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第 3 课时 专题强化：碰撞模型及拓展
目标要求 1.理解碰撞的种类及其遵循的规律。2.理解“滑块—弹簧”、“滑块—斜(曲)
面”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
考点一 碰撞模型
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
以质量为m、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
1 1 2
mv＝mv′＋mv′
1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv′2
1 1 1 1 2 2
联立解得：v′＝v，v′＝v
1 1 2 1
讨论：
①若m＝m，则v′＝0，v′＝v(速度交换)；
1 2 1 2 1
②若m>m ，则v′>0，v′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m≫m 时，v′≈v ，
1 2 1 2 1 2 1 1
v′≈2v；
2 1
③若m0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m≪m 时，v′≈－v ，
1 2 1 2 1 2 1 1
v′≈0。
2
思考 质量为m 、初速度为v 的物体A与静止的质量为m 的物体B发生碰撞，碰撞物体B
A 0 B
的速度范围为__________≤v ≤__________。
B
答案 物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物
体B的速度最小，v ＝v ；当发生弹性碰撞时，物体B的速度最大，v ＝v 。则碰后物体B
B 0 B 0
的速度范围为v≤v ≤v。
0 B 0例1 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6
m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为(
)
A．1 m/s 6 m/s B．4.5 m/s 3.5 m/s
C．3.5 m/s 4.5 m/s D．－1 m/s 9 m/s
答案 C
解析 设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mv ＋mv ＝6m＋2m＝8m，碰前的总
A1 B1
动能E ＝mv 2＋mv 2＝20m。若碰后v ＝1 m/s，v ＝6 m/s，碰后总动量p′＝mv ＋mv
k A1 B1 A1 B1 A1 B1
＝7m，动量不守恒，选项A错误；若v ＝4.5 m/s，v ＝3.5 m/s，明显v >v 不合理，选
A2 B2 A2 B2
项B错误；若v ＝3.5 m/s，v ＝4.5 m/s，碰后总动量p′＝mv ＋mv ＝8m，总动能E ＝
A3 B3 A3 B3 k3
mv 2＋mv 2＝16.25m，动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；若v ＝－1 m/s，v
A3 B3 A4 B4
＝9 m/s，碰后总动量p′＝mv ＋mv ＝8m，总动能E ＝mv 2＋mv 2＝41m，动量守恒，
A4 B4 k4 A4 B4
但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。
碰撞问题遵守的三条原则
1．动量守恒：p＋p＝p′＋p′。
1 2 1 2
2．动能不增加：E ＋E ≥E ′＋E ′。
k1 k2 k1 k2
3．速度要符合实际情况
(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v >v ，碰后原来在前的物体速度一定增
后 前
大，若碰后两物体同向运动，则应有v ′≥v ′。
前 后
(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
例2 (2023·黑龙江哈尔滨市六中一模)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留
有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设
所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度
为( )
A.h B.h C.h D.h
答案 B
解析 设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得
3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程
满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有 2mv－mv＝mv ＋2mv ，×3mv2＝
P Qmv 2＋×2mv 2，解得v ＝，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝mv 2，解得h′＝h，故
P Q P P
选B。
例3 (2023·天津卷·12)已知A、B两物体m ＝2 kg，m ＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由
A B
下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，
已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失机械能ΔE。
答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－gt2＝1.2 m－×10×0.22 m＝1 m
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为v ，根据运动学公式可知x＝v t－gt2
B0 B0
解得v ＝6 m/s，可得碰撞前A物体的速度
B0
v ＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
A
碰撞前B物体的速度
v ＝v －gt＝4 m/s，方向竖直向上
B B0
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
m v －m v ＝(m ＋m )v
A A B B A B
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能
ΔE＝m v 2＋m v 2－(m ＋m )v2＝12 J。
A A B B A B
考点二 碰撞模型拓展
1．“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：系统所受外力的矢量和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)
例4 (2023·江西南昌市模拟)如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 和m 的两物体
1 2
甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度 v ＝4 m/s，当甲
0
物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。下列说法中正确的是( )
A．此时乙物体的速度大小为1 m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．甲、乙两物体的质量之比m∶m＝1∶4
1 2
D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
答案 A
解析 根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小
也是1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动
量守恒定律可得mv ＝(m ＋m)v，解得m∶m ＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据
1 0 1 2 1 2
动量守恒定律和机械能守恒定律有mv ＝mv′＋mv′，mv2＝mv′2＋mv′2，联立解
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 2 2
得v′＝2 m/s，D错误。
2
例5 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹
簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v 向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，
0
B与C恰好相碰并粘在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始
压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
答案 (1)mv2 (2)mv2
0 0
解析 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v 时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平
1
向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mv①
0 1
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v ，损失的机械能为ΔE，对B、
2
C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv＝2mv②
1 2
mv2＝ΔE＋(2m)v2③
1 2
联立①②③式得ΔE＝mv2④
0
(2)由②式可知vv，A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，由能量关系有 mv2≥mv2＋×3mv2，
2 1 2
联立可得v≤，可得2)的小球B、C静
止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已
知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为(
)
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
答案 AB
解析 A与B碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得mv＝mv ＋2mv
A B
mv2＝mv 2＋×2mv 2
A B
联立解得碰后A、B的速度分别为v ＝－v，v ＝v，B与C碰撞过程，由动量守恒和机械能
A B
守恒可得2mv ＝2mv ′＋kmv
B B C
×2mv 2＝×2mv ′2＋×kmv 2
B B C
联立解得碰撞后B的速度为v ′＝v
B
为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足
|v ′|＝≤|v |＝
B A由于k>2，则有≤
联立解得20，所以乙能从C点离开圆弧轨道。
乙1 甲2 y y
11.(多选)如图所示，质量为3 kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的 BC部
分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道
顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD
＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物块对小球不做功
B．物块的最大速度为1 m/s
C．两者分离时物块移动了0.15 m
D．物块对地面的最大压力为70 N
答案 BC
解析 小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A错误；
系统在水平方向动量守恒，有0＝mv －Mv
小
根据能量守恒有mg(R＋R)＝mv 2＋Mv2
小
解得v ＝3 m/s，v＝1 m/s，故B正确；
小
小球的水平分速度始终为物块速度的 3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了 d＝＝
0.15 m，故C正确；
小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系(此时为惯性系)，
小球此时相对圆心的速度为v ＋v，由牛顿第二定律得F ＝mg＋，由牛顿第三定律得F
小 支 压
＝F ，对整体有F ＝Mg＋mg＋m＝ N，故D错误。
支 N
