資源簡介

專題提升練13　碰撞模型及其拓展應用
　
梯級Ⅰ基礎練
1.(2025·唐山模擬)甲、乙兩個物體沿同一直線相向運動，甲物體的速度大小是6 m/s，乙物體的速度大小是2 m/s，碰撞后兩物體都反向運動，速度大小都是4 m/s，則(　　)
A.甲、乙兩物體質量之比為5∶3
B.甲、乙兩物體質量之比為1∶1
C.此碰撞為彈性碰撞
D.此碰撞為非彈性碰撞
2.(多選)(2025·石家莊模擬)質量為M、右側曲面光滑的木塊靜止在光滑的水平地面上，木塊右端非常薄，與地面平滑連接。質量為m的小球從靜止開始沿木塊的曲面下滑，小球起始位置距離地面的高度為h。若M=2m。則(　　)
A.小球下滑的過程中，木塊一直向左加速運動
B.小球下滑的過程中，小球減少的機械能為mgh
C.小球滑落至地面時，小球的速度為
D.小球滑落至地面時，木塊的速度為
3.(2025·南昌模擬)質量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕質彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當用板擋住小球A而只釋放B球時，B球被彈出落到距桌邊水平距離為x的地面上，如圖所示，若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點距桌邊為(　　)
A.　　　B.2x C.x　　　D.x
4.(多選)(2024·廣東卷)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運動時間與H乙無關
D.甲最終停止位置與O處相距
5.(2024·江蘇卷)在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在物體B的左側，右側用一根細繩連接在物體B的右側，開始時彈簧處于拉伸狀態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則(　　)
A.彈簧原長時B動量最大
B.壓縮最短時A動能最大
C.系統動量變大
D.系統機械能變大
梯級Ⅱ能力練
6.(2025·慶陽模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道AB與光滑水平軌道BC相切于B點，質量分別為m和2m的小球M、N之間壓縮一輕彈簧并鎖定(彈簧與兩小球均不拴連)。某時刻解除彈簧的鎖定，兩小球被彈開，小球M離開彈簧后恰好能沿半圓軌道通過最高點A，重力加速度為g。求:
(1)離開彈簧時小球M的速度大小vM;
(2)彈簧鎖定時所具有的彈性勢能Ep。
7.(2025·宿遷模擬)如圖所示，滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA=1 kg，B的質量mB=2 kg?；瑝KB的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態?，F使滑塊A以v0=3 m/s速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用，整個過程彈簧沒有超過彈性限度。求:
(1)彈簧被壓縮到最短時，滑塊B的速度大小;
(2)彈簧給滑塊B的沖量;
(3)滑塊A的動能最小時，彈簧的彈性勢能。
8.(2024·湖北卷)如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1 kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小;
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能;
(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
梯級Ⅲ創新練
9.如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中小物塊A與小物塊C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M=3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑。現讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與小物塊A發生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度為g。求:
(1)碰撞過程中系統損失的機械能;
(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。
專題提升練13　碰撞模型及其拓展應用
1.C　解析　以碰前甲的速度方向為正方向,設甲的質量為M,乙的質量為m,碰撞過程根據動量守恒定律可得Mv1-mv2=-Mv+mv,其中v1=6 m/s,v2=2 m/s,v=4 m/s,代入數據解得甲、乙兩物體質量之比為=,A、B兩項錯誤;碰撞前甲、乙系統的初動能為Ek=M+m=18M+2m=M,碰撞后甲、乙系統的末動能為Ek'=Mv2+mv2=8M+8m=M=Ek,可知此碰撞為彈性碰撞,C項正確,D項錯誤。
2.AD　解析　小球下滑過程中,木塊受到小球的擠壓力,壓力有水平向左的分量,直到小球滑落至地面,所以木塊一直向左加速運動,A項正確;小球和木塊組成的系統在水平方向上不受外力作用,水平方向動量守恒,有0=mv1-Mv2,小球滑落至地面時,根據機械能守恒有mgh=m+M,解得v1=2,v2=,小球下滑的過程中,小球減少的機械能為ΔE=mgh-m=mgh,B、C兩項錯誤,D項正確。
3.D　解析　當用板擋住A球而只釋放B球時,B球做平拋運動,設高度為h,則有h=gt2,x=v0t,彈簧的彈性勢能為Ep=m,當用同樣的程度壓縮彈簧,取走A左邊的擋板,將A、B同時釋放,取向右為正方向,由動量守恒定律可得0=mv1-mv2,根據能量守恒Ep=m+m,將A、B同時釋放,則B球的落地點距桌邊x'=v2t=x,D項正確。
4.ABD　解析　兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時由靜止開始下滑,則相對速度為0,A項正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動,由于兩滑塊質量相同,且發生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,B項正確;設斜面傾角為θ,乙下滑過程有=gsin θ,在水平面運動一段時間t2后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運動t3,乙運動的時間為t=t1+t2+t3,由于t1與H乙有關,則總時間與H乙有關,C項錯誤;乙下滑過程有mgH乙=m,由于甲和乙發生彈性碰撞,交換速度,則可知甲最終停止位置與不發生碰撞時乙最終停止的位置相同;則如果不發生碰撞,乙在水平面運動到停止有=2μgx,聯立可得x=,即發生碰撞后甲最終停止位置與O處相距,D項正確。
5.A　解析　對整個系統分析可知合外力為0,A和B組成的系統動量守恒,得mAvA=mBvB,設彈簧的初始彈性勢能為Ep,整個系統只有彈簧彈力做功,機械能守恒,當彈簧原長時得Ep=mA+mB,聯立解得Ep=+mB,彈簧原長時物體速度最大,此時動量最大,動能最大。對于系統來說動量一直為零,系統機械能不變,A項正確。
6.答案　(1)　(2)
解析　(1)小球M恰好能通過半圓軌道的最高點A,根據牛頓第二定律有
mg=m,
小球M從B點運動到A點的過程,根據動能定理有
-mg·2R=m-m,
小球M通過B點時的速度等于離開彈簧時的速度,即vM=vB,
聯立解得vM=。
(2)彈簧將兩小球彈開的過程系統所受外力之和為零。根據系統動量守恒有
mvM=2mvN,
解得小球N離開彈簧時的速度大小
vN=,
彈簧的彈性勢能全部轉化為M、N的動能。根據機械能守恒有
Ep=m+×2m,
解得Ep=。
7.答案　(1)1 m/s　(2)4 N·s,方向向右　(3)2.25 J
解析　(1)對A、B系統,A、B速度相等時,彈簧被壓縮到最短。取向右為正方向,根據動量守恒定律可得
mAv0=(mA+mB)v1,
代入數據解得v1=1 m/s。
(2)在彈簧作用的過程中,B一直加速,B與彈簧分開后,B的速度最大,取向右為正方向,根據動量守恒定律可得
mAv0=mAvA+mBvB,
根據機械能守恒定律可得
mA=mA+mB,
聯立解得vB=2 m/s,
對B根據動量定理可得
I=mBvB-0=2×2 N·s-0=4 N·s,
方向向右。
(3)滑塊A的動能最小時速度為零,取向右為正方向,根據動量守恒定律可得
mAv0=mBvB',
代入數據解得vB'=1.5 m/s,
根據功能關系可得
Ep=mA-mBvB'2,
代入數據解得Ep=2.25 J。
8.答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析　(1)小物塊在傳送帶上加速運動時,由牛頓第二定律有μmg=ma,
解得a=5 m/s2,
由運動學公式可得,小物塊與傳送帶共速時運動的距離為
x==2.5 m小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速,即小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小為5 m/s。
(2)小物塊運動到右端與小球正碰,碰撞時間極短,小物塊與小球組成的系統動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律有
m物v=m物v1+m球v2,
其中v=5 m/s,v1=-1 m/s,
解得v2=3 m/s,
小物塊與小球碰撞過程中,兩者構成的系統損失的總動能為
ΔEk=m物v2-m物-m球,
解得ΔEk=0.3 J。
(3)若小球運動到P點正上方,繩子恰好不松弛,設此時P點到O點的距離為d,小球在P點正上方的速度為v3,在P點正上方,由牛頓第二定律有
m球g=m球,
小球從O點正下方到P點正上方過程中,由機械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L繩-d),
聯立解得d=0.2 m,
即P點到O點的最小距離為0.2 m。
9.答案　(1)m　(2)
解析　(1)小物塊C與小物塊A發生碰撞粘在一起,以v0的方向為正方向,由動量守恒定律得mv0=2mv,
解得v=v0,
碰撞過程中系統損失的機械能為
E損=m-×2mv2,
解得E損=m。
(2)當小物塊A、C上升到最大高度時,A、B、C系統的速度相等。三者組成的系統在水平方向上動量守恒,根據動量守恒定律
mv0=(m+m+3m)v1,
解得v1=v0,
根據機械能守恒定律得
×2mv02=×5mv02+2mgh,
解得h=。(共27張PPT)
專題提升練13
碰撞模型及其拓展應用
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1.(2025·唐山模擬)甲、乙兩個物體沿同一直線相向運動，甲物體的速度大小是6 m/s，乙物體的速度大小是2 m/s，碰撞后兩物體都反向運動，速度大小都是4 m/s，則( )
A.甲、乙兩物體質量之比為5∶3
B.甲、乙兩物體質量之比為1∶1
C.此碰撞為彈性碰撞
D.此碰撞為非彈性碰撞
梯級Ⅰ 基礎練
以碰前甲的速度方向為正方向，設甲的質量為M，乙的質量為m，碰撞過程根據動量守恒定律可得Mv1-mv2=-Mv+mv，其中v1= 6 m/s，v2=2 m/s，v=4 m/s，代入數據解得甲、乙兩物體質量之比為=，A、B兩項錯誤；碰撞前甲、乙系統的初動能為Ek=M+m=18M+2m=M，碰撞后甲、乙系統的末動能為Ek'=Mv2+mv2=8M+8m=M=Ek，可知此碰撞為彈性碰撞，C項正確，D項錯誤。
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2.(多選)(2025·石家莊模擬)質量為M、右側曲面光滑的木塊靜止在光滑的水平地面上，木塊右端非常薄，與地面平滑連接。質量為m的小球從靜止開始沿木塊的曲面下滑，小球起始位置距離地面的高度為h。若M=2m。則( )
A.小球下滑的過程中，木塊一直向左加速運動
B.小球下滑的過程中，小球減少的機械能為mgh
C.小球滑落至地面時，小球的速度為
D.小球滑落至地面時，木塊的速度為
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小球下滑過程中，木塊受到小球的擠壓力，壓力有水平向左的分量，直到小球滑落至地面，所以木塊一直向左加速運動，A項正確；小球和木塊組成的系統在水平方向上不受外力作用，水平方向動量守恒，有0=mv1-Mv2，小球滑落至地面時，根據機械能守恒有mgh=m+M，解得v1=2，v2=，小球下滑的過程中，小球減少的機械能為ΔE=mgh-m=mgh，B、C兩項錯 誤，D項正確。
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3.(2025·南昌模擬)質量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕質彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當用板擋住小球A而只釋放B球時，B球被彈出落到距桌邊水平距離為x的地面上，如圖所示，若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點距桌邊為( )
A.　　　 B.2x
C.x　　 　 D.x
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當用板擋住A球而只釋放B球時，B球做平拋運動，設高度為h，則有h=gt2，x=v0t，彈簧的彈性勢能為Ep=m，當用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，取向右為正方向，由動量守恒定律可得0=mv1-mv2，根據能量守恒Ep=m+
m，將A、B同時釋放，則B球的落地點距桌邊x'=v2t=x，D項正確。
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4.(多選)(2024·廣東卷)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的是 ( )
A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運動時間與H乙無關
D.甲最終停止位置與O處相距
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兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，A項正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質量相同，且發生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，B項正確；設斜面傾角為θ，乙下滑過程有=gsin θ，在水平面運動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動t3，乙運動的
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時間為t=t1+t2+t3，由于t1與H乙有關，則總時間與H乙有關，C項錯誤；乙下滑過程有mgH乙=m，由于甲和乙發生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如果不發生碰撞，乙在水平面運動到停止有= 2μgx，聯立可得x=，即發生碰撞后甲最終停止位置與O處相距，D項正確。
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5.(2024·江蘇卷)在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在物體B的左側，右側用一根細繩連接在物體B的右側，開始時彈簧處于拉伸狀態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則( )
A.彈簧原長時B動量最大
B.壓縮最短時A動能最大
C.系統動量變大
D.系統機械能變大
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對整個系統分析可知合外力為0，A和B組成的系統動量守恒，得mAvA=mBvB，設彈簧的初始彈性勢能為Ep，整個系統只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧原長時得Ep=mA+mB，聯立解得Ep=(+mB)，彈簧原長時物體速度最大，此時動量最 大，動能最大。對于系統來說動量一直為零，系統機械能不變，A項正確。
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6.(2025·慶陽模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道AB與光滑水平軌道BC相切于B點，質量分別為m和2m的小球M、N之間壓縮一輕彈簧并鎖定(彈簧與兩小球均不拴連)。某時刻解除彈簧的鎖定，兩小球被彈開，小球M離開彈簧后恰好能沿半圓軌道通過最高點A，重力加速度為g。求：
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梯級Ⅱ 能力練
(1)離開彈簧時小球M的速度大小vM；
小球M恰好能通過半圓軌道的最高點A，根據牛頓第二定律有
mg=m，
小球M從B點運動到A點的過程，根據動能定理有
-mg·2R=m-m，
小球M通過B點時的速度等于離開彈簧時的速度，即vM=vB，
聯立解得vM=。
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(2)彈簧鎖定時所具有的彈性勢能Ep。
彈簧將兩小球彈開的過程系統所受外力之和為零。根據系統動量守恒有mvM=2mvN，
解得小球N離開彈簧時的速度大小vN=，
彈簧的彈性勢能全部轉化為M、N的動能。根據機械能守恒有
Ep=m+×2m，
解得Ep=。
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7.(2025·宿遷模擬)如圖所示，滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA=1 kg，B的質量mB=2 kg。滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態?，F使滑塊A以v0=3 m/s速度水平向右運 動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用，整個過程彈簧沒有超過彈性限度。求：
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(1)彈簧被壓縮到最短時，滑塊B的速度大小；
對A、B系統，A、B速度相等時，彈簧被壓縮到最短。取向右為正方向，根據動量守恒定律可得
mAv0=(mA+mB)v1，
代入數據解得v1=1 m/s。
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(2)彈簧給滑塊B的沖量；
在彈簧作用的過程中，B一直加速，B與彈簧分開后，B的速度最大，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB，
根據機械能守恒定律可得mA=mA+mB，
聯立解得vB=2 m/s，
對B根據動量定理可得I=mBvB-0=2×2 N·s-0=4 N·s，
方向向右。
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(3)滑塊A的動能最小時，彈簧的彈性勢能。
滑塊A的動能最小時速度為零，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得mAv0=mBvB'，
代入數據解得vB'=1.5 m/s，
根據功能關系可得Ep=mA-mBvB'2，
代入數據解得Ep=2.25 J。
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8.(2024·湖北卷)如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1 kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左 端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運 動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。
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(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；
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小物塊在傳送帶上加速運動時，由牛頓第二定律有μmg=ma，
解得a=5 m/s2，
由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為x==2.5 m小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小為5 m/s。
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(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；
小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有
m物v=m物v1+m球v2，其中v=5 m/s，v1=-1 m/s，
解得v2=3 m/s，
小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能為ΔEk=m物v2-m物-m球，
解得ΔEk=0.3 J。
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(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方的速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球，
小球從O點正下方到P點正上方過程中，由機械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L繩-d)，
聯立解得d=0.2 m，即P點到O點的最小距離為0.2 m。
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9.如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中小物塊A與小物塊C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M=3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與小物塊A發生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度為g。求：
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梯級Ⅲ 創新練
(1)碰撞過程中系統損失的機械能；
小物塊C與小物塊A發生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0=2mv，
解得v=v0，
碰撞過程中系統損失的機械能為E損=m-×2mv2，
解得E損=m。
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(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。
當小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統的速度相等。三者組成的系統在水平方向上動量守恒，根據動量守恒定律
mv0=(m+m+3m)v1，
解得v1=v0，
根據機械能守恒定律得×2m(v0)2=×5m(v0)2+2mgh，
解得h=。
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題型1　碰撞模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.碰撞的分類。
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最多
2.碰撞現象三規律。
3.彈性碰撞。
兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例,則有m1v1=m1v1'+m2v2',
m1=m1v1'2+m2v2'2,
解得v1'=,v2'=。
結論:(1)當m1=m2時,v1'=0,v2'=v1(質量相等,速度交換)。
(2)當m1>m2時,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)。
(3)當m10(小碰大,要反彈)。
(4)當m1 m2時,v1'=v1,v2'=2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)。
(5)當m1 m2時,v1'=-v1,v2'=0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)。
4.完全非彈性碰撞。
碰撞結束后,兩物體合二為一,以同一速度運動,動能損失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk損max。
【典例1】　(多選)A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,A球的動量是6 kg·m/s,B球的動量是4 kg·m/s,已知mA=1 kg,mB=2 kg,當A追上B并發生碰撞后,A、B兩球速度的可能值是(　　)
A.vA'=3 m/s　vB'=3.5 m/s
B.vA'=2 m/s　vB'=4 m/s
C.vA'=5 m/s　vB'=2.5 m/s
D.vA'=-3 m/s　vB'=6.5 m/s
【典例2】　(2025·杭州模擬)在光滑的水平面上有a、b兩個小球在一直線上發生正碰,選取a球初速度方向為正方向,它們在碰撞前,a球的速度是5 m/s,b球靜止,碰撞后,a球的速度是-1 m/s,b球的速度是2 m/s。已知a球的質量是2 kg,求:
(1)b球的質量mb;
(2)碰撞過程中,b球受到的沖量Ib;
(3)兩球碰撞的過程中損失的動能ΔEk;并判斷此碰撞是彈性碰撞、非彈性碰撞還是完全非彈性碰撞。
題型2　碰撞模型拓展應用
　　　　　 　　　　　　　　　　
考向1　滑塊—彈簧模型
模型圖示 水平地面光滑
模型特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中,若系統所受外力的矢量和為零,則系統動量守恒。 (2)在能量方面,由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化,系統的總動能將發生變化;若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功,系統機械能守恒
模型特點 (3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。 (4)彈簧恢復原長時,彈性勢能為零,系統動能最大(完全彈性碰撞拓展模型,相當于碰撞結束時)
【典例3】　
如圖所示,在光滑的水平面上有兩物塊A、B,其中A的質量為1 kg,B的質量為2 kg,物塊B的左端固定一個輕彈簧。一開始物塊B及彈簧靜止,物塊A以速度v0=3 m/s沿水平方向向右運動,通過彈簧與物塊B發生作用,則彈簧最大的彈性勢能是(　　)
A.4.5 J B.3 J
C.2.25 J D.1.5 J
【典例4】　如圖所示,A、B、C三個木塊的質量均為m,置于光滑的水平面上,B、C之間有一輕質彈簧,彈簧的兩端與木塊接觸而不固連,將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B、C緊連,使彈簧不能伸展,以至于B、C可視為一個整體。現A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動,與B相碰并黏合在一起。以后細線突然斷開,彈簧伸展,從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0,求彈簧釋放的彈性勢能。
考向2　滑塊—斜面(或曲面)模型
模 型 圖 示 水平地面光滑
模 型 特 點 (1)最高點:滑塊與光滑圓弧軌道具有共同水平速度v共,滑塊不會從此處或提前偏離軌道,系統水平方向動量守恒,mv0=(M+m)v共;系統機械能守恒,m=(M+m)+mgh,其中h為滑塊上升的最大高度,不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。 (2)最低點:滑塊與光滑圓弧軌道分離,水平方向動量守恒,mv0=mv1+Mv2;系統機械能守恒,m=m+M(彈性碰撞拓展模型)
【典例5】　
如圖所示,質量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上,滑塊的光滑弧面底部與桌面相切,一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來,小球最后未越過滑塊,則小球到達最高點時,小球和滑塊的速度大小是(　　)
A. B.
C. D.
【典例6】　如圖所示,在光滑冰面上放置一足夠高光滑曲面體,箱子與冰車上的工人靜止在冰面上。箱子的質量為m,工人和冰車的總質量為10m,曲面體的質量為3m,工人把箱子以初速度v0向左推出,箱子可看作質點,求:
(1)推出木箱后,工人和冰車的速度大小v;
(2)木箱在曲面上上升的最大高度h。
專題提升十三　碰撞模型及其拓展應用
題型1
【典例1】　AB　解析　碰撞過程動量守恒,碰前總動量為p=6 kg·m/s+4 kg·m/s=10 kg· m/s,碰后總動量為p'=1×3 kg·m/s+2×3.5 kg·m/s=10 kg·m/s,碰撞過程動量守恒,碰前總動能為Ek=×1×62 J+×2×22 J=22 J,碰后總動能為Ek'=×1×32 J+×2×3.52 J=16.75 J,總動能沒有增大,故A、B兩球速度可能為3 m/s,3.5 m/s,A項正確;同理,碰后總動量為p'=1×2 kg·m/s+2×4 kg·m/s=10 kg·m/s,碰撞過程動量守恒,碰后總動能為Ek'=×1×22 J+×2×42 J=18 J,即B選項中碰撞過程動量守恒,碰后總動能也不增加,B項正確;根據題給數據可知,碰后速度均為正值,碰后兩球同向,此時碰后A的速度不可能大于B的速度,否則碰撞沒有結束,會再碰,C項錯誤;碰后總動量為p'=1×(-3) kg·m/s+2×6.5 kg·m/s=10 kg·m/s,碰撞過程動量守恒,碰后總動能為Ek'=×1×32 J+×2×6.52 J=46.75 J,碰后的總動能大于碰前的總動能,而碰撞后總動能不會增加,D項錯誤。
【典例2】　答案　(1)6 kg　(2)12 N·s,方向與速度方向相同　(3)12 J　非彈性碰撞
解析　(1)兩球碰撞過程中,根據動量守恒定律可得mav0=mav1+mbv2,
代入數據解得mb=6 kg。
(2)對b球,根據動量定理可得b球受到的沖量大小為Ib=mbv2=12 N·s,
方向與其速度方向相同。
(3)根據能量守恒定律可得
ΔEk=ma-ma+mb,
代入數據解得ΔEk=12 J,
由此可知,兩球發生的碰撞為非彈性碰撞。
題型2
【典例3】　B　解析　由題意可知,當物塊A與物塊B的速度相等時,彈簧的彈性勢能最大,由動量守恒定律mAv0=(mA+mB)v,由能量守恒定律mA=(mA+mB)v2+Epm,聯立解得彈簧最大的彈性勢能Epm=3 J,B項正確。
【典例4】　答案　m
解析　設碰后A、B和C共同速度的大小為v,由動量守恒定律得mv0=3mv,
設C離開彈簧時,A、B的速度大小為v1,由動量守恒定律得3mv=2mv1+mv0,
設彈簧的彈性勢能為Ep,
從細線斷開到C與彈簧分開的過程中系統機械能守恒,有
(3m)v2+Ep=(2m)+m,
解得彈簧釋放的勢能Ep=m。
【典例5】　A　解析　小球沿滑塊上滑的過程中,小球和滑塊組成的系統在水平方向上不受外力,因而系統在水平方向上動量守恒,小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同,必然相對運動,此時一定不是最高點)。由系統在水平方向上動量守恒得mv0=(M+m)v,所以v=,A項正確。
【典例6】　答案　(1)　(2)
解析　(1)以木箱、工人和冰車組成的系統為研究對象,取水平向左為正方向,由動量守恒定律得0=mv0-10mv,
解得工人和冰車的速度大小v=。
(2)以木箱和曲面體組成的系統為研究對象,取水平向左為正方向,由水平方向動量守恒得mv0=(m+3m)v1,
解得木箱在曲面上上升到最大高度時與曲面體的共同速度為v1=,
木箱在上升過程中系統機械能守恒
m=×4m+mgh,
解得木箱在曲面上上升的最大高度
h=。(共28張PPT)
專題提升十三
第七章 動量守恒定律
運動學圖像
題型1　碰撞模型
題型2　碰撞模型拓展應用
內容
索引
碰撞模型
題型1
1.碰撞的分類。
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最多
2.碰撞現象三規律。
3.彈性碰撞。
兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有m1v1=m1v1'+m2v2'，
m1=m1v1'2+m2v2'2，
解得v1'=，v2'=。
結論：(1)當m1=m2時，v1'=0，v2'=v1(質量相等，速度交換)。
(2)當m1>m2時，v1'>0，v2'>0，且v2'>v1'(大碰小，一起跑)。
(3)當m10(小碰大，要反彈)。
(4)當m1 m2時，v1'=v1，v2'=2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)。
(5)當m1 m2時，v1'=-v1，v2'=0(極小碰極大，小等速率反彈，大不
變)。
4.完全非彈性碰撞。
碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v，
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk損max。
【典例1】　(多選)A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是6 kg·m/s，B球的動量是4 kg·m/s，已知mA=
1 kg，mB=2 kg，當A追上B并發生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是( )
A.vA'=3 m/s　vB'=3.5 m/s
B.vA'=2 m/s　vB'=4 m/s
C.vA'=5 m/s　vB'=2.5 m/s
D.vA'=-3 m/s　vB'=6.5 m/s
碰撞過程動量守恒，碰前總動量為p=6 kg·m/s+4 kg·m/s=
10 kg· m/s，碰后總動量為p'=1×3 kg·m/s+2×3.5 kg·m/s=
10 kg·m/s，碰撞過程動量守恒，碰前總動能為Ek=×1×62 J+×
2×22 J=22 J，碰后總動能為Ek'=×1×32 J+×2×3.52 J=16.75 J，總動能沒有增大，故A、B兩球速度可能為3 m/s，3.5 m/s，A項正確；同理，碰后總動量為p'=1×2 kg·m/s+2×4 kg·m/s=10 kg·
m/s，碰撞過程動量守恒，碰后總動能為Ek'=×1×22 J+×2×
解析
42 J=18 J，即B選項中碰撞過程動量守恒，碰后總動能也不增加，B項正確；根據題給數據可知，碰后速度均為正值，碰后兩球同向，此時碰后A的速度不可能大于B的速度，否則碰撞沒有結束，會再碰，C項錯誤；碰后總動量為p'=1×(-3) kg·m/s+2×6.5 kg·
m/s=10 kg·m/s，碰撞過程動量守恒，碰后總動能為Ek'=×1×
32 J+×2×6.52 J=46.75 J，碰后的總動能大于碰前的總動能，而碰撞后總動能不會增加，D項錯誤。
解析
【典例2】　(2025·杭州模擬)在光滑的水平面上有a、b兩個小球在一直線上發生正碰，選取a球初速度方向為正方向，它們在碰撞前，a球的速度是5 m/s，b球靜止，碰撞后，a球的速度是-1 m/s，b球的速度是2 m/s。已知a球的質量是2 kg，求：
(1)b球的質量mb；
兩球碰撞過程中，根據動量守恒定律可得mav0=mav1+mbv2，
代入數據解得mb=6 kg。
解析
(2)碰撞過程中，b球受到的沖量Ib；
對b球，根據動量定理可得b球受到的沖量大小為
Ib=mbv2=12 N·s，
方向與其速度方向相同。
解析
(3)兩球碰撞的過程中損失的動能ΔEk；并判斷此碰撞是彈性碰撞、非彈性碰撞還是完全非彈性碰撞。
根據能量守恒定律可得
ΔEk=ma-，
代入數據解得ΔEk=12 J，
由此可知，兩球發生的碰撞為非彈性碰撞。
解析
碰撞模型拓展應用
題型2
考向1
滑塊—彈簧模型
模型圖示 水平地面光滑
模型特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒。
(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化，系統的總動能將發生變化；若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。
模型特點 (3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)
【典例3】　如圖所示，在光滑的水平面上有兩物塊A、B，其中A的質量為1 kg，B的質量為2 kg，物塊B的左端固定一個輕彈簧。一開始物塊B及彈簧靜止，物塊A以速度v0=3 m/s沿水平方向向右運動，通過彈簧與物塊B發生作用，則彈簧最大的彈性勢能是( )
A.4.5 J B.3 J
C.2.25 J D.1.5 J
由題意可知，當物塊A與物塊B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律mAv0=(mA+mB)v，由能量守恒定律mA=
(mA+mB)v2+Epm，聯立解得彈簧最大的彈性勢能Epm=3 J，B項正確。
解析
【典例4】　如圖所示，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B、C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體。現A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并黏合在一起。以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的彈性勢能。
設碰后A、B和C共同速度的大小為v，由動量守恒定律得
mv0=3mv，
設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得3mv=2mv1+mv0，設彈簧的彈性勢能為Ep，
從細線斷開到C與彈簧分開的過程中系統機械能守恒，有
(3m)v2+Ep=(2m)+m，
解得彈簧釋放的勢能Ep=m。
解析
考向2
滑塊—斜面(或曲面)模型
模型 圖示
水平地面光滑
模 型 特 點 (1)最高點：滑塊與光滑圓弧軌道具有共同水平速度v共，滑塊不會從此處或提前偏離軌道，系統水平方向動量守恒，mv0=(M+
m)v共；系統機械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(2)最低點：滑塊與光滑圓弧軌道分離，水平方向動量守恒，mv0=mv1+Mv2；系統機械能守恒，m=m+M(彈性碰撞拓展模型)
【典例5】　如圖所示，質量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是( )

A. B. C. D.
小球沿滑塊上滑的過程中，小球和滑塊組成的系統在水平方向上不受外力，因而系統在水平方向上動量守恒，小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對運動，此時一定不是最高點)。由系統在水平方向上動量守恒得mv0=(M+
m)v，所以v=，A項正確。
解析
【典例6】　如圖所示，在光滑冰面上放置一足夠高光滑曲面體，箱子與冰車上的工人靜止在冰面上。箱子的質量為m，工人和冰車的總質量為10m，曲面體的質量為3m，工人把箱子以初速度v0向左推出，箱子可看作質點，求：
(1)推出木箱后，工人和冰車的速度大小v；
以木箱、工人和冰車組成的系統為研究對象，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得0=mv0-10mv，
解得工人和冰車的速度大小v=。
解析
(2)木箱在曲面上上升的最大高度h。
以木箱和曲面體組成的系統為研究對象，取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得mv0=(m+3m)v1，
解得木箱在曲面上上升到最大高度時與曲面體的共同速度為
v1=，
木箱在上升過程中系統機械能守恒m=×4m+mgh，
解得木箱在曲面上上升的最大高度h=。
解析

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