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第35 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 外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
3.分类
1
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动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
非弹性碰撞
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1'+m2v2'
1
2m1v1
2＝1
2m1v1'2+1
2m2v2'2
联立解得：v1'＝m1−m2
m1+m2
v1，v2'＝2m1
m1+m2
v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1；
③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈－v1，v2'≈0。
质量为m、速度为v0的A 球跟质量为3m、静止的B 球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，
因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值。那么碰撞后B 球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v0；(2)0.4v0。
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
碰撞问题遵守的三条原则
1.动量守恒：p1+p2＝p1'+p2'。
2.动能不增加：Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
3.速度要符合实际情况
2
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(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至少有一个改变。
例2 (九省联考·贵州·15 改编)如图，质量为m 甲＝1
3 kg 的小物块甲向右与静止在水平地面上A 点、
质量为m 乙＝1 kg 的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0＝4.8 m/s。碰后乙在AB 间运动
一段距离后与静止在B 点、质量为m 丙＝1 kg 的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小
之比为3∶1，碰后丙滑动d＝0.04 m 后停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，所有碰撞
时间极短，g 取10 m/s2。求：
(1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；
(2)乙、丙碰撞过程损失的机械能。
例3 如图所示，可视为质点的弹性小球A、B 在同一竖直线上且间距l＝2.4 m，小球B 距地面的高度
h＝1.8 m，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B 与地面发生碰
撞后反弹，之后小球A 与B 发生碰撞。已知小球A 的质量mA＝0.1 kg，小球B 的质量mB＝0.5 kg，重
力加速度大小g 取10 m/s2，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：
(1)小球B 第一次着地时小球A 的速度大小vA；
(2)小球A、B 第一次相碰时离地高度H；
(3)小球A、B 第一次相碰后瞬间小球A 的速度大小。
考点二 碰撞模型拓展
“滑块—斜(曲)面”模型
“滑块—弹簧”模型
3
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情
景
示
例
情
景
示
例
模
型
特
点
(1)上升到最大高度：滑块m 与斜(曲)面M 具有共
同水平速度v 共，此时滑块m 的竖直速度vy＝0。
系统水平方向动量守恒，mv0＝(M+m)v 共；系统机
械能守恒，1
2mv0
2＝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滑
块m 的重力势能)。
(2)返回最低点：滑块m 与斜(曲)面M 分离点。系
统水平方向动量守恒，mv0＝mv1+Mv2；系统机械
能守恒，1
2mv0
2＝1
2mv1
2+1
2Mv2
2(相当于弹性碰
撞)。
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 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一个蹲在滑板上的小孩和其面前
的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜
面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝
30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g 取10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
例5 如图所示，质量为M＝2.0 kg，半径R＝0.3 m 的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上，
有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球A、B 质量分别为m1、m2，m1＝1.0 kg，m2＝2.0 kg，B
右侧与球心等高处连接一水平轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将A 从圆弧槽顶端
由静止释放，重力加速度g 取10 m/s2，求：
(1)若圆弧槽固定不动，小球A 滑离圆弧槽时的速度大小v0；
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(2)若圆弧槽不固定，小球A 滑离圆弧槽时的速度大小v1；
(3)圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能；
(4)判断小球A 与弹簧分离后，能否追上圆弧槽，若能，求小球A 上升的最大高度。
例6 (2024·山东省联考)如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B 两物块相连，
它们静止在光滑水平面上，现使A 瞬时获得水平向右的速度v＝3 m/s 并从此时刻开始计时，两物块的
速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1＝2 kg，下列说法正确的是( )
A.物块B 的质量为3 kg
B.弹簧的最大弹性势能为4.5 J
C.t2时刻A、B 的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4
D.从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
5
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答案精析
考点一
2.远大于
3.守恒 守恒 最大
讨论交流 A 球与静止的B 球发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，B 球的速度最小，
vB＝
mA
mA+mB
v0＝1
4 v0；当发生弹性碰撞时，B 球的速度最大，vB＝2mA
mA+mB
v0＝1
2v0。则碰后B 球的速度范围
为1
4 v0≤vB≤1
2v0，所以B 球的速度不可能是0.6v0，可能是0.4v0。
例1 C [设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA1+mvB1＝6m+2m＝8m，碰前的总动能Ek＝1
2m
v A 1
2+1
2mvB1
2＝20m。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6 m/s，碰后总动量p'＝mvA1+mvB1＝7m，动量不守恒，选项
A 错误；若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B 错误；若vA3＝3.5 m/s，vB3＝4.5 m/s，
碰后总动量p'＝mvA3+mvB3＝8m，总动能Ek3＝1
2mv A 3
2+1
2mvB3
2＝16.25m，动量守恒，机械能不增加，选项
C 可能实现；若vA4＝－1 m/s，vB4＝9 m/s，碰后总动量p'＝mvA4+mvB4＝8m，总动能Ek4＝1
2mv A 4
2+1
2mvB 4
2
＝41m，动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D 错误。]
例2 (1)2.4 m/s (2)0.08 J
解析 (1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律
m 甲v0＝m 甲v 甲+m 乙v 乙
由机械能守恒定律
1
2m 甲v0
2＝1
2m 甲v甲
2+1
2m 乙v乙
2
解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为v 乙＝
2m甲
m甲+m乙
v0＝2.4 m/s
(2)碰后，对丙由动能定理
－μm 丙gd＝0－1
2m 丙v丙
2
解得v 丙＝0.4 m/s
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律
m 乙v 乙1＝m 乙v 乙2+m 丙v 丙
其中
v乙1
v乙2
＝3
1
联立解得v 乙1＝0.6 m/s，
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v 乙2＝0.2 m/s
由能量守恒定律
1
2m 乙v乙1
2＝1
2m 乙v乙2
2+1
2m 丙v丙
2+ΔE
解得ΔE＝0.08 J。
例3 (1)6 m/s (2)1 m (3)12 m/s
解析 (1)小球B 刚着地时，小球A、B 的速度大小相等，有v A
2＝vB
2＝2gh
解得vA＝vB＝6 m/s
(2)小球B 着地反弹后，相对小球A 做匀速直线运动，
运动时间t1＝l
2vB
＝0.2 s
由运动学公式有H＝vBt1－1
2gt1
2
解得H＝1 m
(3)设两小球碰前瞬间，小球A 的速度大小为vA1，小球B 的速度大小为vB1，有vA1＝vA+gt1＝8 m/s
vB1＝vB－gt1＝4 m/s
两小球碰撞时动量守恒和机械能守恒，取竖直向上为正方向
mA(－vA1)+mBvB1＝mAvA'+mBvB'
1
2mAv A 1
2+1
2mBvB1
2＝1
2mAvA'2+1
2mBvB'2
解得vA'＝12 m/s，vB'＝0
例4 (1)20 kg (2)不能，理由见解析
解析 (1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，
斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体分析，由水平方向动量守恒和机械能守恒得m2v0＝(m2+m3)v ①
1
2m2v0
2＝1
2 (m2+m3)v2+m2gh
②
式中v0＝3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg
③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有m1v1+m2v0＝0
④
代入数据得v1＝－1 m/s
⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2+m3v3
⑥
1
2m2v0
2＝1
2m2v2
2+1
2m3v3
2
⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/s
7
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由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
例5 (1)√6 m/s (2)2 m/s (3) 4
3 J
(4)见解析
解析 (1)圆弧槽固定，小球A 机械能守恒，有m1gR＝1
2m1v0
2
解得v0＝√6 m/s
(2)圆弧槽不固定，槽和小球A 组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守
恒定律得m1v1+Mv2＝0
由机械能守恒定律得
m1gR＝1
2m1v1
2+1
2Mv2
2
解得v1＝2 m/s，v2＝－1 m/s，负号表示圆弧槽的速度方向向右
(3)当小球A、B 速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，
根据动量守恒得m1v1＝(m1+m2)v
解得v＝2
3 m/s
根据能量守恒可得Epmax＝1
2m1v1
2－1
2 (m1+m2)v2
代入数据可得Epmax＝4
3 J
(4)设小球A 与弹簧分离后速度为v1'，小球B 速度为v3，
m1v1＝m1v1'+m2v3
1
2m1v1
2＝1
2m1v1'2+1
2m2v3
2
解得v1'＝－2
3 m/s，负号表示与弹簧分离后小球A 方向向右
由于|v1'|＝2
3 m/s<1 m/s＝|v2|
故小球A 追不上圆弧槽。
例6 D [由题图乙可知，t1时刻两物块速度相同，均为v1＝1 m/s，根据动量守恒可得m1v＝(m1+m2)v1
解得物块B 的质量为m2＝4 kg，故A 错误；
当两物块速度相同时，弹簧弹性势能最大，根据能量守恒可得
Ep＝1
2m1v2－1
2 (m1+m2)v1
2＝6 J，故B 错误；
t2时刻，由题图乙可知A、B 速度分别为vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，A、B 的动能之比为Ek1∶Ek2＝1
2m1v A
2∶
1
2m2vB
2＝1∶8，故C 错误；
8
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由题图乙可知，B 的速度在t2时刻最大，可知此时弹簧恢复原长，此后B 开始做减速运动，弹簧处于拉伸
状态；t3时刻，两物块速度再一次相同，此时弹簧伸长量最大，t4时刻，弹簧刚好再次恢复原长，则从t3到
t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长，故D 正确。]
9
