專題強(qiáng)化六類“碰撞”模型問題

【專題解讀】1.本專題主要是研究類“碰撞”模型問題的特點(diǎn)和滿足的物理規(guī)律,

并對此類模型問題進(jìn)行拓展分析。

2.通過類“碰撞”模型問題的學(xué)習(xí)，可以掌握物理情景或解題方法的相同或相似

性，提高進(jìn)行歸類分析問題的能力。

3.用到的知識、規(guī)律和方法有：牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律，動(dòng)量守恒定律，

動(dòng)能定理，功能關(guān)系和能量守恒定律。

題型一小球一彈簧模型

兩小球速度相同時(shí)（彈簧最

示意圖與V-t圖象彈簧恢復(fù)原長時(shí)

短，彈性勢能最大）

里

，^^^^，，，，，，，，，，，^y》，，，，，，，，，，，，，，，，，，/

vv

rt動(dòng)量守恒：，〃1。1+加202=

，，，，，，，，，，，_，，_，，，_，，_，，_，，，動(dòng)量守恒："7101+倒2。2

Eil工（m\+m2）v

=/mvi,+m2V2,

,7777777777777777^^7l7777777777z7z7777,

fe能量守恒：

能量守恒:沆+匕〃2遍

3m?vi+^“2虎=；（川1+Z乙

=￡"210產(chǎn)+多為23‘2

f?l2）V2-hEpm

【例1】（2021?山東泰安檢測）如圖1所示，水平池面上A、B兩個(gè)木塊用輕彈簧

連接在一起，質(zhì)量分別為2〃?、3/〃，靜止時(shí)彈簧恰好處于原長。一質(zhì)最為，〃的木

塊C以速度如水平向右運(yùn)動(dòng)并與木塊A相撞。不計(jì)一切摩擦，彈簧始終處于彈

性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為（）

—氏

[c]

圖1

1n1,

A.^/nro9

14

C.D

】41J

答案A

解析當(dāng)。與A發(fā)生彈性正碰時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有“。（）=加切

I|1?

+2〃2。2,涕=]m沆+gX2加潺，聯(lián)立解得。2=手必當(dāng)A、3速度相等時(shí)彈簧的

彈性勢能最大，設(shè)共同速度為。，以A的初速度方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量守恒定

4

律得2/ns=（2加+3〃。。，得。由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢

I^14

，2

能為EP=TX2mvi—^y<5mv,解得&=百加帽；當(dāng)。與4發(fā)生完全非彈性正碰時(shí)，

根據(jù)動(dòng)量守恒定律有，如。=3〃皿、當(dāng)A、B、C速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大,

設(shè)共同速度為心則由動(dòng)量守恒定律得3〃?次=6〃”。由機(jī)械能守恒定律可知，彈

簧的最大彈性勢能為4=93的尸—京6加工2,解得而由此可知碰后

彈簧的最大彈性勢能范圍是上〃2涕忘瓦忘方加泥，故選Ao

對點(diǎn)演練

1.（2021.湖南三湘名校聯(lián)考）如圖2所示，質(zhì)量為M的物塊甲，以速度如沿光滑水

平地面向前運(yùn)動(dòng)，連接有輕彈簧、質(zhì)最為，〃的物塊乙靜止在正前方，物塊甲與彈

簧接觸后壓縮彈簧，則下列判斷錯(cuò)誤的是（）

A.僅增大00,彈簧的最大壓縮量增大

B.僅增大〃?，彈簧的最大壓縮量增大

C.僅增大M,彈簧的最大壓縮量增大

D.DO一定，機(jī)+M~?定，彈簧的最大壓縮量一定

答案D

解析根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有癡o=（〃?+M）o,最大壓縮量時(shí)對應(yīng)的彈性勢能Ep

1,1.）mMvo

=嚴(yán)。。一5（〃?+M）b=2（M+〃Z）根據(jù)彈性勢能于壓縮量

之間的關(guān)系可知，A、B、C正確,D錯(cuò)誤。

題型二小球一曲面模型

小球上升至最高點(diǎn)時(shí)（小小球返回曲面底端時(shí)（小

示意圖

球的重力勢能最大）球的重力勢能為零）

水平方向動(dòng)量守恒：陽W0水平方向動(dòng)量守恒：〃?1。0

=（m\+m2）v

4_A=m\V\-\-fn2v2

能量守恒：^rn\vi=^mwi

能量守恒：

ni|m2

,1。

+〃22）"+〃?lg〃十嚴(yán)202

【例2】（2021?河南名校聯(lián)盟調(diào)研）如圖3所示，在光滑的水平地面上，靜置一質(zhì)

量為〃2的四分之一圓弧滑塊，圓弧半徑為R,一質(zhì)量也為根的小球，以水平速度

。。自滑塊的左端A處滑上滑塊，當(dāng)二者共速時(shí)，小球剛好到達(dá)圓弧上端以若將

小球的初速度增大為2刖,不計(jì)空氣阻力，則小球能達(dá)到距B點(diǎn)的最大高度為（）

A.RB.1.5R

C.3RD.4R

答案C

解析若小球以水平速度如滑上滑塊，小球上升到圓弧的上端時(shí)，小球與滑塊速

度相同，設(shè)為初，以小球的初速度。o的方向?yàn)檎较?，在水平方向上，由?dòng)量守

恒定律得機(jī)的=2mv?,由機(jī)械能守恒定律得）〃隔=:義Imvl+mgR,代入數(shù)據(jù)解得

00=2癇，若小球以2如沖上滑塊，小球上升到圓弧的上端時(shí)，小球與滑塊水平

方向上速度相同，設(shè)為汲，以小球的初速度方向?yàn)檎较颍谒椒较蛏?，由?dòng)

量守恒定律得2"切o=2加02,由能量守恒定律得3><（2a））2=4><2"質(zhì)+〃火R+g〃欣,

解得小，=倔五小球離開圓弧后做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，則力=微

=3R,故距3點(diǎn)的最大高度為3心故選C。

對點(diǎn)演練

2.（多選）（2021?山東六校聯(lián)考）如圖4所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為

R（R足夠大）的;光滑圓弧曲面C質(zhì)量為M的小球8置于其底端，另一個(gè)小球4

質(zhì)量為耳，小球A以"=6m/s的速度向B運(yùn)動(dòng),并與B發(fā)生彈性碰撞，不"一

切摩擦，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，則（）

圖4

A.8的最大速率為4m/s

3

B.3運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為［m/s

C.B能與A再次發(fā)生碰撞

DB不能與A再次發(fā)生碰撞

答案AD

解析A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能

守恒定律得當(dāng)oo=與學(xué)通=/當(dāng)加+頡臉解得VA=~2m/s,O8=4m/s,

故8的最大速率為4m/s,選項(xiàng)A正確；8沖上。并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速,

4

設(shè)為則癡8=（M+2M）0,得0=gm/s,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；8沖上C然后又滑下的

過程，設(shè)B、C分離時(shí)速度分別為VB'、vc\由水平方向動(dòng)量守恒有MVB=MVB'

由機(jī)械能守恒有:巴4

2Moe聯(lián)立解得切/=—

+2Moc',乙乙乙gm/s,

由于|。8卜|秋|,所以二者不會再次發(fā)生碰撞，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。

題型三滑塊一木板模型

木板有初速度，板塊

木板初速度為零

反向

二”0

不意圖皿干(m<M)

□〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃，〃〃〃〃〃〃〃

》〃〃〃〃〃〃〃〃〃》〃〃〃〃，〃〃rn

匚Hu或;二

J.-一-_一_?■」AT。一

1_______________1

【例31（2021?河北宣化一中模擬）如圖5所示，質(zhì)量m=2kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）,

以。o=5m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車，若平板小車質(zhì)量M

=3kg,長￡=4.8m?；瑝K在平板小車上滑移1.5s后相對小車靜止。求：

圖5

（1）滑塊與平板小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

（2）若要滑塊不滑離小車，滑塊的初速度不能超過多少（g取lOnVs2）0

答案（1）0.2（2）4啦m/s

解析（1）滑塊滑上平板小車到與平板小車相對靜止，設(shè)共同速度為加

根據(jù)動(dòng)量守恒定律有，儂）=（〃z+M）oi

對滑塊，由動(dòng)量定理得—7〃叫，=，〃。|一加伙）

=

解得jU0.2o

（2）設(shè)當(dāng)滑塊剛滑到平板小車的右端時(shí)，兩者恰有共同速度為U2,由動(dòng)量守恒定律,

有

由功能關(guān)系有

jumgL=%欣一+M）vi

解得次）=4表m/so

對點(diǎn)演練

3.（多選）（2021?吉林通化模擬）長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m=2kg的另

一滑塊B以水平速度如=4m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、8間存

在摩擦，之后A、3速度隨時(shí)間變化情況如圖6所示，則下列說法正確的是（）

r/(m/s)

己I2卜

////////////////////////////////////////八K.▲?

°12〃s

圖6

A.木板A獲得的動(dòng)能為4J

B.木板A的最小長度為1m

C.A、8間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

D.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為8J

答案AD

解析由題圖可知，木板獲得的速度是2rn/s,A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以3

的初速度方向?yàn)镕方向，由動(dòng)量守恒定律得〃”0=（股+〃7切，解得M=2kg,木板

獲得的動(dòng)能是Ek=：Mc2=：><2X22J=4J,A正確；0?1s時(shí)間內(nèi)B的位移XB=

；X（4+2）XIm=3m,A的位移是XA=；X1X2m=1m,木板A的最小長度是Ax

A7）2—4

=XB—XA=2m,B錯(cuò)誤；滑塊8的加速度。=五=—j—m/s2=—2m/s\負(fù)號表

示加速度方向，由牛頓第二定律得〃〃吆=加〃，代入數(shù)據(jù)解得〃=0.2,C錯(cuò)誤；系

統(tǒng)損失的機(jī)械能△石=；加笳一；〃"一代入數(shù)據(jù)解得△E=8J,D正確。

課時(shí)分層訓(xùn)練

A級基礎(chǔ)鞏固練

考點(diǎn)一小球一彈簧模型

1.（2021?山東日照質(zhì)檢）A、8兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B

兩球的質(zhì)量分別為〃，和若使A球獲得瞬時(shí)速度o（如圖1甲），彈簧壓

縮到最短時(shí)的長度為若使B球獲得瞬時(shí)速度。（如圖乙），彈簧壓縮到最短時(shí)

的長度為心2,則L\與Li的大小關(guān)系為（）

///?Z////////////??//

圖1

K.L\>LiB.LI<L2

C.L\=LzD.不能確定

答案C

解析當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同，對甲圖取4的初速度方向?yàn)檎?/p>

向，由動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得Ep=；/加2一品什

，力MTG

〃?)*,聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時(shí)有Ep=〃(,人人。同理，對乙圖取B的初速

度方向?yàn)檎较?，?dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)也有穌=2(Ml)，兩次彈性勢能相等，

則有“=心，故選項(xiàng)C正確。

2.(2021?重慶江津中學(xué)月考汝I圖2甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為陽和

加2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)使神瞬間獲得水平向右的

速度3m/s,以此刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從

圖象信息可得()

甲

圖2

A.在力、，3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)

B.從A到以時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長

C.兩物塊的質(zhì)量之比為：加2=1:2

D.在仁時(shí)刻兩物塊的動(dòng)量大小之比為pi:p2=l:2

答案C

解析由題圖乙可知力、時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s,總動(dòng)能最小，根據(jù)系

統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，此時(shí)彈性勢能最大，”時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，，3時(shí)刻彈黃

處于伸長狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；結(jié)合題圖乙可知兩物塊的運(yùn)動(dòng)過程，開始時(shí)〃力逐漸

減速，加2逐漸加速，彈簧被壓縮，/I時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢能最

大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，m2繼續(xù)加速，如先減速為零,

然后反向加速，尬時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，因?yàn)榇藭r(shí)兩物塊速度相反，因此彈

簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，P3時(shí)刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，

彈簧最長，因此從f3到白過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故B錯(cuò)誤；系統(tǒng)動(dòng)量

守恒，從/=0開始到力時(shí)刻有機(jī)加=（加|+〃22）。2,將0i=3m/s,92=1m/s代入

得〃21："72=1：2,故C正確；在才2時(shí)刻,〃八的速度為0|'=-1m/s,加2的速度為

^=2m/s,又機(jī)|：m2=1：2,則動(dòng)量大小之比為pi：〃2=1：4,故D錯(cuò)誤。

考點(diǎn)二小球一曲面模型

3.（2021?安徽合肥模擬）如圖3所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為機(jī)的光

滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為，〃的小球

從槽高力處開始自由下滑，則（）

A.在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽的動(dòng)量始終守恒

B.在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功

C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)

D.被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，小球能回到槽高〃處

答案C

解析小球與彈簧接觸前，小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且有〃w球一加。憎=（）

則。?壞。當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球受外力，小球和槽組成的系統(tǒng)所受合力

不為零，動(dòng)量不再守恒，故A錯(cuò)誤；下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而

力是垂直于球面的，和位移不垂直，小球和槽之間的彈力均做功，故B錯(cuò)誤；小

球脫離弧形槽后，槽向后做勻速運(yùn)動(dòng)，小球向前做速度大小和槽相同的勻速運(yùn)動(dòng)，

而小球和彈簧作用過程中機(jī)械能守恒，小球被原速率反彈，反彈后繼續(xù)做勻速運(yùn)

動(dòng)，故C正確；小球被反彈后，因兩物體均有向左的速度，且速度大小相等，則

兩物體不會相遇，小球不會到達(dá)最高點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。

4.如圖4所示，質(zhì)量為M的滑塊放置在光滑水平面上，滑塊的一側(cè)是一個(gè)四分之

一圓弧EE,圓弧半徑為R=lm,E點(diǎn)處的切線水平。質(zhì)量為根的小球以初速度

內(nèi)從E點(diǎn)沖上滑塊，若小球剛好沒躍出圓弧的上端，已知M=4〃z,a10m/s2,

不計(jì)摩擦，則小球的初速度切的大小為（）

圖4

A.4m/sB.5m/s

C.6m/sD.7m/s

答案B

解析當(dāng)小球上升到滑塊上端時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，設(shè)為功，在水

平方向上，由動(dòng)量守恒定律得〃"0=(加+M)s,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得品加斗〃7

+M)而聯(lián)立解得。o=5m/s,選項(xiàng)B正確：，

考點(diǎn)三滑塊——木板模型

5.(2021?海南中學(xué)模擬)如圖5所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上,

在具右端放一質(zhì)量為〃的小木塊A,M=2，〃，A、8間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，現(xiàn)給A

和。以大小相等、方向相反的初速度內(nèi)，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，3開始向右運(yùn)動(dòng),

最終A沒有滑離及重力加速度為g,求：

BI八一^^

圖5

(1)A、8最后的速度大小和方向；

⑵平板車B的最小長度L。

小一vo、4uo

答案(l)J方向向右⑴荻

解析(1)對A、3系統(tǒng)，取水平向右為正，由動(dòng)量守恒定律得M°O-〃20O=[M+

m)v

M—rnvo

解得o=M+〃產(chǎn)=?萬何水平何右。

(2)當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到8的最左端時(shí)，達(dá)到共同速度。，由能量守恒定律得

fimgL=—+m)v2

解得“舞

B級能力提升練

6.（2021?安徽十校聯(lián)盟檢測）如圖6所示，光滑的I叫分之一圓弧軌道M靜止在光滑

水平面上，一個(gè)物塊m在水平地面上以大小為uo的初速度向右運(yùn)動(dòng)并無能量損失

地滑上圓弧軌道，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上某一位置時(shí)，物塊向上的速度為冬，

此時(shí)物塊與圓弧軌道的動(dòng)能之比為1:2,則此時(shí)物塊的動(dòng)能與重力勢能之比為（以

地面為參考平面）（）

o.....

.?）

小I

圖6

A.1：2B.1：3

C.I：6D.1：9

答案C

解析因?yàn)樗矫婀饣?，所以，〃和M組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒；當(dāng)物塊向

上的速度為零時(shí)，根據(jù)題意可知此時(shí)物塊與圓弧軌道速度相同，又因?yàn)槲飰K與圓

弧軌道的動(dòng)能之比為1:2,即耳2:如。2=1：2,得〃2：M=1：2,根據(jù)動(dòng)量守

恒定律有wwo=（〃z+M）。，解得。0=3。，根據(jù)能量守恒定律有

+￡p,得物塊的重力勢能為￡p=%切3,此時(shí)物塊的動(dòng)能為以=$〃。2=土加泥，所

以此時(shí)物塊的動(dòng)能與重力勢能之比為Ek:%=1：6,故選C正確。

7.（2021?天津和平區(qū)模擬汝I圖7所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直

平面內(nèi)，兩靜止小球加、〃Z2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧

處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)給小球〃72一個(gè)水平向右的初速度加，兩桿足夠長，則在此后

的運(yùn)動(dòng)過程中（）

圖7

A."71、"72組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

B.如、加2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.彈簧最長時(shí)，其彈性勢能為

2"（加‘呼|十加2）

口,、+,口2mivo

D./wi的取大速度是一T-

m\十〃22

答案D

解析如、加2組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

如、加2及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈簧最長時(shí)，兩球共速，由

動(dòng)量守恒定律得〃22a=（如+加2）0,此時(shí)彈性勢能為Ep=1+mi）V2=

2黑黑）,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧再次回到原長時(shí)如的速度最大，則由動(dòng)量守

恒定律得fn2Vo=m]V\-\-m2V2,5?2詫=熱浮+%?2潺，解得切=：；胃選項(xiàng)D

正確。

8.（2021.山西大同一中模擬）如圖8所示，在光滑水平地面上放有一質(zhì)量M=3kg

帶四分之一光滑圓弧形槽的小車，質(zhì)量為"?=2kg的小球以速度切=5m/s沿水

平槽口滑上圓弧形槽，槽口距地面的高度〃=0.8m,重力加速度g=10m/s2。求：

圖8

⑴小球從槽口開始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)（未離開小車）的過程中，小球?qū)π≤囎龅墓;

（2）小球落地瞬間，小車與小球間的水平間距L.

答案（1）6J（2）2m

解析（1）小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，兩物體水平方向速度相等，小車和小球水平方向

動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得

由動(dòng)能定理得②

聯(lián)立①②解得W=6J。

（2）小球回到槽口時(shí),小球和小車水平方向動(dòng)量守恒，得〃wo=〃wi+Ms③

由功能關(guān)系得

J"加=J"濟(jì)+

聯(lián)立③④可解得初=-1m/s⑤

V2=4m/s@

小球離開小車后，向右做平拋運(yùn)動(dòng)，小車向左做勻速運(yùn)動(dòng)，則