碰撞专题
专题42动量守恒之碰撞问题(解析版)—2023届高三物理一轮复习重难点突破
专题42动量守恒之碰撞问题考点一弹性碰撞非弹性碰撞完全非弹性碰撞考点二碰撞可能性的判断考点三多次碰撞问题考点一弹性碰撞非弹性碰撞完全非弹性碰撞1.弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球弹性正碰时（一动碰一静）：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2解得v 1′＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2．(要求熟记)结论：(1)若m 1>m 2，v 1′和v 2′都是正值，表示v 1′和v 2′都与v 1方向同向．(若m 1≫m 2，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去)(2)若m 1<m 2，v 1′为负值，表示v 1′与v 1方向相反，m 1被弹回．(若m 1≪m 2，v 1′＝－v 1，v 2′＝0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止)(3)若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换．2.非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE ＝E k 初总－E k 末总＝Q .3.完全非弹性碰撞：系统动量守恒，两者碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．设两者碰后的共同速度为v 共，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共械能损失为ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2.1.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v 0撞向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是()A．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0C．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0【答案】D【解析】由于1球与2球发生碰撞的时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v 0.同理可知，2、3球碰撞后交换速度，故D 正确．2.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，则最后这个整体的动能为()A．E 0 B.2E 03 C.E 03 D.E 09【答案】C【解析】碰撞过程中动量守恒，有mv 0＝3mv 1，可得v 1＝v03①E 0＝12mv 02②E k ′＝12×3mv 12③由①②③得E k ′＝12×3m (v 03)2＝13×(12mv 02)＝E 03，故C 正确．3.(多选)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像。
高中物理专题-碰撞
高中物理专题-碰撞一．知识要点1、碰撞：碰撞现象是指物体间的一种相互作用现象。
这种相互作用时间很短，并且在作用期间，外力的作用远小于物体间相互作用，外力的作用可忽略，所以任何碰撞现象发生前后的系统总动量保持不变。
2、正碰：两球碰撞时，如果它们相互作用力的方向沿着两球心的连线方向，这样的碰撞叫正碰。
3、弹性正碰、非弹性正碰、完全非弹性正碰：①如果两球在正碰过程中，系统的机械能无损失，这种正碰为弹性正碰。
②如果两球在正碰过程中，系统的机械能有损失，这样的正碰称为非弹性正碰。
③如果两球正碰后粘合在一起以共同速度运动，这种正碰叫完全非弹性正碰。
4、弹性正确分析：①过程分析：弹性正碰过程可分为两个过程，即压缩过程和恢复过程。
见下图。
②规律分析：弹性正碰过程中系统动量守恒，机械能守恒（机械能表现为动能）二．典型例题分析例1如图所示，物体B 与一个轻弹簧连接后静止在光滑的水平地面上，物体A 以某一速度v 与弹簧和物体B 发生碰撞（无能量损失），在碰撞过程中，下列说法中正确的是（ ）A ．当A 的速度为零时，弹簧的压缩量最大B ．当A 与B 速度相等时，弹簧的压缩量最大C ．当弹簧恢复原长时，A 与B 的最终速度都是v /2D ．如果A 、B 两物体的质量相等，两物体再次分开时，A 的速度最小例2．如图所示，在光滑的水平面上，依次有质量为m 、2m 、3m ……10m 的10个球，排成一条直线，彼此间有一定的距离，开始时，后面的9个球都是静止的，第一个小球以初速度v 向着第二个小球碰去，这样依次碰撞下去，最后它们全部粘合在一起向前运动，由于小球之间连续的碰撞，系统损失的机械能为 。
例3．A 、B 两小物块在光滑水平面上沿同一直线同向运动，动量分别为P A =6.0kg ∙m/s ，P B = 8.0kg ∙m/s ．A 追上B 并与B 发生正碰，碰后A 、B 的动量分别为P A ' 和P B '，P A '、P B ' 的值可能为( )A ．P A ' = PB '=7.0kg ∙m/s B ．P A ' = 3.0kg ∙m/s ，P B '=11.0kg ∙m/sC ．P A ' =-2.0kg ∙m/s ，P B '=16.0kg ∙m/sD ．P A ' = -6.0kg ∙m/s ，P B '=20.0kg ∙m/s例4．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的91，那么小球B 的速度可能是（ ） A ．031v B ．032v C ．094v D ．095v巩固练习1．三个相同的小球a 、b 、c 以相同的速度沿光滑水平向前运动，它们分别与另外三个不同的静止小球对心正碰后，a 球反向弹回，b 球与被碰球粘在一起向前运动，c 球静止，则( )A ．a 球对被碰球的冲量最大B ．b 球损失的动能最多C ．c 球克服阻力作功最少D ．三种碰撞系统机械能守恒2．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲球质量大于乙球质量，相碰前两球运动能相等，两球发生对心正碰后两球的运动状态可能是（）A ．甲球速度为零B ．乙球速度为零C ．两球速度均不为零D ．两球速度方向均与碰前相反，两球动能仍相等3．在光滑水平面上，有A 、B 两球沿同一直线向右运动，A 在后，B 在前，A 追上B ，发生碰撞，已知两球碰前的动量分别为P A =12kg ·m/s ，P B =13kg ·m/s ，碰撞前后出现的动量变量△P A 、△P B 可能为 （ ）A ．△P A ＝－3㎏·m/s,△PB ＝3kg ·m/sB ．△P A ＝4㎏·m/s,△P B ＝－4kg ·m/sC ．△P A ＝－5㎏·m/s,△P B ＝5kg ·m/sD ．△P A ＝－24㎏·m/s,△P B ＝24kg ·m/s4.在光滑的水平导轨上有A 、B 两球,球A 追上并与球B 正碰,碰前两球动量分别为p a =5㎏·m/s,p B =7㎏·m /s,碰后球B 的动量p′=10㎏·m/s,则两球质量m A 、m B 的关系可能是().A.m B =m AB.m B =2m A C .m B =4m A D.m B =6m A5．质量为4.0kg 的物体A 静止在光滑的水平面上，另一个质量为2.0kg 的物体B ，以5.0m/s 的水平速度与物体A 相撞，碰撞后物体B 以1.0m/s 的速度反向弹回，则相撞过程中损失的机械能是多少？6．在光滑水平面上有A 、B 两物体，A 的质量为0.2㎏，B 的质量为0.5㎏，A 以5m/s 的速度撞向静止的B （A 、B 相互作用时间级短，可忽略不计）。
专题16 类碰撞模型(解析版)
2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题16 类碰撞模型一、与弹簧有关的类碰撞模型1．如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0．如果两杆足够长，则在此后的运动过程中（ ）A ．m 1、m 2组成的系统动量守恒B ．m 1、m 2组成的系统机械能守恒C ．弹簧最长时，其弹性势能为12m 2v 02 D ．当m 1速度达到最大时，m 2速度最小 【答案】A【详解】由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受的弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，A 正确；对于弹簧、12m m 、组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以12m m 、组成的系统机械能不守恒，B 错误；当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得()2012m v m m v =+，解得2012m v v m m =+，由系统的机械能守恒得()2220121122P m v m m v E =++，解得()2120122Pm m v E m m =+，C 错误；若12m m >，当弹簧伸长时，1m 一直在加速，当弹簧再次恢复原长时1m 速度达到最大．弹簧伸长时2m 先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零．所以1m 速度达到最大时，2m 速度不是最小，D 错误． 2．如图所示，A 、B 、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的水平杆上，三个球的质量分别为ma =1kg ，mb =3kg ，mc =1kg ， 初始状态三个球均静止，B 、C 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。
现给A 一个向左的初速度v 0= 10m/s ，之后A 与B 发生弹性碰撞。
球A 和B 碰后，下列说法正确的是（ ）A ．球A 的速度变为向右的5m/sB ．弹簧恢复原长时球C 的速度为5m/s C ．球B 的最小速度为2. 5m/sD ．弹簧的最大弹性势能为9. 375J【答案】ACD【详解】A ．A 与B 发生弹性碰撞，动量守恒得012A A B m v m v m v =+机械能守恒得222012111222A AB m v m v m v =+ 解得15m/s v =−；25m/s v =，A 正确；D ．碰后B 向左运动，因为弹簧弹力的作用，B 向左减速，C 向右加速，当B 、C 速度相等时弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，由23()B B C m m m =+v v ；22p 2311()22B BC E m m m =−+v v 解得p 9.375J E =，D 正确；BC ．接下来B 继续减速，C 继续加速，C 的速度大于B 的速度，弹簧开始缩短，当弹簧恢复原长时球B 的速度最小，由245B B C m m m =+v v v ；222245111222B BC m m m =+v v v 解得4 2.5m/s =v ；57.5m/s =v ，B 错误C 正确。
专题三 碰撞 爆炸和反冲
专题三碰撞爆炸和反冲一、碰撞现象的特点和规律1.碰撞的种类及特点2.两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生对心弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得v1′＝（m1－m2）v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2结论：(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。
(2)当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动。
(3)当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
3.碰撞发生的三个条件(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2。
(3)若同向运动碰撞，则v后>v前。
[复习过关]1.质量为1 kg的小球A以8 m/s的速率沿光滑水平面运动，与质量为3 kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率v A和v B可能为()A.v A＝5 m/sB.v A＝－3 m/sC.v B ＝1 m/sD.v B ＝6 m/s解析 若A 、B 发生弹性碰撞，则动量和机械能均守恒，m A v 0＝m A v A ＋m B v B 及12m A v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ， 解得v A ＝m A －m B m A ＋m Bv 0＝－4 m/s ，v B ＝2m A m A ＋m Bv 0＝4 m/s 。
若A 、B 发生完全非弹性碰撞，则仅动量守恒，m A v 0＝(m A ＋m B )v ，解得v ＝m Am A ＋m Bv 0＝2 m/s 。
故A 的速度范围－4 m/s ≤v A ≤2 m/s ，小球B 的速度范围2 m/s ≤v B ≤4 m/s ，B 正确。
第七章 第3课时 专题强化：碰撞模型及拓展-2025年高中物理大一轮复习
第3课时专题强化：碰撞模型及拓展目标要求 1.理解碰撞的种类及其遵循的规律。
2.理解“滑块—弹簧”、“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
考点一碰撞模型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________外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒________非弹性碰撞________有损失完全非弹性碰撞守恒损失________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′1 2m1v12＝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m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m 1≫m 2时，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1；③若m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m 1≪m 2时，v 1′≈－v 1，v 2′≈0。
思考质量为m A 、初速度为v 0的物体A 与静止的质量为m B 的物体B 发生碰撞，碰撞物体B 的速度范围为__________≤v B ≤__________。
例1质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的速度为6m/s ，B 球的速度为2m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球速度可能为()A ．1m/s6m/s B ．4.5m/s3.5m/s C ．3.5m/s4.5m/s D ．－1m/s 9m/s碰撞问题遵守的三条原则1．动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
小专题(八) “碰撞类”模型
(2)已知h远大于两球半径,所有的碰撞都没有机械能损失,且碰撞前后小球都沿
竖直方向运动,若碰撞后B球恰处于平衡状态,求:
①落地前瞬间,两个小球的速度大小v0;
解析:(2)①根据机械能守恒定律,有 (m1+m2) =(m1+m2)gh,解得 v0= 。
水平桌面时的速度为 v1,由机械能守恒定律有 mAgh= mA ,
解得 v1=6 m/s。
滑块 A 与 B 碰撞的过程,A、B 系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度,设为
v2,由动量守恒定律有 mAv1=(mA+mB)v2,
解得 v2= v1=2 m/s。
答案:(1)2 m/s
[例5] [单物体与“物体—弹簧”模型的碰撞] 如图所示,一轻质弹簧的一端固
提示:碰撞过程对物块B应用动量定理I=mv-0,
解得I=0.10 N·s。
考点二
“物体-弹簧”模型
模型
图示
模型
特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力
的矢量和为零,则系统动量守恒。
(2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能
将发生变化;若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统
定在滑块B上,另一端与滑块C接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H=5 m的
光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=1.8 m高处由静止开始滑
下,与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经过一段时间,滑
块C脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出。已知
2025高考物理专题复习--弹性碰撞和非弹性碰撞(共37张ppt)
A．
C．−
B．－v
D．
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2、碰撞的可能性判断
2.1 碰撞问题遵循的三个原则
例4、(多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，
A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生正碰，则碰
后A、B两球的动量可能值是( AD )
A. pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在
一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s.求：
(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度大小；
(2)第二次碰撞过程中损失了多少动能；
(3)两次碰撞过程中共损失了多少动能.
答案
（1）1 m/s；（2）0.25J；（3）1.25J
a、碰前两物体同向运动，即v后 > v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大，
且v前′ ≥ v后′。
b、碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
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2、碰撞的可能性判断
2.1 碰撞问题遵循的三个原则
例3、如图所示，质量为m的A小球以水平速度v与静止的质量为3m的B小球正碰
后，A球的速率变为原来的 ，而碰后B球的速度是(以v方向为正方向) ( D )
2、非弹性碰撞：物体碰撞后，形变不能恢复，动能产生损失。生活中，绝大多
数碰撞属于非弹性碰撞。
动量守恒：
动能损失，转化成声能和内能：
7
1、 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.3 碰撞的分类
3、完全非弹性碰撞：一种特殊的非弹性碰撞，物体碰撞后结合在一起，动能损
专题强化八 碰撞类的四类模型
专题强化八碰撞类的四类模型【专题解读 1.本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析。
2.会分析物体的正碰模型、“滑块—弹簧”、“滑块—斜面”、“滑块—木板”碰撞模型的特点，并会应用相应规律解决问题。
3.用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒定律，动能定理和能量守恒定律。
模型一“物体与物体”正碰模型1．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：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′。
(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，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不可能都不改变。
2．弹性碰撞的结论(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋m2(2)若v2＝0时，v1′＝m1－m2m1＋m2v1v2′＝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。
3．非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋ΔE k损4．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)v12m1v 21＋12m2v22＝12(m1＋m2)v2＋ΔE k损max【真题示例1(2020·全国Ⅲ卷，15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图1中实线所示。
高中物理专题训练含答案-36--碰撞问题
36 碰撞问题【核心考点提示】一、碰撞过程的分类1．弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失． 弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即 12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 特殊情况：质量m 1的小球以速度v 1与质量m 2的静止小球发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. 碰后两个小球的速度分别为：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(1)若m 1≫m 2，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(2)若m 1≪m 2，v 1′≈－v 1，v 2′≈0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．(3)若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换．2．非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失．非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：12m 1v 21＋12m 2v 22＞12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多．此种情况m 1与m 2碰后速度相同，设为v ，则：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 系统损失的动能最多，损失动能为ΔE km ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2 二、碰撞过程的制约通常有如下三种因素制约着碰撞过程．1．动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；2．动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；3．运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小．再比如，碰撞后，后面的物体速度不能超过前面的物体．【训练】(多选)如图1，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m 1和m2，且m1< m2.经一段时间两物体相碰撞并粘在一起．碰撞后()A．两物体将向左运动B．两物体将向右运动C．两物体组成的系统损失能量最小D．两物体组成的系统损失能量最大【解析】根据p2＝2mE k，结合m1<m2，知p1<p2，故系统总动量向左，根据动量守恒知碰后两物体将向左运动，所以A正确，B错误；由题意知两物体属于完全非弹性碰撞，损失动能最大，所以C错误，D正确．【答案】AD如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4 kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为参考正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为()A．－2 kg·m/s, 3 kg·m/sB．－8 kg·m/s, 8 kg·m/sC．1 kg·m/s, －1 kg·m/sD．－2 kg·m/s, 2 kg·m/s【解析】由于碰撞过程中，动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A错误；因为碰撞的过程中动能不增加．若Δp1和Δp2分别为－8 kg·m/s, 8 kg·m/s，则p1′＝－4 kg·m/s，p2′＝14 kg·m/s，根据E k＝p22m知相撞过程中动能增加，B错误；两球碰撞的过程中，B球的动量增加，Δp2为正值，A球的动量减小，Δp1为负值，故C错误．变化量分别为－2 kg·m/s,2 kg·m/s，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D正确．【答案】D【江西师范大学附属中学2017届高三上学期期中考试】甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=10kg·m/s，p乙=14kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为20kg·m/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（）A．3：10B．1：10C．1：4D．1：6【答案】AC【解析】因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有p pm m甲乙乙甲＞，得到57m pm p=甲甲乙乙＜；根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得p甲′=4kg•m/s．根据碰撞过程总动能不增加，得到：2'22'22222p pmpm m mp+≥+甲甲乙乙乙乙甲甲代入解得：717mm≤甲乙；碰撞后两球同向运动，则甲的速度不大于乙的速度，应有：p pm m''≤甲乙乙甲代入解得：15mm≥甲乙；综合有：71517mm≤≤甲乙．故AC正确，BD错误．故选AC.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：m·2v0－2mv0＝mv A＋2mv B，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确，A、B、C错误．【答案】D(2013·江苏)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示(注：原题中用直尺测量，碰撞前相邻两位置之间的长度约为1.4 cm，碰撞后相邻两位置之间的长度约为0.8 cm)，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的()A．30%B．50%C．70% D．90%【解析】 用直尺测量，碰撞前相邻两位置之间的长度约为1.4 cm ，碰撞后相邻两位置之间的长度约为0.8 cm ，则碰后与碰前速度比为v ′v ＝0.8 1.4＝47，则碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的12mv 2－122m v ′212mv 2＝1－2×(v ′v )2＝1－2×(47)2≈30%. 【答案】A如图所示，一个半径R ＝1.00 m 的粗糙14圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，距地面高度h ＝1.25 m ．在轨道末端放有质量m B ＝0.30 kg 的小球B (视为质点)，B 左侧装有微型传感器，另一质量m A ＝0.10 kg 的小球A (也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示示数为2.6 N ，A 与B 发生正碰，碰后B 小球水平飞出，落到地面时的水平位移x ＝0.80 m ，不计空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球A 在碰前克服摩擦力所做的功；(2)A 与B 碰撞过程中，系统损失的机械能．【解析】(1)在最低点，对A 球由牛顿第二定律有F A －m A g ＝m A v A 2R得v A ＝4.00 m/s在A 下落过程中，由动能定理有：m A gR －W f ＝12m A v A 2 A 球在碰前克服摩擦力所做的功W f ＝0.20 J.(2)碰后B 球做平抛运动，在水平方向有x ＝v B ′t在竖直方向有h ＝12gt 2 联立以上两式可得碰后B 的速度v B ′＝1.6 m/s对A 、B 碰撞过程，由动量守恒定律有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′碰后A 球的速度v A ′＝－0.80 m/s ，负号表示碰后A 球运动方向向左由能量守恒得，碰撞过程中系统损失的机械能：ΔE 损＝12mA v A 2－12m A v A ′2－12m B v B ′2故ΔE 损＝0.384 J在A 与B 碰撞的过程中，系统损失的机械能为0.384 J.【答案】(1)0.20 J (2)0.384 J(2014·广东)如图的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作，已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .【解析】(1)P 1、P 2碰撞过程，动量守恒mv 1＝2mv ①解得v ＝v 12＝3 m/s ② 碰撞损失的动能ΔE ＝12mv 21－12(2m )v 2③ 解得ΔE ＝9 J ④(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P 在A →B →C →B (B ′)→A (A ′)等效为如图所示的匀减速运动．设P 在A →B →C →B (B ′)→A (A ′)段加速度大小为a ，由运动学规律，得μ(2m )g ＝2ma a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2⑤P 返回经过B 时：3L ＝vt －12at 2⑥ 由①⑤⑥式，解得v ＝3L ＋12at 2t由于2 s≤t ≤4 s ，代入上式解得v 的取值范围5 m/s≤v ≤7 m/s ⑦所以v 1的取值范围10 m/s≤v 1≤14 m/s ⑧P 向左经过A (即图的A ′)时的速度v 2，则v 22－v 2＝－2a ·4L ⑨ 将⑦代入⑨可知，当v ＝5 m/s 时，P 不能到达A ；当v ＝7 m/s 时，v 2＝17 m/s所以v 2的取值范围v 2≤17 m/s ，所以当v 2＝17 m/s 时，P 向左经过A 点时有最大动能E ＝12(2m )v 22＝17 J 【答案】(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v 1≤14 m/s 17 J。
微专题39 类碰撞模型问题分析-2025版高中物理微专题
微专题39类碰撞模型问题分析【核心方法点拨】1.类碰撞模型之“滑块+弹簧+滑块”(1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．(2)整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．(3)注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．2.类碰撞模型之“滑块+木板”(1)把滑块、木板看作一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．(2)由于摩擦生热，把机械能转化为内能，系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．(3)注意：滑块不滑离木板时最后二者有共同速度．3.子弹打木块模型(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．(3)若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多．【微专题训练】类型一：“子弹打木块”模型【例题】(“卓越”自主招生)长为L ，质量为M 的木块静止在光滑水平面上。
质量为m 的子弹以水平速度v 0射入木块并从中射出。
已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s ，则子弹穿过木块所用的时间为()A.L ＋s v 0B.1v 0L sC.1v 0L s D.1v 0s L 解析：选B 子弹穿过木块过程，对子弹和木块系统，动量守恒，有：mv 0＝mv 1＋Mv 2，设子弹穿过木块过程所受阻力为f ，对子弹，由动能定理：－f (s ＋L )＝12mv 12－12mv 02由动量定理：－ft ＝mv 1－mv 0对木块，由动能定理：fs ＝12Mv 22，由动量定理：ft ＝Mv 2，联立解得：t ＝1v 0L s 。
选项B 正确。
矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较()A ．子弹的末速度大小相等B ．系统产生的热量一样多C ．子弹对滑块做的功不相同D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大【解析】根据动量守恒，两次最终子弹与木块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量也相同，B 正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C 错误；产生的热量Q ＝F f ×Δx ，由于产生的热量相同，而相对位移Δx 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．【答案】AB类型二：类碰撞模型之“滑块+弹簧+滑块”【例题】(2018·高考物理全真模拟卷一)如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为()A ．L 1>L 2B ．L 1<L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定C[若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则m A v＝(m A ＋m b )v ′，解得v ′＝m A vm A ＋m B，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22m A ＋m B；若用锥子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22m A ＋m B ，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．]【变式】质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态．一质量也为m 的物块甲从钢板正上方高为h 的A 处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x 0后到达最低点B ；若物块乙质量为2m ，仍从A 处自由落下，则物块乙与钢板一起向下运动到B 点时，还具有向下的速度，已知重力加速度为g ，空气阻力不计．求：(1)物块甲和钢板一起运动到最低点B 过程中弹簧弹性势能的增加量；(2)物块乙和钢板一起运动到B 点时速度v B 的大小．【解析】(1)设物块甲落在钢板上时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有mgh ＝12mv 20解得v 0＝2gh (设物块甲与钢板碰撞后的速度为v 1，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv 1解得v 1＝2gh 2根据题意可得到达最低点B 时弹簧的弹性势能增加量为ΔE p ＝2mgx 0＋12×2mv 21＝x 0＋12h (2)设物块乙落在钢板上时的速度为v 0′，根据机械能守恒定律有2mgh ＝12×2mv 0′2，解得v 0′＝2gh设物块乙与钢板碰撞后的速度为v 2，根据动量守恒定律有2mv 0′＝3mv 2解得v 2＝22gh3根据能量守恒定律可得ΔE p ＝3mgx 0＋12×3mv 22－12×3mv 2B联立各式解得v B ＝23gx 0＋59gh【答案】(1)x 0＋12h(2)23gx 0＋59gh类型三：类碰撞模型之“滑块+弧面或斜面”【例题】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平。
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v1
v2
m1 m2
v1
v 2
m1 m2 讨论 (1) e =1
m2 (v1 v 2 ) m1 m2 m1 v v 2 (1 e ) (v1 v 2 ) 2 m1 m2 m1m2 DEk＝ (1 e 2 ) (v1 v 2 )2 2( m1 m2 ) v1 v1 (1 e )
(1)运动分析，冲量分析 (2)动量矩定理(冲量矩定理)
O
Ib cos a JO
(3)动量定理(冲量定理)
I
a
C
得
I Ox m(vCx vCx ) I cos a I Oy I sin a mab I Ox I cos a ( 1) JO I Oy I sin a
据有关资料介绍，一只重 17.8N 的飞鸟与飞机相撞，如果 飞机速度是 800km/h ，碰撞力可高达 3.55×105N ，即为 鸟重的 2万倍 ！ 航空上所谓的“鸟祸” 。
二、碰撞的基本假设
1. 两个阶段： 变形阶段、恢复阶段 v1 v2 碰撞前 碰撞过程 v1 v v2 变形阶段 I1 I1 ' 准刚体模型
v1y v2y
v1y'
m1 m2
v2'
v2y'
v n v1n 2 e v1n v 2 n
讨论： m2=∞ 且 v2=0 无摩擦 (光滑固定面 )
va n
t 方向
b v' n 方向 t
得
v' sinb = v sina
v' cosb = ev cosa
m1 O
v v sin2 a e 2 cos 2 a
碰撞过程中动能的损失
m1m2 DEk＝ (1 e 2 ) (v1 v 2 )2 2( m1 m2 )
v1
v2
m1 m2
v1
v 2
m1 m2 讨论 (1) e =1
m2 (v1 v 2 ) m1 m2 m1 v v 2 (1 e ) (v1 v 2 ) 2 m1 m2 m1m2 DEk＝ (1 e 2 ) (v1 v 2 )2 2( m1 m2 ) v1 v1 (1 e )
三、恢复因数与碰撞前后速度之间的关系
n vr I2 e n I1 vr
v r n ——碰撞后 两物体接触点沿接触面法线方向的相对速度 n v r ——碰撞前
注意：
(1)对于确定的材料，恢复因数为常量； (2)对于确定的材料，不论碰撞前后物体的运动速度如何，两 个碰撞物体碰撞前后的相对速度大小的比值是不变的； (3)恢复因数既描述了碰撞后物体速度的恢复程度，也描述了 物体变形的恢复程度。
tan a tan b e tan a e tan b
即
例题
vB vA
A A
B A B
mA = 18t mB = 6.6t
在惯性参考系中： vA = 0.2i+ 0.03j－0.02k m/s ， vB = 0 求：(1) 对接成功后，联合体的质心速度； (2)对接不成功，恢复系数e=0.95,碰撞后二者的速度。 (以上分析中均可略去飞船的转动) 解：(1) 对接成功后，联合体的质心速度 动量守恒 mAvA+mBvB = (mA+mB )vAB mAvA+mBvB vAB = = 0.146i+ 0.022j－0.015k m/s mA+mB
当 m2<<m1
DEk 0
动能几乎没有损失
锻压机简图
m2>>m1
DEk Ek 1
锻件变形尽量大，砧座不运动 砧座质量m2 ，锻锤质量m1 锻锤的动能绝大部分转变为被锻造金属的 塑性变形能。
打桩机部分简图
m2<<m1
DEk 0
使锤与桩一起运动的动能尽量大 桩质量m2 ，锤质量m1 锤的动能绝大部分转变为锤与桩一起运动 的动能。
一、恢复因数的定义
恢复因数：碰撞的恢复阶段的冲量与变形阶段的冲量之比
I2 e I1
—— 求解碰撞问题的补充物理方程
二、恢复因数的取值范围
0<e<1：弹性碰撞(非完全弹性碰撞)
变形不能完全恢复，动能有损失 e=1：完全弹性碰撞 变形完全恢复，动能无损失 e=0：非弹性碰撞 (完全非弹性碰撞、塑性碰撞) 变形完全不能恢复
v v Ax e Bx v Ax v Bx
v'Ax =0.095 m/s
v'Bx =0.285 m/s
例题
vB vA
A A
B A B
mA = 18t mB = 6.6t
在惯性参考系中： vA = 0.2i+ 0.03j－0.02k m/s ， vB = 0 (2)对接不成功时，碰撞后二者的速度(e=0.95)。 不考虑对接处的摩擦，二飞船在y、z方向上的速度分量 保持不变；在x方向上二飞船动量守恒： v'By =0 x方向 v'Ax =0.095 m/s y 、z方向 v'Ay =0.03 m/s v'Bz =0 v'Az =－0.02m/s v'Bx =0.285 m/s v'A = 0.095i+ 0.03j－0.02k m/s ， v'B = 0.285i
v1
v 2
恢复阶段
I2
I2 '
2. 在碰撞过程中，非碰撞力的冲量均忽略不计。 由于碰撞力非常大，普通力（重力、弹性力等）的冲量 忽略不计； 约束力（包括摩擦力）属于碰撞力 3. 在碰撞过程中，物体的位移可忽略不计。 由于时间非常短促，物体在碰撞前后位置基本上没有改 变。
三、碰撞研究的内容
1. 研究碰撞物体在碰撞前后的运动效应（速度的变化）。 不研究碰撞过程中的物体速度的变化规律 v=v(t) 2. 研究碰撞冲量 不研究碰撞力的变化规律 F=F(t)
v v2 2
a>b
§5 刚体的碰撞
一、刚体的定轴转动 IOy IOx
(1)运动分析，冲量分析 (2)动量矩定理(冲量矩定理) LO' － LO =S MO( I e ) JO ('－) =Ibcosa
O
I
a
Ib cos a JO
a
b
(3)动量定理(冲量定理)
C
p' － p =S I e
(2) e =0
m1m2 m1v1 m2v 2 DEk＝ (v1 v 2 )2 v v1 2 2( m1 m2 ) m1 m2 1 m1m2 m2 2 Ek 1 如 v2=0 DEk＝ v1 ＝ Ek 1 ＝ m 1 2( m1 m2 ) m1 m2 1 m2 当 m2>>m1 DEk Ek 1 动能几乎完全损失于碰撞过程中
t2
1
Fmax
O
铁锤打击钢板 锤重 4.45N; 碰撞前锤的速度 457.2 mm/s; 碰撞的时间间隔 0.00044s; 撞击力峰值 1491 N， 静载作用的 335倍。
t1
t2 t ∕s
铁锤打击人体 锤重 4.45N; 碰撞前锤的速度 457.2 mm/s; 碰撞的时间间隔 0.01s; 撞击力峰值 244.8 N， 静载作用的 55倍。
(2) e =0 (3) m2=∞ 且 v2=0 (固定面 )
v1
m1 m2 v1
v1 ev1
二、两球的斜碰撞(速度 v 不沿球心连线方向)
v1 m1 m2 v2 v1 m1
v1'
x方向：
v1 x v1 x
y方向：按正碰撞
v x v2 x 2
I
v1'
v1 v2
v1'
v2'
mv1x v1x I F1x FN 1x dt
e x 0
t
J C 0 F1rdt
1 2 0
t
回球与台面的碰撞－由于F1 > FN1 ，使得顺时针旋转的球的角 速度很大，碰撞前，球与台面接触点的速度与球的运动方向相反。 因而，台面对球的切向碰撞力(摩擦力F2)与球的运动方向相同， 从而使这一次碰撞后，球前进的速度更高。
碰撞专题
§1 碰撞的特点和基本假设
一、碰撞的特点
在极短的时间间隔D t 内，v 急剧变化， a 很大，碰撞力很大。 (碰撞力在很短的时间间隔内发生急剧变化：急剧增加到最大 值后，很快衰减)
撞击过程中能量急剧转换━━撞击过程中，各种机械能之间、 机械能与其他形式能量之间以极快的速度转换。
F∕N
塑料
I= t F dt
四、几个工程实际问题
vB vA A B
两个飞船对接后速度
锻压机简图
打桩机部分简图
击球手的手握在哪里 所受的撞击力最小？
请注意这一装 置的功能，与碰 撞有没有关系？
这与碰撞有关系吗？
§2 用于碰撞过程的基本定理
一、动量定理的积分形式——冲量定理
p' － p =S I e mvC' －mvC =S I e LO' － LO =S MO( I e ) LC ' － LC =S MC( I e )
§4 两球的碰撞
一、两球的正碰撞(速度 v 沿球心连线方向)
v1 v2 变形阶段 m1 I1 I1 '
按两阶段进行分析 m2
m1 m2 v m1 m2
m1(v －v1) = －I1 m2(v －v2) = I1 m1(v1' －v) = －I2 m2 (v2' －v) = I2
v1
v 2
恢复阶段 m1
请注意：(1)乒乓球在运动的过程中发生了几次碰撞？ (2)这种碰撞具有什么特点？