2025高考物理一輪復(fù)習(xí)突破：碰撞模型及拓展

重趣突破課嗡_______碰撞模型及拓展

目標(biāo)要求1.會分析、計算“滑塊一彈簧”模型、“滑塊一斜（曲）面”模型及

“滑塊一滑板”模型（子彈打木塊模型）與碰撞的相似性。2.會用碰撞的相關(guān)知識解

決實際問題。

考點一“滑塊一彈簧”模型

1.模型圖示

///////////////

水平地面光滑

2.模型特點

（1）動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和

為零，則系統(tǒng)動量守恒。

（2）機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)

機械能守恒。

（3）彈簧處于最長（最短）狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通

常最?。ㄏ喈?dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能）。

（4）彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大（相當(dāng)于剛完成彈性碰撞）。

EE如圖甲所示，物體2、8的質(zhì)量分別是加=4kg和切2=4kg,用輕彈

簧相連后放在光滑的水平面上，物體8左側(cè)與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個

物體C從/=0時刻起，以一定的速度向左運動，在/=5s時刻與物體Z相碰，碰

后立即與Z粘在一起，此后2、C不再分開。物體。在前15s內(nèi)的，“圖像如圖

乙所示。求:

//////////////////

乙

（1）物體C的質(zhì)量機3；

（2）5離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。

解析：（1）以水平向左的方向為正方向，4、。碰撞過程中動量守恒，則有m3Pt

=（機1+機3），共1

代入片/圖像中的數(shù)據(jù)解得能3=2kg。

（2）從8開始離開墻面到8速度最大的過程，相當(dāng)于8與ZC整體完成了一次

彈性碰撞，以水平向右為正方向，則有

（機1+機3）/共1'=（機1+m3）/共2+機2%

；（加1+加3）/共1'2=；（祖1+加3）,共22+；7%2H2

由匕/圖像可得，共J大小為2m/s,方向水平向右，解得5的最大速度為

14=2.4m/so

答案：（1）2kg（2）2.4m/s

【對點訓(xùn)練】

1.（多選）如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球Z、B,質(zhì)量

分別為機=01kg和/=0.3kg,兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止

狀態(tài)，同時放開45球和彈簧，已知Z球脫離彈簧的速度為6m/s,接著幺球進

入與水平面相切，半徑為0.5m的處于豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道運動，尸。為半

圓形軌道豎直的直徑，g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.彈簧彈開過程中，彈力對Z的沖量大于對8的沖量

B.A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為2m/s

C.A球從P點運動到0點過程中所受合外力的沖量大小為1N?s

D.若半圓軌道半徑改為0.9m,則N球不能到達(dá)0點

解析：BCD彈簧彈開兩小球的過程中，彈力相等，作用時間相同，根據(jù)沖

量定義可知，彈力對Z的沖量大小等于5的沖量大小，故A錯誤；由動量守恒定

律加解得N球脫離彈簧時5球獲得的速度大小為/=2m/s,故B正確;

設(shè)Z球運動到0點時速率為%,對Z球從尸點運動到0點的過程，由機械能守

恒定律可得;mn2=mg.2R+；機解得，=4m/s,根據(jù)動量定理/=機/一（一mH）

=1N?s,即幺球從尸點運動到0點過程中所受合外力的沖量大小為1N?s,故

C正確；若半圓軌道半徑改為0.9m,小球到達(dá)0點的臨界速度i^=\fgR=3m/s,

對/球從尸點運動到0點的過程，由機械能守恒定律;機n2=mg.2R+；能理，解

得＞=0,小于小球到達(dá)0點的臨界速度，則Z球不能達(dá)到。點，故D正確。故

選BCD。

考點二“滑塊一斜（曲）面”模型

1.模型圖示

接觸面光滑

2.模型特點

（1）上升到最大高度：根與〃具有共同水平速度，共，此時機的豎直速度依

=0o系統(tǒng)水平方向動量守恒，制以="+機），共；系統(tǒng)機械能守恒，kt）2=1（M

+機）/共2+機g〃，其中人為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度（相

當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為機的重力勢能）。

（2）返回最低點：m與M分離點。水平方向動量守恒，mk&=mn+Mn；系統(tǒng)

機械能守恒，；機外2=；機/2+3//2（相當(dāng)于完成了彈性碰撞）。

國如圖所示，在水平面上依次放置小物塊4。以及曲面劈5,其中幺

與C的質(zhì)量相等均為機，曲面劈3的質(zhì)量3機，曲面劈8的曲面下端與水平

面相切，且曲面劈8足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度外向

右運動，與幺發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈8。求:

（1）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；

（2）碰后物塊Z與C在曲面劈8上能夠達(dá)到的最大高度。

解析：（1）小物塊C與物塊N發(fā)生碰撞粘在一起，以闔的方向為正方向，由

動量守恒定律得

機網(wǎng)）=2機，，解得

2

碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為

E損=；）2—；X2機理,解得￡損=:機飲）2。

（2）當(dāng)小物塊Z、C上升到最大高度時，A,B、C系統(tǒng)的速度相等。根據(jù)動量

守恒定律有mk&=（m+m+3m）n,解得

根據(jù)機械能守恒定律得:X2掰（】K））2=1><5加X（lp6）2+2掰g/z,解得h=^~^~

222540g

答案:⑴四大

【對點訓(xùn)練】

2.（多選）質(zhì)量為河的帶有;光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖

所示，一質(zhì)量也為河的小球以速度4水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又

返回小車的左端，重力加速度為g,則（

//////////////////,

A.小球以后將向左做平拋運動

B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動

C此過程小球?qū)π≤囎龅墓槠烦?/p>

D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為二

解析：BC小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度”，由動量

守恒定律和機械能守恒定律有=2朋V,2+Mgh,聯(lián)立解得

A=—,故D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上

4g

動量守恒，由于無摩擦力做功，機械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩

者交換速度，即小球返回小車左端時速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運動，小車速

度變?yōu)閯幽転闉?2,即此過程小球?qū)π≤囎龅墓闉?2,故B、C正確，

22

A錯誤。

考點三”滑塊一滑板”模型(子彈打木塊模型)

1.模型圖示

同2°m一團].j

水平地面光滑水平地面光滑

2.模型特點

(1)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系

統(tǒng)減少的機械能。

(2)若滑塊未從木板上滑下或子彈未射穿木塊，當(dāng)兩者速度相同時，木板或木

塊的速度最大，兩者相對位移最大。

3.求解方法

(1)求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個系統(tǒng)。

(2)求時間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個物體。

(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律Q=f'x或Q=E初一E

木，研究對象為一個系統(tǒng)。

EE如圖所示，光滑水平面上放一木板a質(zhì)量M=4kg,小鐵塊5(可視

為質(zhì)點)質(zhì)量為機=1kg,木板/和小鐵塊3之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,小鐵塊8

以4=10m/s的初速度從木板A的左端沖上木板，恰好不滑離木板(g=10m/s2)o

則:

(1)/、8的加速度分別為多少？

(2)經(jīng)過多長時間2、8速度相同，相同的速度為多少？

(3)求薄木板的長度。

解析：(1)對小鐵塊3受力分析，由牛頓第二定律有〃根g=37B

即og=〃g=2m/s2

對木板Z受力分析，由牛頓第二定律有

nmg=MaA,即m/s?。

M

(2)由于2、5組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則Z、5組成的系統(tǒng)動量守恒，

有

機%)=(機+物/共

代入數(shù)據(jù)解得，共=2m/s

由于木板N做勻加速直線運動，則，共=恣/

代入數(shù)據(jù)解得/=4s。

(3)設(shè)薄木板的長度為人則對Z、8整體由能量守恒定律有

PmgL=；掰P52一；(711+機)，共2

代入數(shù)據(jù)解得工=20m。

答案：(1)0.5m/s?2m/s2(2)4s2m/s(3)20m

【對點訓(xùn)練】

3.(子彈打木塊模型)如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為機的光滑圓

環(huán)，一輕繩一端系在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為恤的子

彈以大小為總的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g,下列說法正

確的是()

m

—%-~~?

旗)=＞［亞］

mo14)

A.子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為

B.子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(Af+mo)g

C.子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M+機+7〃0)g

D.子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒

解析：C子彈射入木塊時，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則恤髭="

+mo)K,解得子彈射入木塊后的瞬間速度大小為％=/少，A錯誤；子彈射入

木塊后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得FT-(M+mo)g=(M+mo)——，可知繩子拉

力大于(/+機0)g,B錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)，有尸+

+m+mo)g,根據(jù)牛頓第三定律可知，C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊

和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，D錯誤。

4.(滑塊一木板模型)如圖所示，質(zhì)量〃=1kg的平板車Z放在光滑的水平面

上，質(zhì)量機=0.5kg的物塊8放在平板車右端上表面，質(zhì)量加=0.5kg的小球C

用長為6.4m的細(xì)線懸掛于。點，。點在平板車的左端正上方，距平板車上表面

的高度為6.4m,將小球向左拉到一定高度，細(xì)線拉直且與豎直方向的夾角為

60°,由靜止釋放小球，小球與平板車碰撞后，物塊剛好能滑到平板車的左端，

物塊相對平板車滑行的時間為0.5s,物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.6,忽略

小球和物塊的大小，重力加速度g取10m/s2,求：

(1)平板車的長度；

(2)小球與平板車碰撞過程損失的機械能。

解析：(1)設(shè)物塊在平板車上滑動時的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有

pimg=ma

代入數(shù)據(jù)解得a=6m/s2

設(shè)物塊與平板車最后的共同速度為,,根據(jù)運動學(xué)公式有片m=3m/s

設(shè)小球與平板車相碰后瞬間，平板車的速度為％,根據(jù)動量守恒定律有

=(機+〃)，

解得H=4.5m/s

設(shè)平板車的長度為心根據(jù)能量守恒定律有

PmgL=

代入數(shù)據(jù)解得￡=L125m。

(2)設(shè)小球與平板車相碰前瞬間速度為K),根據(jù)機械能守恒定律有

mg(/-/cos60°)=3機42

解得以=8m/s

設(shè)碰撞后瞬間小球的速度為匕，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有

解得力=-1m/s

小球與平板車碰撞過程損失的機械能為

A￡'=-mK)2--mH2--MK2=5.625J

222O

答案：(1)1.125m(2)5.625J

限時規(guī)范訓(xùn)練28

L（多選）如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水

平地面上質(zhì)量相等、材料不同的兩矩形滑塊Z、3中，射入Z中的深度是射入5

中深度的兩倍。已知48足夠長，兩種射入過程相比較（）

A.射入滑塊Z的子彈速度變化大

B.整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大

C.射入滑塊幺中時阻力對子彈做功是射入滑塊5中時的兩倍

D.兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等

解析：BD子彈射入滑塊過程中，子彈與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，有機4

=（掰+皿,,兩個子彈的末速度相等，所以子彈速度的變化量相等，A錯誤；滑

塊Z、5動量變化量相等，受到的沖量相等，B正確；對子彈運用動能定理，有

^.=1^2）由于末速度，相等，所以阻力對子彈做功相等，C錯誤；對系

22

統(tǒng)，由能量守恒可知，產(chǎn)生的熱量滿足0=；機團一g（機展，所以系統(tǒng)產(chǎn)生的

熱量相等，D正確。

2.如圖所示，一質(zhì)量優(yōu)2=0.25kg的平頂小車，車頂右端放一質(zhì)量m3=0.30kg

的小物體，小物體可視為質(zhì)點，與車頂之間的動摩擦因數(shù)〃=0.45,小車靜止在光

滑的水平軌道上。現(xiàn)有一質(zhì)量加i=0.05kg的子彈以水平速度P&=18m/s射中小

車左端，并留在車中，子彈與車相互作用時間很短。若使小物體不從車頂上滑落,

gMX10m/s2o下列分析正確的是（）

mi

A.小物體在小車上相對小車滑行的時間為1s

B.最后小物體與小車的共同速度為3m/s

C.小車的最小長度為1.0m

D.小車對小物體的摩擦力的沖量為0.45N?s

解析：D子彈射入小車的過程中，由動量守恒定律得如4=（掰1+機2）%,

解得/=3m/s。小物體在小車上滑行過程中，由動量守恒定律得（切i+機2）%=（如

+m2+機3）%，解得H=1.5m/s,選項B錯誤；以小物體為研究對象，由動量定

理得，/=〃儂解得/=；s,選項A錯誤；小車對小物體的摩擦力的沖

量為/=m3%=0.45N?s,選項D正確；當(dāng)系統(tǒng)相對靜止時，小物體在小車上滑

行的距離為/,由能量守恒定律得〃切3g/=：（優(yōu)1+機2）/2—如+切2+機3）/,解得

7=0.5m,所以小車的最小長度為0.5m,選項C錯誤。

3.（多選）如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度

外向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為X。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量

為機的物體B（如圖乙所示），物體A以2外的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最

大壓縮量仍為x,貝11（）

--->加|-----<~2v0

|A|XA/WWW^|A|VWvW/vfB]

////////////////////////////////////7777777777777777777777777777777777777

甲乙

A.A物體的質(zhì)量為3m

B.A物體的質(zhì)量為2m

C.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為jmto2

2

D.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為機/2

解析：AC對題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為由機械能守恒定律可得，彈

簧壓縮x時彈性勢能與=,42；對題圖乙，物體A以2%的速度向右壓縮彈簧，

A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時，A、B二者速度相同，由動

量守恒定律有/?2/=（M+mW，由能量守恒定律有耳=；/?（2⑹2-1（M+根）隆,

a

聯(lián)立解得M=3機，線=；機42,選項A、C正確，B、D錯誤。

4.（多選）如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為mi和1n2的兩物塊4

B相連接并靜止在光滑的水平地面上。現(xiàn)使幺以3m/s的速度向B運動壓縮彈簧,

Z、8的速度一時間圖像如圖乙，則有（）

A.在力、右時刻兩物塊達(dá)到共同速度lm/s,且彈簧都處于壓縮狀態(tài)

B.從辦到久過程中，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長

C.兩物塊的質(zhì)量之比能1：?2=1：2

D.在h時刻A與B的動能之比Eki：Ek2=1：8

解析：CD開始時/逐漸減速，5逐漸加速，彈簧被壓縮，力時刻二者速度

相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，

8仍然加速，Z先減速為零，然后反向加速，B時刻，彈簧恢復(fù)原長，由于此時兩

物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，Z減為零后又

向8運動的方向加速，在右時刻，兩物塊速度相同，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，

因此從/3到74過程中，彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故A、B錯誤；根據(jù)動量守恒

定律,/=0時刻和t=t\時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1%=（m1+機2）%,其中％=3m/s,

1^=1m/s,解得機i：切2=1：2,故C正確；在B時刻Z的速度為匕=-1m/s,

B的速度為kfe=2m/s,根據(jù)Ek=l也/，且mi:切2=1：2,求出Eki：Ek2=l：8,

2

故D正確。

5.（多選）如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）

的質(zhì)量為3根，靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m,

半徑略小于管道半徑，以水平速度，從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最

高點，然后從管道左端滑離小車。重力加速度為g,關(guān)于這個過程，下列說法正

確的是（）

A.小球滑離小車時，小車回到原來位置

B.小球滑離小車時小車的速度大小/車=9

C.車上管道中心線最高點的豎直高度為匕

8g

D.小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是竺

2

解析：BC由題意知小球與小車在水平方向上不受外力，在水平方向上動量

守恒，小球相對小車上滑的過程中，小車向右加速運動，小球相對小車下滑的過

程中，小車向右加速運動，所以小車的速度一直向右，小球滑離小車時，小車向

右運動，不可能回到原來位置，故A錯誤；設(shè)小球滑離小車時小車的速度大小為

，車，由動量守恒可得機k=3機，車+機，球，由機械能守恒可得;機展=gx3機，車2+

/球2,解得，車故B正確；小球恰好到達(dá)管道的最高點時，

222

小球和小車的速度相同，由動量守恒定律得機k=（3機+優(yōu)）0,可得此時的速度0

=；/,由機械能守恒定律可得;他展一；X4機X（；力2=Mg4，所以車上管道中心線

最高點的豎直高度〃=3”,故C正確；小球恰好到達(dá)管道的最高點后，小球和小

8g

1a

車的速度相同，則小車的動量變化大小為△P=3機，4片4‘""’故D錯誤。

6.如圖所示，一光滑的;圓弧固定在小車的左側(cè)，圓弧半徑R=0.8m,小車的

4

右側(cè)固定連有輕彈簧的擋板，彈簧處于原長狀態(tài)，自由端恰在。點，總質(zhì)量為初

=3kg,小車置于光滑的地面，左側(cè)靠墻，一物塊從圓弧頂端上的Z點由靜止滑

下，經(jīng)過B點時無能量損失,最后物塊停在車上的B點。已知物塊的質(zhì)量機=1kg,

物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為〃=0］，8c長度為4=2m,gMX10m/s2o求在運

動過程中：

(1)彈簧的最大壓縮量；

(2)彈簧彈性勢能的最大值。

解析：(1)物塊由Z點到8點的過程中，由動能定理得

D12

解得4=4m/s

物塊從經(jīng)過8點開始到靜止于5點系統(tǒng)動量和能量守恒有

；機42=；（W+機）展+2/umg（L+x）

解得x=lm0

(2)由8點至將彈簧壓縮到最短，系統(tǒng)動量守恒，取心方向為正方向

此時的彈性勢能最大，由能量守恒可得

力@2=1（M+機））2+與+pimg（L+x）

由以上兩式可得Ep=3J。

答案：(1)1m(2)3J

7.如圖為某機械裝備中的一種智能減震裝置，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧套在

固定于地面的豎直桿上，彈簧上端與質(zhì)量為根的圓環(huán)尸相連，初始時尸處于靜止

狀態(tài)，且彈簧彈力等于尸的重力，尸與桿之間涂有一層能調(diào)節(jié)阻力的智能材料。

在P上方H處將另一質(zhì)量也為m的光滑圓環(huán)Q由靜止釋放，。接觸P后發(fā)生碰

撞(碰撞時間極短)并一起做勻減速運動，下移距離為平時速度減為0,忽略空氣

k

阻力，重力加速度為g。求:

(1)2與P發(fā)生碰撞瞬間時的共同速度的大小;

(2)碰撞后PQ一起下移距離d(d＜罕)時，智能材料對P阻力的大小；

k

(3)尸。一起下移距離d(d〈罕)過程中，智能材料對P阻力所做的功W.

k

解析：(1)根據(jù)題意，設(shè)。剛接觸尸時速度為。自由下落時，有展=2g〃

可得片ggH

設(shè)0與尸發(fā)生碰撞后速度為人取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得

則得一

(2)根據(jù)題意可知，。接觸尸后發(fā)生碰撞后一起做勻減速運動，設(shè)加速度大小

為a,由運動學(xué)公式P—4=2"可得"2=2〃儂

k

解得。=答

4m

設(shè)新型智能材料對尸的阻力為尸，對尸、0整體，由牛頓第二定律得

k(^^+d)+F—2mg=2ma

k,

解得F=mg+d)o

(3)根據(jù)題意可知，。下移距離d過程中，碰撞結(jié)束時，智能材料對尸阻力

的