文档内容
专题强化七 碰撞模型的拓展
1. 会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题．
2．理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题．
3．会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”．
考点一 “滑块—弹簧”模型
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：系统所受的外力做功为零，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)．
例 1 [2024·山东日照市模拟]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L；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L，则L
1 2 1
与L 的大小关系为( )
2
A．L＞L B．L＜L
1 2 1 2
C．L＝L D．不能确定
1 2
1
例 2 (多选)[2024·山东济南检测]如图所示，半径为R的 圆弧轨道固定在水平面上，
4
圆弧轨道底端和水平面相切，质量分别为5m和3m的物体B和C用一质量不计的弹簧连接
放在水平面上，其中物体B左端刚好位于圆弧轨道圆心的正下方，质量为m的物体A由与
圆心等高的位置从圆弧上静止释放，经一段时间物体A与物体B发生正碰，碰撞后物体A
R
沿原路返回，A上升的最高点距水平面的高度为 .假设三个物体均可视为质点、一切摩擦
16
和阻力均可忽略，重力加速度为g.下列说法正确的是( )√2gR
A．物体A、B碰后瞬间，物体A的速度大小为
4
B．物体A、B相互作用的过程中，物体A对物体B的冲量大小为m√2gR
15
C．弹簧所储存的弹性势能的最大值为 mgR
128
5
D．碰后物体C具有的最大速度为 √2gR
16
考点二 “滑块— 斜(曲)面”模型
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
mv2
＝1
(M+m)v
2 ＋mgh，
2 0 2
共
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 ＝mv ＋Mv ；系统机械能守
0 1 2
恒 1 2＝1 1 (相当于完成了弹性碰撞)．
， mv mv2+ Mv2
2 2 1 2 2
0
1
例 3 (多选)如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8 m的 光滑圆弧斜劈
4
B，斜劈的质量是M＝3 kg，底端与水平面相切，左边有质量是m＝1 kg的小球A以初速度
v ＝4 m/s从切点C(是圆弧的最低点)冲上斜劈，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的
0
是( )
A．小球A不能从斜劈顶端冲出
B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30 N
D．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左
1
例 4 (多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的 光滑圆
4
M
弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为 ，小球A以v ＝6 m/s
0
2
的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为2 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
考点三 “滑块—木板”模型
模型
图示
(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的乘积等于
系统减少的机械能．
M
模型 (2)根据能量守恒，系统损失的动能ΔE＝ E ，可以看出，子弹(或滑
k m+M k0
特点
块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多．
(3)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模
型，也可以从力和运动的角度借助图像求解．
例 5 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，
现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最
终留在木块中，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为 10
cm，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块
后能否射穿该木块？例 6 [2023·辽宁卷]如图，质量m ＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直
1
墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态．质量m ＝4 kg的小物块以
2
5
水平向右的速度v ＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触．木板足够长
0
4
物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹簧始终处在弹性限
1
度内，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系为E ＝ kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，结果可
p p
2
用根式表示．
(1)求木板刚接触弹簧时速度v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x；
1 1
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木
2
板速度v 的大小；
2
(3)已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t.求木板从速度为v 时到之后与
2 0 2
物块加速度首次相同的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t 表示)．
0
[教你解决问题] 审题图解
过程1：m 、m 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式
1 2
解题；
过程2：m 、m 组成的系统在弹簧弹力作用下减速，由牛顿第二定律和系统动能定理
1 2
解题；
过程3：m 、m 分别以不同的加速度减速，然后反向以不同的加速度加速，直到加速
1 2
度相同，由动量定理和系统能量守恒定律解题．核心素养提升 答题要规范，得分有技巧
1.在书写答案时，应采用简洁的文字说明与方程式相结合的方式．
2．在解题过程中，必须使用题目中给出的物理量，若题目中未给出某些物理量，则需
根据题意设定，并明确其物理含义，且采用通用的符号表示．
3．在列方程式时，应使用原始公式，不应使用导出公式而导致失分．
4．在列方程式时，应分步进行，不要列综合式或连等式，因阅卷时是要按式给分．
5．在解答过程中，应准确写出表达式和结果，而不必写出代入数据和运算过程．
6．若遇到实在不会做的题目，可以将题中可能用到的公式全部列出，评分时可能据所
列出的公式是否正确，“踩点”给分．
典例 在竖直平面内，质量为m ＝0.1 kg的小球A用长为l＝0.5 m的不可伸长的细线
1
悬挂于O点，光滑水平地面到O点的距离为h＝0.5 m，在O点正下方放置一质量为m ＝
2
0.1 kg的小球B.C为一固定的半径为R＝0.1 m的光滑半圆弧槽．把小球A拉到如图所示位
置，细线恰好伸直，且细线与竖直方向的夹角α＝37°.由静止释放小球A，当细线再次伸直
时，小球沿细线方向的速度瞬间变为0.两小球的碰撞为弹性碰撞，且两球都可视为质点，
忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小球A由静止释放后，细线再次伸直前瞬间，小球A的速度大小；
(2)判断小球B能否到达半圆弧槽最高点D，如果不能，请说明理由；如果能，求出小
球B对半圆弧槽D点的压力大小．
[教你解决问题]专题强化七 碰撞模型的拓展
考点一
例1 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′
1 1
由机械能守恒定律得E＝ mv2－ (m＋M)v′2
p
2 2
联立解得弹簧压缩到最短时E＝
mMv2
p
(m+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＝
mMv2
p
(m+M)
故弹性势能相等，则有L＝L，故A、B、D错误，C正确．
1 2答案：C
例2 解析：物体A运动到圆弧轨道最低点与物体 B碰撞前的速度大小记为v ，取轨
1
道最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgR＝1 2 ，得v＝ ，碰撞后瞬
mv 1 √2gR
2
1
R 1 √2gR
间物体A的速度大小记为v′ ，由动能定理有－mg× ＝0− mv'2，得v'＝ ，
1 16 2 1 1 4
碰撞后瞬间物体B的速度大小记为v ，取水平向右为正方向，对A、B组成的系统由动量
2
√2gR
守恒定律有mv ＝−mv' ＋5mv ，得到v ＝ ，由动量定理可得，碰撞过程中物体B受
1 1 2 2 4
5m√2gR
到的冲量大小为I＝5mv ＝ ，故A正确，B错误；碰撞结束后，物体B与物体C
2
4
的速度相等时弹簧储存的弹性势能最大，设物体 B、C的共同速度为v ，根据动量守恒定
3
律有 5mv ＝(5m＋3m)v ，根据机械能守恒定律可知弹簧储存的最大弹性势能为 E ＝
2 3 pm
1 1 15
×5mv2− ×(5m＋3m)v2 ，得E ＝ mgR，故C正确；对物体B、物体C与弹簧
2 2 2 3 pm 128
组成的系统，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，物体B、C速度记为v′ 、
2
v ， 根 据 动 量 守 恒 定 律 和 机 械 能 守 恒 定 律 ， 有 (5m ＋ 3m)v ＝
C 3
1 1 1 5
5mv' +3mv ，E + ×(5m+3m)v2 ＝ ×5mv'2+ ×3mv2 ，解得 v ＝ √2gR，
2 C pm 2 3 2 2 2 C C 16
故D正确．
答案：ACD
考点二
例3 解析：小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为F ，
1
则F－m g＝
v2
1 A m 0
A R
代入数据得F＝30 N
1
小球A对斜劈的压力也是30 N，选项C正确；
假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为 v ，小球竖直速度为
1
v，水平方向动量守恒mv＝(m＋M)v
2 0 1
小球和斜劈系统机械能守恒1 2 ＝1 1 ＋mgR
mv m(v2+v2 )＋ Mv2
2 2 1 2 2 1
0
m
联立得v＝1 ，v2 ＝－4 m/s<0
1 s 2
小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；
当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为v、v
3 4
mv
0
＝
mv +Mv ，
1
mv
2 ＝1
mv2+
1
Mv2
3 4 2 2 3 2 4
0联立得v＝－2 m/s，v＝2 m/s
3 4
小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左，选项D正确．故选
ACD.
答案：ACD
例4 解析：A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得
Mv
0
＝M
v +Mv ，
1
·
M
v
2 ＝1
·
M
v 2+
1
Mv2
2 2 A B 2 2 2 2 A 2 B
0
解得v ＝－2 m/s，v ＝4 m/s
A B
所以B的最大速率为4 m/s，故A正确；
B冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同
速度为v，则由水平方向动量守恒有Mv ＝(M＋2M)v
B
4
解得v＝ m/s，故B错误；
3
从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时的速度分别为v′ 、v′ ，由水平方向动
B C
量守恒有Mv ＝Mv′ ＋2Mv′
B B C
由机械能守恒有1 2 ＝1 1
Mv Mv'2+ ·2Mv'2
2 2 B 2 C
B
4
联立解得v′ ＝－ m/s
B
3
由于|v′ |<|v |
B A
所以二者不会再次发生碰撞，故C错误，D正确．故选AD.
答案：AD
考点三
例5 解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，
由动量守恒定律得
mv＝(M＋m)v
0
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE＝1 2 －1(M＋m)v2＝882 J.
mv
2 2
0
(2)假设子弹以v′ ＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系
0
统，由动量守恒定律得mv′＝(M＋m)v′
0
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝1 '2 －1(M＋m)v′2＝1 568 J
mv
2 2
0
由功能关系有ΔE＝F x ＝F d
阻 相 阻
ΔE′＝F x ′＝F d′
阻 相 阻ΔE F d d
则 ＝ 阻 ＝
ΔE' F d' d'
阻
1 568
解得d′＝ cm
147
因为d′>10 cm，所以能射穿木块．
答案：(1)6 m/s 882 J (2)能
例6 解析：(1)由于地面光滑，则m 、m 组成的系统动量守恒，则有mv ＝(m ＋
1 2 2 0 1
m)v
2 1
代入数据有v＝1 m/s
1
对m 1 受力分析有a 1 ＝ μm 2 g ＝4 m/s2
m
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v2＝2a
1
x
1
1
代入数据解得x＝0.125 m
1
(2)木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有kx＝(m＋m)a
1 2 2 1 2 共
对m 有a＝μg＝1 m/s2
2 2
当a ＝a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
共 2
x＝0.25 m
2
对m、m 组成的系统，由动能定理有
1 2
−
1
kx
2 ＝1
(m +m )v2−
1(m
1
＋m
2
)
v2
2 2 1 2 2 2 1
2
√3
代入数据有v＝ m/s
2
2
(3)木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m 的加速
2 1
度大于木块m 的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为 a＝1
2
m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右速度从v 减小到0，再反向加速运动到加速度大小
2
等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有
对称性，可知此过程总用时为2t ，木板的末速度大小等于v.在此2t 时间内，对物块用动
0 2 0
量定理有－μm g·2t＝mv－mv
2 0 2 3 2 2
解得v＝(√3 ) m/s
3 −2t
2 0
在此2t 时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统由能量守
0
恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能就等于物块减少的动能， ΔU＝
1 1
m v2− m v2
2 2 2 2 2 3
解得ΔU＝ ) J
(4√3 t －8t2
0 0
√3
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s (3)(4√3t −8t2) J
2 0 0
