文档文本内容
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
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L1；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L2，则L1
与L2的大小关系为( )
A．L1＞L2 B．L1＜L2
C．L1＝L2 D．不能确定
例 2 (多选)[2024·山东济南检测]如图所示，半径为R 的1
4
圆弧轨道固定在水平面上，
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
沿原路返回，A 上升的最高点距水平面的高度为R
16
.假设三个物体均可视为质点、一切摩擦
和阻力均可忽略，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
A．物体A、B 碰后瞬间，物体A 的速度大小为√2 gR
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√2 gR
C．弹簧所储存的弹性势能的最大值为15
128
mgR
D．碰后物体C 具有的最大速度为5
16 √2gR
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
2 m v0
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，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守
恒，1
2 mv
0
2＝1
2 mv +
1
2 1
2 M v2
2(相当于完成了弹性碰撞)．
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1
4
光滑圆弧斜劈
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
v0＝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
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
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
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
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1
4
光滑圆
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M
2
，小球A 以v0＝6 m/s
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
模型
特点
(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．
(2)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝
M
m+ M Ek0，可以看出，子弹(或滑
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？
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
例 6 [2023·辽宁卷]如图，质量m1＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直
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m2＝4 kg 的小物块以
水平向右的速度v0＝5
4
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
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
度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep＝1
2
kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，结果可
用根式表示．
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(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x2及此时木
板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与
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t0表示)．
[教你解决问题] 审题图解
过程1：m1、m2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
解题；
过程2：m1、m2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
解题；
过程3：m1、m2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
度相同，由动量定理和系统能量守恒定律解题．
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
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m1＝0.1 kg 的小球A 用长为l＝0.5 m 的不可伸长的细线
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m2＝
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]
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
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′
由机械能守恒定律得Ep＝1
2
mv2－1
2
(m＋M)v′2
联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝mMv
2
(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Ep＝mMv
2
(m+ M )
故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D 错误，C 正确．
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
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v1，取轨
道最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgR＝1
2 mv
1
2，得v1＝√2gR，碰撞后瞬
间物体A 的速度大小记为v′1，由动能定理有－mg× R
16
＝0- 1
2 m v1
' 2，得v1
' ＝√2gR
4
，
碰撞后瞬间物体B 的速度大小记为v2，取水平向右为正方向，对A、B 组成的系统由动量
守恒定律有mv1＝-mv1
' ＋5mv2，得到v2＝√2gR
4
，由动量定理可得，碰撞过程中物体B 受
到的冲量大小为I＝5mv2＝5m√2gR
4
，故A 正确，B 错误；碰撞结束后，物体B 与物体C
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v3，根据动量守恒定
律有5mv2＝(5m＋3m)v3，根据机械能守恒定律可知弹簧储存的最大弹性势能为Epm＝
1
2 ×5mv -
2
2 1
2 ×(5m＋3m)v3
2，得Epm＝15
128
mgR，故C 正确；对物体B、物体C 与弹簧组
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、vC，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
(5m ＋3m)v3 ＝
5mv2
' +3mvC，E pm+ 1
2 ×(5m+3m)v3
2＝1
2 ×5m v2
' 2+ 1
2 ×3m vC
2 ，解得vC＝5
16 √2gR，
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F1，
则F1－mAg＝mA
v0
2
R
代入数据得F1＝30 N
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v1，小球竖直速度为
v2，水平方向动量守恒mv0＝(m＋M)v1
小球和斜劈系统机械能守恒1
2 mv
0
2＝1
2 m(v1
2+ v2
2 )＋1
2 M v1
2＋mgR
联立得v1＝1 m
s ，v2
2＝－4 m/s<0
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v3、v4
mv0＝mv3+ Mv4，1
2 mv
0
2＝1
2 mv +
3
2 1
2 M v4
2
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
联立得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s
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
M
2
v0＝M
2 v A+ MvB，1
2 · M
2 v
0
2＝1
2 · M
2 v +
A
2 1
2 M vB
2
解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s
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MvB＝(M＋2M)v
解得v＝4
3
m/s，故B 错误；
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′B、v′C，由水平方向动
量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C
由机械能守恒有1
2 Mv
B
2＝1
2 M vB
' 2+ 1
2 ·2 M vC
' 2
联立解得v′B＝－4
3
m/s
由于|v′B|<|vA|
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
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE＝1
2 mv
0
2－1
2
(M＋m)v2＝882 J.
(2)假设子弹以v′0＝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
统，由动量守恒定律得mv′0＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝1
2 mv
0
' 2－1
2
(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有ΔE＝F 阻x 相＝F 阻d
ΔE′＝F 阻x 相′＝F 阻d′
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
则ΔE
Δ E
'
＝F阻d
F阻d
'
＝d
d
'
解得d′＝1 568
147
cm
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m1、m2 组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋
m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对m1受力分析有a1＝μm2 g
m1
＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m
(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a 共
对m2有a2＝μg＝1 m/s2
当a 共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统，由动能定理有
- 1
2 kx
2
2＝1
2 (m1+m2)v -
2
2 1
2
(m1＋m2)v1
2
代入数据有v2＝√3
2
m/s
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速
度大于木块m2 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
m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小
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2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0时间内，对物块用动
量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝(
√3
2 -2t0)
m/s
在此2t0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
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
2 m2 v -
2
2 1
2 m2 v
3
2
解得ΔU＝(4√3 t0－8t0
2) J
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m √3
2
m/s (3)(4√3t0-8t0
2) J
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
