新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第35讲 专题：碰撞模型及拓展（2份，原卷版+解析版）

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一、 考点精讲练
考点01： 碰撞模型（必备知识+2例+2变式）
考点02：“滑块——斜（曲）面”模型（必备知识+1例+1变式）
考点03：“滑块——弹簧”模型（必备知识+1例+2变式）
二、 巩固提升（精选18道题）
碰撞模型
考点一
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
3.分类
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
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'
12m1v12＝12m1v1'2＋12m2v2'2
联立解得：v1'＝m1−m2m1＋m2v1，v2'＝2m1m1＋m2v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。
【例1-1】（多选）如图所示，质量为m的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高度为h，小车右端固定一根轻质弹簧，一与小车质量相等、可视为质点的物块从左侧以速度v0滑上平板小车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块离开小车后做平抛运动B．物块着地时的动能为mgh
C．小车的最大动能为mv022D．弹簧具有的最大弹性势能为mv022
【答案】BC
【详解】A．物块与小车之间的作用相当于质量相等的两物体发生弹性正碰，碰后两者交换速度，物块与小车分离时，小车的速度大小为v0，物块的速度为零，物块离开小车后做自由落体运动，故A错误；
B．根据动能定理可知，物块着地时的动能为mgℎ，故B正确；
C．根据A选项可知，小车的最大速度为v0，则小车的最大动能为mv022，故C正确；
D．当两者共速时，弹簧具有的弹性势能最大mv0=2mv，Epm=12mv02−12×2mv2
解得最大弹性势能为mv024，故D错误。
故选BC。
【例1-2】（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
【答案】(1)v0(2)v02(3)124n+1mv02
【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为v0。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2
由能量守恒定律有12mv02=12mv12+12×3mv22
解得v1=m−3mm+3mv0=−12v0，v2=2mm+3mv0=12v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为12v0
（3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的12，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的12，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=122nv0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek=12mv2=124n+1mv02
【变式1-1】（多选）如图所示，物体A、B放在光滑的水平面上，且两物体间有一定的间距。t=0时刻，分别给物体A、B向右的速度，物体A、B的动量大小均为p=12kg⋅m/s（规定向右为正方向），经过一段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B的动量变为pB=16kg⋅m/s，两物体的质量分别为mA、mB，则下列说法正确的是（ ）
A．物体A的动量增加4kg⋅m/s
B．物体A的质量一定小于物体B的质量
C．若碰后两物体粘合在一起，则mA:mB=1:2
D．若该碰撞无机械能损失，则mA:mB=7:5
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了
ΔpB=pB−p=4kg⋅m/s
碰撞过程两物体的动量守恒，则有
ΔpB=−ΔpA
所以物体A的动量减少了4kg·m/s，故A错误；
B．由题意碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则有
pmA>pmB
解得
mB>mA
故B正确；
C．若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有
pAmA=pBmB
又
pA=p−4kg⋅m/s=8kg⋅m/s
解得
mAmB=pApB=12
故C正确；
D．若该碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有能量损失，则有
p22mA+p22mB=pA22mA+pB22mB
解得
mAmB=57
故D错误。
故选BC。
【变式1-2】（2025·天津·二模）落锤打夯机是一种结构简单的建筑施工设备，其原理可以简化为以下模型∶质量为m1=800kg的夯体一部分埋人土层中，质量为m2=200kg的重锤（可视为质点）从夯正上方ℎ=20m处自由下落，与夯发生碰撞（碰撞时间极短），碰后重锤和夯一起下移d=0.5m深度。（重力加速度g取10m/s2）
(1)求重锤与夯碰后的速度；
(2)求夯在下移过程中受到的平均阻力的大小。
【答案】(1)v=4m/s
(2)f=26000N
【详解】（1）设重锤与夯碰前的速度大小为v0，根据动能定理m2gℎ=12m2v02
解得v0=20m/s
锤与夯碰后速度大小相等，设为v，根据动量守恒m2v0=（m1+m2）v
解得v=4m/s
（2）设夯在下移过程中受到的平均阻力的大小为f，则此过程中，根据动能定理（m1+m2）gd−fd=0−12（m1+m2）v2
解得f=26000N
【解题能力提升】
“滑块——斜（曲）面”模型
考点二
“
1．模型图示
2．两个规律
(1)水平方向动量守恒；
(2)系统机械能守恒。
3．两个状态
(1)上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy ＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。
(2)返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)(相当于弹性碰撞)。
【例2】（多选）一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度v0=2gR滑上圆弧，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块A的质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒
B．物块B的质量为m
C．物块A从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为2gRt−R2
D．A和B分离时，B的速度大小为gR
【答案】BC
【详解】A．该过程系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．A滑上B的过程，有mv0=m+mBv，mgR=12mv02−12m+mBv2
解得mB=m
故B正确；
C．A滑上B的过程，A和B系统在水平方向动量守恒mv0=mvA+mvB
故mv0t=mvAt+mvBt，xA=vAt，xB=vBt，xA−xB=R
解得xB=2gRt−R2
故C正确；
D．由于A和B质量相等，A和B分离时，相当于发生弹性碰撞，A和B交换速度，A的速度为0，B的速度大小为2gR，故D错误。
故选BC。
【变式2】（多选）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒
B．t2时小球到达位置低于释放时的高度
C．由图可知m大于M
D．图中阴影面积S2ℎ′，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B正确；
C．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有mv1=Mv3−mv2
移项得mv1+ v2）=Mv3
若m大于M，则v1+v2v3，故C错误；
D．小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1∼t2时间内即小球的从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点低于弯槽左右两端，根据vx−t图像围成面积等于水平位移，得S1=R，而S2为t1∼t2两者的相对位移，有S2 mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1−S2=S3
【答案】ABD
【详解】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则
mAv0=mAvA+mBvB
可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为Δv，在t2时刻AB的速度分别为
vA=S1−S2，vB=S3
A、B共速，则
S1−S2=S3
D正确。故选ABD。
【变式3-2】（多选）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为mA=1kg、mB=2kg、mC=6kg，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=18m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（ ）
A．A球与B球碰撞中损耗的机械能为108J
B．在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大
C．在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36J
D．在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s
【答案】AC
【详解】A．A、B碰撞的过程中，满足动量守恒
mAv0=mA+mBv1
解得
v1=6m/s A球与B球碰撞中损耗的机械能
ΔE=12mAv02−12mA+mBv12=108J
A正确；
B．弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；
C．在以后的运动过程中，AB的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒
mA+mBv1=mA+mB+mCv2
解得
v2=2m/s
最大弹性势能
Ep=12mA+mBv12−12mA+mB+mCv22
解得
Ep=36J
C正确；
D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知
mA+mB+mCv2=mA+mBv3+mCv4
12mA+mB+mCv22+Ep=12mA+mBv32+12mCv42
解得
v3=−2m/s
v4=4m/s
此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。
故选AC。
巩固提升
1．（多选）（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，两小球A、B置于光滑的水平面上，小球B静止，小球A以水平向右的速度运动，经过一段时间与小球B发生碰撞，已知A和B的质量之比为2∶1，且两球发生的是对心碰撞。下列说法正确的是（ ）
A．碰后球A被反弹
B．若碰后A、B的动量大小之比为2∶1，碰撞损失的能量为碰前A球动能的13
C．若碰后A、B的动量大小之比为1∶2，则碰后两球共速
D．碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍
【答案】BD
【详解】A．两物体发生完全非弹性碰撞，碰后球A不被反弹，A错误；
B．碰后球A和球B的动量之比为2∶1，可知两物体发生完全非弹性碰撞，设物体A碰前速度为v0，碰后两球B的速度为v。由动量守恒定律2mv0=(2m+m)v
解得v=23v0
碰前球A的动能为EkA=mv02
碰后球A、B的动能分别为E′kA=12×2mv2=49mv02，EkB=29mv02
该碰撞过程损失的机械能为ΔE损=EkA−E′kA−EkB=13mv02
所以碰撞损失的能量为碰前的13，B正确；
C．若碰后碰后两球共速，A和B的质量之比为2∶1，则A、B的动量大小之比为2∶1，故C错误；
D．若碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍，由Ek=12mv2
则vB:v0=1:2
由动量守恒定律2mv0=2mvA+mvB
解得vA=(1−24)v0
碰撞过程中损失的机械能为ΔE损=EkA−E′kA−EkB=118mv02
碰撞过程可能发生，故D正确。
故选BD。
2．（2025·河北石家庄·模拟预测）如图所示，光滑的平台与水平传送带平滑连接，传送带的长度为7m，以恒定速率4m/s顺时针转动，质量为1kg的物块B静止在平台上，质量为2kg的物块A以3m/s的速度向右运动，与物块B发生完全非弹性碰撞（时间极短），然后一起滑上传送带。物块A和物块B与传送带之间的动摩擦因数均为0.2，二者均可视为质点，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物块A和物块B在碰撞过程中损失的机械能为6J
B．物块A和物块B在传送带上的加速时间为2s
C．传送带对物块A和物块B做的功为42J
D．传送带克服摩擦力做的功为24J
【答案】D
【详解】A．物块A和物块B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒有mAv0=mA+mBv1
损失的机械能为ΔE=12mAv02−12mA+mBv12=3J
A错误；
B．物块A和物块B在传送带上加速的过程中，由牛顿第二定律有μmA+mBg=mA+mBa
当物块与传送带达到共速时，加速过程结束，由运动学知识有v1+at=v传
联立解得t=1s
且此时物块A和物块B未离开传送带， B错误；
C．物块A和物块B在传送带上加速的过程中，传送带对它们做功，由做功的定义有W=μmA+mBgx
由运动学知识有x=v1+v传2t
联立解得W=18J， C错误；
D．由功能关系可知传送带克服摩擦力做的功等于物块A和物块B在滑动过程中所受的摩擦力乘以传送带的位移，其大小为W=μmA+mBgv传t=24J
D正确。
故选D。
3．（多选）如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）的14光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为M2，小球A以v0=6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则（ ）
A．B的最大速率为4m/sB．B运动到最高点时的速率为2m/s
C．B能与A再次发生碰撞D．B不能与A再次发生碰撞
【答案】AD
【详解】A．A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得
M2v0=M2vA+MvB
12⋅M2v02=12⋅M2vA2+12MvB2
解得
vA=−2m/s
vB=4m/s
所以B的最大速率为4m/s，故A正确；
B．B冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同速度为v，则由水平方向动量守恒有
MvB=(M+2M)v
解得
v=43m/s
故B错误；
CD．从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时的速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有
MvB=MvB′+2MvC′
由机械能守恒有
12MvB2=12MvB′2+12⋅2MvC′2
联立解得
vB′=−43m/s
由于
vB′