2026届高考物理一轮复习模型解读与针对性训练7.碰撞模型(学生版+解析)

这是一份2026届高考物理一轮复习模型解读与针对性训练7.碰撞模型(学生版+解析)，共9页。
【碰撞模型解读】
1. 碰撞
2. 碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，则应有v前′＞v前；若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
3. 弹性碰撞
弹性碰撞的特点：碰撞瞬间系统内无机械能损失。
弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
讨论：(1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换，动量和动能全部转移)。
(2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。
(3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1。
(4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后两物体沿相反方向运动)。
(5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
4.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2＋ΔEk损
5.完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
结果：v＝eq \f(m1v1＋m2v2,m1＋m2)
ΔEk损max＝eq \f(m1m2,2（m1＋m2）)(v1－v2)2
6.静止物体被撞后的速度范围
运动物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞：
①当发生弹性碰撞时，物体B获得的速度最大：vBmax＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0。
②当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B获得的速度最小：vBmin＝eq \f(mA,mA＋mB)v0。
③当发生非弹性碰撞时，碰后物体B的速度范围为：eq \f(mA,mA＋mB)v0＜vB＜eq \f(2mA,mA＋mB)v0。
【典例剖析】
【典例1】．（2025年1月浙江选考）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。
（1）若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小；
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
【答案】（1）
（2）2m （3）2.5m或2m
【解析】（1）对滑块1由动能定理
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为
（2）在轨道D点，由牛顿第二定律
解得
滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律
解得
结合，
联立解得
（3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向
水平方向
结合
，
联立解得
若经一次反弹落入洞中，则
水平方向
结合
，
联立解得

【典例2】（2025高考海南卷）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力；
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)传送带的速度大小。
【答案】(1)，方向竖直向上；
(2)
(3)或
【解析】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得，方向竖直向上；
（2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律
设经过时间后AB与传送带共速，可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得，另一解大于舍去；
第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得，另一解小于舍去。
【典例3】(2023·重庆卷，14)如图5所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
图5
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
答案 (1)4meq \f(veq \\al(2,0),R) (2)3m (3)eq \f(5πR,6v0)
解析 (1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，
所以Fn＝meq \f(（2v0）2,R)＝4meq \f(veq \\al(2,0),R)。
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则
m·2v0＝－mv＋m′v
eq \f(1,2)m(2v0)2＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)m′v2
联立解得v＝v0，m′＝3m。
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
球1回到P点所需时间t1＝eq \f(πR,2v0)
此后到两球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝eq \f(5πR,6v0)。
【针对性训练】
1. (山东青岛2025年高三年级第三次适应性检测) 物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是（ ）
A. 若e=0，则碰撞后A、B均静止
B. 若e=1，则碰撞后A、B交换速度
C. 若e=1，则碰撞前后A、B总动能相等
D. 若e=0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1：3
【答案】CD
【解析】．若e=0，则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一定均静止，故A错误；
BC．设A、B的质量分别为、，碰前物体A的速度为，碰后物体A、B的速度分别为和，若
则
根据动量守恒定律，有
即
两式相乘可得
即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰撞，若
则可解得，
此时两物体发生速度交换。所以两物体不一定发生速度交换，故B错误，C正确；
D．若
即
根据动量守恒定律，有
因，所以上式变为
两式联立得，
即A、B碰后速度大小之比为1：3，故D正确。
2. （2025年5月山东省模拟演练）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0