2)。

代回求得V2'=2M1V1/(M1+M2)。

能量的单位与功的单位相同，在国际单位制中是焦耳（J）。

在原子物理学、原子核物理学、粒子物理学等领域中常用电子伏（eV）作为单位，1电子伏=1.602,18×10－19焦。

物理领域，也用尔格（erg）作为能量单位，1尔格=10－7焦。

能量守恒定律表明，能量只能从一种形式变为另一种形式而无法凭空产生或者是消灭。

能量守恒是时间的平移对称性（平移不变性）得出的数学结论（见诺特定理）。