文档内容
专题强化十一 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.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问
题.3.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题．
题型一 碰撞
基础回扣
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
技巧点拨
1．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后 >v前 ，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，则应有v前 ′≥v后 ′.
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．弹性碰撞的结论
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(碰后两物体沿同一方向运动)；当m≫m 时，v′≈v ，
1 2 1 2 1 2 1 1
v′≈2v；
2 1③若m0(碰后两物体沿相反方向运动)；当m≪m 时，v′≈－v ，
1 2 1 2 1 2 1 1
v′≈0.
2
3．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速度最大，v ＝v.则碰后物体B的速度范
B 0 B 0
围为：v≤v ≤v.
0 B 0
例1 如图1所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝
0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝
0.3 kg的小球A以初速度v＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性
0
碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球 A与桌面间的动摩
擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.求：
图1
(1)两小球碰前A的速度大小v ；
A
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．
答案 (1)2 m/s (2)4 N
解析 (1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝Mv －Mv
A 0
解得v ＝2 m/s.
A
(2)对A、B组成的系统，碰撞前后动量守恒，则有
Mv ＝Mv ′＋mv
A A B
碰撞前后总动能保持不变，
则有Mv 2＝Mv ′2＋mv 2
A A B
由以上两式解得v ′＝1 m/s，v ＝3 m/s
A B
设小球B运动到最高点C时的速度大小为v ，以水平面为参考平面，因为B球由半圆形轨
C
道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有mv 2＋2mgR＝mv 2
C B
解得v ＝ m/s
C
对小球B，在最高点C有mg＋F ＝m
N
解得F ＝4 N
N
由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N.
1．(碰后速度可能性)(2020·湖南长沙市明德中学检测)质量均为1 kg的A、B两球，原来在光滑水平面上沿同一直线向右做匀速直线运动，A球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，A
球追B球，不久A、B两球发生了对心碰撞，以下为该碰撞后A、B两球的速度，可能发生
的是( )
A．v ′＝7 m/s，v ′＝1 m/s
A B
B．v ′＝9 m/s，v ′＝－1 m/s
A B
C．v ′＝5 m/s，v ′＝7 m/s
A B
D．v ′＝3 m/s，v ′＝5 m/s
A B
答案 D
解析 两球碰撞过程中，A球在后，碰撞后若A、B同向，则A球的速度小于B球的速度，
A错误；B项中，碰撞前两球的总动能E＝mv 2＋mv 2＝20 J，碰撞后两球的总动能E＝
1 A B 2
mv ′2＋mv ′2＝41 J，EE′，D正确．
2 A B 1 2
2．(弹性碰撞)如图2所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A
位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一
速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设
物体间的碰撞都是弹性碰撞．
图2
答案 (－2)M≤m＜M
解析 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒，机械能守恒．设速
度方向向右为正，开始时A的速度为v ，第一次碰撞后C的速度为v ，A的速度为v ，由
0 C1 A1
动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv＝mv ＋Mv
0 A1 C1
mv2＝mv 2＋Mv 2
0 A1 C1
联立解得v ＝v，v ＝v
A1 0 C1 0
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生
碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发
生碰撞，所以只需考虑mm ，m 的左边有一固定挡板．由图示位置静止释放m 、m ，当m 与m 相距最
1 2 1 2 2 1 2 1 2
近时m 的速度为v，则在以后的运动过程中( )
1 1
图3
A．m 的最小速度是0
1
B．m 的最小速度是v
1 1
C．m 的最大速度是v
2 1
D．m 的最大速度是v
2 1答案 BD
解析 由题意结合题图可知，当m 与m 相距最近时，m 的速度为0，此后，m 在前，做减
1 2 2 1
速运动，m 在后，做加速运动，当再次相距最近时，m 减速结束，m 加速结束，因此此时
2 1 2
m 速度最小，m 速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，mv ＝mv′＋mv ，
1 2 1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv2，解得v′＝v，v＝v，B、D选项正确．
1 1 1 1 2 2 1 1 2 1
例3 如图4所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该
整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h
＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，
经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知
m ＝1 kg，m ＝2 kg，m ＝3 kg，取g＝10 m/s2.求：
A B C
图4
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到底面的
速度为v，由机械能守恒定律有m gh＝m v2，解得v＝6 m/s
1 A A 1 1
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v ，由
2
动量守恒定律有
m v＝(m ＋m )v，
A 1 A B 2
解得v＝v＝2 m/s
2 1
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹
性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v，由动量守恒定律有
3
m v＝(m ＋m ＋m )v，
A 1 A B C 3
解得v＝v＝1 m/s
3 1
由机械能守恒定律有
E＝(m ＋m )v2－(m ＋m ＋m )v2
p A B 2 A B C 3
解得E＝3 J
p
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v，滑块C的
4
速度为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
5(m ＋m )v＝(m ＋m )v＋m v
A B 2 A B 4 C 5
(m ＋m )v2＝(m ＋m )v2＋m v2
A B 2 A B 4 C 5
解得v＝0，v＝2 m/s
4 5
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动s＝vt，H＝gt2
5
解得s＝2 m.
“滑块—斜(曲)面”模型
1．模型图示
2．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，mv
0
＝(M＋m)v共 ；系统机械能守恒，mv
0
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，mv ＝mv ＋Mv ；系统机械能守恒，mv2＝
0 1 2 0
mv2＋Mv2 (完全弹性碰撞拓展模型)
1 2
例4 (多选)如图5所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且
足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v 沿斜面向上
0
开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，重力加
速度为g，则下列关系式中正确的是( )
图5
A．mv＝(m＋M)v
0
B．mvcos θ＝(m＋M)v
0
C．mgh＝m(vsin θ)2
0
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv2
0
答案 BD
解析 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都
为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒．以水平向右为正方向，
在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得 mvcos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；
0系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv2，故C错误，D正确．
0
例5 (2019·江西师范大学附属中学模拟)如图6所示，形状完全相同的光滑弧形槽A、B
静止在足够大的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽的高度
为h，弧形槽A的质量为2m，弧形槽B的质量为M.质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静
止释放，重力加速度为g.
图6
(1)求小球从弧形槽A的顶端滑下后的最大速度大小；
(2)若小球从弧形槽B上滑下后还能追上弧形槽A，求M、m间所满足的关系．
答案 (1)2 (2)M>3m
解析 (1)小球到达弧形槽A底端时速度最大，设小球到达弧形槽A底端时的速度大小为
v ，弧形槽A的速度大小为v ，小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向
1 2
右为正方向，小球下滑过程中，对系统由动量守恒定律得mv－2mv＝0，
1 2
由机械能守恒定律有mgh＝mv2＋·2mv2
1 2
联立解得v＝2，v＝.
1 2
(2)小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为
v，弧形槽B的速度为v，整个过程二者水平方向动量守恒，
3 4
则有mv＝－mv＋Mv，
1 3 4
二者的机械能守恒，则有
mv2＝mv2＋Mv2，
1 3 4
联立解得v＝v
3 1
小球还能追上A，则有v>v
3 2
解得M>3m.
3．(“滑块—斜面”模型分析)如图7所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M
的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(mL B．L0，并且Δp ＝－Δp ，据此可排除选项D；若Δp ＝－24 kg·m/s、Δp ＝24
A B A B A B
kg·m/s，碰后两球的动量分别为p ′＝－12 kg·m/s、p ′＝37 kg·m/s，根据关系式E ＝可知，
A B k
A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能
增大，这样碰后系统的机械能比碰前增大了，可排除选项 C；经检验，选项A、B满足碰撞
遵循的三个规律．
8.如图7所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽
半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v 从A点冲上滑块，重力加速度
0
大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是( )
图7
A．当v＝时，小球能到达B点
0
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
答案 D
解析 滑块不固定，当v ＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv ＝(m＋M)v，mv2＝
0 0 0
(M＋m)·v2＋mgh，可解得h＝RM，v 与v 方向
0 1 2 0 1 2 1 0 1 0
相同，向左，当mμ≥
解析 若要物块a、b能够发生弹性碰撞，
应有mv2>μmgl，即μ<.
0设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v，
1
由能量守恒定律有mv2＝mv2＋μmgl，
0 1
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′、v′，
1 2
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv＝mv′＋mv′，mv2＝mv′2＋·mv′2
1 1 2 1 1 2
联立可得v′＝v.
2 1
根据题意，b没有与墙发生碰撞，
根据功能关系可知，·mv′2≤μgl，
2
联立解得μ≥，
综上所述，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是>μ≥.
