第35課時專題強化：碰撞模型及拓展

目標要求1.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律。2.理解“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”兩種模型與碰

撞的相似性，會分析解決兩類模型的有關(guān)問題。

考點一碰撞模型

1.碰撞

碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。

2.特點

在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力外力，可認為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動量守恒。

3.分類

動量是否守恒機械能是否守恒

彈性碰撞守恒

非彈性碰撞有損失

完全非彈性碰撞守恒損失

4.“一動碰一靜”彈性碰撞實例分析

以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

m1v1＝m1v1'+m2v2'

22

m1＝m1v1'+m2v2'

1211

1

聯(lián)2立?解得：2v1'＝2v1，v2'＝v1

?1??22?1

討論：?1+?2?1+?2

①若m1＝m2，則v1'＝0，v2'＝v1(速度交換)；

②若m1>m2，則v1'>0，v2'>0(碰后兩小球沿同一方向運動)；當m1m2時，v1'≈v1，v2'≈2v1；

③若m1<m2，則v1'<0，v2'>0(碰后兩小球沿相反方向運動)；當m1?m2時，v1'≈－v1，v2'≈0。

?

質(zhì)量為m、速度為v0的A球跟質(zhì)量為3m、靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，

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嗎？

(1)0.6v0；(2)0.4v0。

例1質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的速度為6m/s，B球

的速度為2m/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為()

A.1m/s6m/s

B.4.5m/s3.5m/s

C.3.5m/s4.5m/s

D.－1m/s9m/s

碰撞問題遵守的三條原則

1.動量守恒：p1+p2＝p1'+p2'。

2.動能不增加：Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。

3.速度要符合實際情況

(1)碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物

體同向運動，則應有v前'≥v后'。

(2)碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變。

例2(九省聯(lián)考·貴州·15改編)如圖，質(zhì)量為m甲＝kg的小物塊甲向右與靜止在水平地面上A點、質(zhì)

1

量為m乙＝1kg的小物塊乙發(fā)生彈性正碰，碰前瞬間3甲的速度大小v0＝4.8m/s。碰后乙在AB間運動一

段距離后與靜止在B點、質(zhì)量為m丙＝1kg的小物塊丙發(fā)生正碰，乙在此碰撞前、后瞬間的速度大小

之比為3∶1，碰后丙滑動d＝0.04m后停止運動。乙、丙與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，所有碰

撞時間極短，g取10m/s2。求：

(1)甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大?。?/p>

(2)乙、丙碰撞過程損失的機械能。

例3如圖所示，可視為質(zhì)點的彈性小球A、B在同一豎直線上且間距l(xiāng)＝2.4m，小球B距地面的高

度h＝1.8m，兩小球在外力的作用下處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)同時由靜止釋放小球A、B，小球B與地面發(fā)

生碰撞后反彈，之后小球A與B發(fā)生碰撞。已知小球A的質(zhì)量mA＝0.1kg，小球B的質(zhì)量mB＝0.5kg，

重力加速度大小g取10m/s2，所有的碰撞均無機械能損失，不計碰撞時間。求：

(1)小球B第一次著地時小球A的速度大小vA；

(2)小球A、B第一次相碰時離地高度H；

(3)小球A、B第一次相碰后瞬間小球A的速度大小。

考點二碰撞模型拓展

“滑塊—斜(曲)面”模型“滑塊—彈簧”模型

情情

景景

示示

例例

(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過

(1)上升到最大高度：滑塊m與斜(曲)面M具有共

程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系

同水平速度v共，此時滑塊m的豎直速度vy＝0。

統(tǒng)動量守恒。

系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M+m)v共；系統(tǒng)機

(2)機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力的矢量和為

械能守恒，m＝(M+m)共+mgh，其中h為

模1212模零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機

滑塊上升的最2大?0高度2，不一?定等于軌道的高度(相

型型械能守恒。

當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為滑

特特(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相

塊m的重力勢能)。

點點等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(相

(2)返回最低點：滑塊m與斜(曲)面M分離點。系

當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)

統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝mv1+Mv2；系統(tǒng)機械

化為彈簧的彈性勢能)。

能守恒，m＝m+M(相當于彈性碰

(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動

121212

撞)。2?02?12?2

能最大(相當于剛完成彈性碰撞)。

例4如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一個蹲在滑板上的小孩和其面前

的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜

面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1

2

＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。重力加速度的大小g取10m/s。

(1)求斜面體的質(zhì)量；

(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？

例5如圖所示，質(zhì)量為M＝2.0kg，半徑R＝0.3m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上，

有兩個大小、形狀相同的可視為質(zhì)點的光滑小球A、B質(zhì)量分別為m1、m2，m1＝1.0kg，m2＝2.0kg，

B右側(cè)與球心等高處連接一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離?，F(xiàn)將A從圓弧槽頂

端由靜止釋放，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)若圓弧槽固定不動，小球A滑離圓弧槽時的速度大小v0；

(2)若圓弧槽不固定，小球A滑離圓弧槽時的速度大小v1；

(3)圓弧槽不固定的情況下彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能；

(4)判斷小球A與彈簧分離后，能否追上圓弧槽，若能，求小球A上升的最大高度。

例6(2024·山東省聯(lián)考)如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端分別與質(zhì)量是m1、m2的A、B兩物塊相連，

它們靜止在光滑水平面上，現(xiàn)使A瞬時獲得水平向右的速度v＝3m/s并從此時刻開始計時，兩物塊的

速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知m1＝2kg，下列說法正確的是()

A.物塊B的質(zhì)量為3kg

B.彈簧的最大彈性勢能為4.5J

C.t2時刻A、B的動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶4

D.從t3到t4時刻彈簧由伸長狀態(tài)恢復到原長

答案精析

考點一

2.遠大于

3.守恒守恒最大

討論交流A球與靜止的B球發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，B球的速度最小，

vB＝v0＝v0；當發(fā)生彈性碰撞時，B球的速度最大，vB＝v0＝v0。則碰后B球的速度范圍為

?A12?A1

?A+?B4?A+?B2

v0≤vB≤v0，所以B球的速度不可能是0.6v0，可能是0.4v0。

11

例41C2[設每個球的質(zhì)量均為m，碰前系統(tǒng)總動量p＝mvA1+mvB1＝6m+2m＝8m，碰前的總動能Ek＝

m+m＝20m。若碰后vA1＝1m/s，vB1＝6m/s，碰后總動量p'＝mvA1+mvB1＝7m，動量不守恒，選

1212

A1B1

項2?A錯誤2；?若vA2＝4.5m/s，vB2＝3.5m/s，明顯vA2>vB2不合理，選項B錯誤；若vA3＝3.5m/s，vB3＝4.5

m/s，碰后總動量p'＝mvA3+mvB3＝8m，總動能Ek3＝m+m＝16.25m，動量守恒，機械能不增加，

1212

A3B3

選項C可能實現(xiàn)；若vA4＝－1m/s，vB4＝9m/s，碰后2總?動量2p'＝?mvA4+mvB4＝8m，總動能Ek4＝

m+m＝41m，動量守恒，但機械能增加，違反能量守恒定律，選項D錯誤。]

1212

例2?2A4(12)2.4?Bm4/s(2)0.08J

解析(1)甲、乙發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律

m甲v0＝m甲v甲+m乙v乙

由機械能守恒定律

m甲＝m甲甲+m乙乙

121212

0

2?2?2?甲

解得甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小為v乙＝v0＝2.4m/s

甲2?乙

?+?

(2)碰后，對丙由動能定理

－μm丙gd＝0－m丙丙

12

2?

解得v丙＝0.4m/s

乙、丙碰撞過程中，由動量守恒定律

m乙v乙1＝m乙v乙2+m丙v丙

乙

其中＝

?乙13

?21

聯(lián)立解得v乙1＝0.6m/s，

v乙2＝0.2m/s

由能量守恒定律

m乙乙＝m乙乙+m丙丙+ΔE

121212

2?12?22?

解得ΔE＝0.08J。

例3(1)6m/s(2)1m(3)12m/s

解析(1)小球B剛著地時，小球A、B的速度大小相等，有＝＝2gh

22

AB

解得vA＝vB＝6m/s??

(2)小球B著地反彈后，相對小球A做勻速直線運動，

運動時間t1＝＝0.2s

?

2?B

由運動學公式有H＝vBt1－g

12

解得H＝1m2?1

(3)設兩小球碰前瞬間，小球A的速度大小為vA1，小球B的速度大小為vB1，有vA1＝vA+gt1＝8m/s

vB1＝vB－gt1＝4m/s

兩小球碰撞時動量守恒和機械能守恒，取豎直向上為正方向

mA(－vA1)+mBvB1＝mAvA'+mBvB'

22

mA+mB＝mAvA'+mBvB'

121211

A1B1

解2得?vA'＝212?m/s，vB2'＝02

例4(1)20kg(2)不能，理由見解析

解析(1)規(guī)定向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，

斜面體的質(zhì)量為m3。對冰塊與斜面體分析，由水平方向動量守恒和機械能守恒得m2v0＝(m2+m3)v①

2

m2＝m2+m3)v+m2gh②

121

0

式2中?v0＝32(m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得

v＝1m/s，m3＝20kg③

(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊分析，由動量守恒定律有m1v1+m2v0＝0④

代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤

設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體分析，由動量守恒定律和機械能守恒定律有

m2v0＝m2v2+m3v3⑥

m2＝m2+m3⑦

121212

聯(lián)2立?0③⑥⑦2式?并2代2入?數(shù)3據(jù)得

v2＝－1m/s

由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩。

例5(1m/s(2)2m/s(3J

4

(4)見解析)6)3

解析(1)圓弧槽固定，小球A機械能守恒，有m1gR＝m1

12

2?0

解得v0＝m/s

(2)圓弧槽不6固定，槽和小球A組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守

恒定律得m1v1+Mv2＝0

由機械能守恒定律得

m1gR＝m1+M

1212

12

解得v1＝22?m/s，2v2?＝－1m/s，負號表示圓弧槽的速度方向向右

(3)當小球A、B速度相等時，彈簧具有最大彈性勢能，

根據(jù)動量守恒得m1v1＝(m1+m2)v

解得v＝m/s

2

32

根據(jù)能量守恒可得Epmax＝m1－m1+m2)v

121

212

代入數(shù)據(jù)可得Epmax＝J?(

4

(4)設小球A與彈簧分3離后速度為