高考物理碰撞问题解题技巧速成最新版
高中物理动量和碰撞问题解题要点
高中物理动量和碰撞问题解题要点动量和碰撞是高中物理中的重要内容，也是考试中常见的题型。
掌握解题要点对于学生来说至关重要。
本文将介绍高中物理动量和碰撞问题解题的要点，并通过具体题目的分析和说明，帮助学生理解和掌握这些解题技巧。
一、动量守恒定律动量守恒定律是解决动量问题的基本原理。
当系统内部没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
这一原理常常应用于碰撞问题的解题中。
例如，有两个质量分别为m1和m2的物体，在水平面上以v1和v2的速度相向而行，发生完全弹性碰撞。
我们需要求出碰撞后两个物体的速度。
解题思路：1. 根据动量守恒定律，碰撞前后的总动量保持不变。
即m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'。
2. 由于是完全弹性碰撞，动能也守恒，所以可以利用动能守恒定律求解。
即(1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2 = (1/2)m1v1'^2 + (1/2)m2v2'^2。
3. 结合以上两个方程，可以解得碰撞后两个物体的速度。
二、动量定理动量定理是解决碰撞问题的另一个重要原理。
它描述了物体所受冲量等于物体动量变化率的关系。
例如，一个质量为m的物体以速度v运动，在时间Δt内受到一个冲量F。
我们需要求出物体的速度变化量Δv。
解题思路：1. 根据动量定理，冲量等于物体动量的变化量。
即F = mΔv/Δt。
2. 将已知量代入上述方程，可以解得速度变化量Δv。
三、碰撞类型的判断在解决碰撞问题时，需要根据碰撞类型的不同选择不同的解题方法。
常见的碰撞类型有完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和部分非弹性碰撞。
例如，有两个质量分别为m1和m2的物体，在水平面上以v1和v2的速度相向而行，发生碰撞后粘连在一起。
我们需要求出碰撞后两个物体的速度。
解题思路：1. 根据碰撞描述，可以判断这是一个完全非弹性碰撞。
2. 在完全非弹性碰撞中，两个物体在碰撞后粘连在一起，质心速度等于两个物体质量的加权平均速度。
“碰撞类”模型问题(解析版)-2024高三物理一轮复习题型归纳(新高考专用)
第六章 碰撞与动量守恒定律“碰撞类”模型问题【考点预测】1.完全弹性碰撞(动碰静、动碰动)2.完全非弹性碰撞(碰后粘连、板块问题、子弹打木块、含弹簧类问题、含曲面或斜面问题)3.非完全弹性碰撞(碰后速度、碰后能量)【方法技巧与总结】一、碰撞的特点和分类1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。
2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。
(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。
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。
3.爆炸：一种特殊的“碰撞”特点1：系统动量守恒。
特点2：系统动能增加。
二、弹性正碰模型1.“一动碰一静”模型当v2=0时，有v1′=m1-m2m1+m2v1v2′=2m1v1m1+m22.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰。
三、碰撞可能性分析判断碰撞过程是否存在的依据1.满足动量守恒：p1+p2=p1′+p2′。
2.满足动能不增加原理：E k 1+E k 2≥E k 1′+E k 2′。
3.速度要符合情景(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞。
碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v 前′≥v 后′。
(2)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v 前≥v 后。
【题型归纳目录】题型一：“滑块-弹簧”模型题型二：“滑块-斜(曲)面”模型题型三：“物体与物体”正碰模型题型四：“滑块-木板”碰撞模型【题型一】“滑块-弹簧”模型【典型例题】1(多选)(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接并静止在光滑的水平地面上，现使A 以3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度时间图像如图乙，则有()A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都处于压缩状态B.从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长C.两物块的质量之比为m 1:m 2=1:2D.从t 3到t 4时刻两物块动量变化量相同【答案】BC【解析】AB ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，在t 1时刻弹簧处于压缩状态，在t 3时刻弹簧处于拉伸状态，从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长，恢复到初始状态，选项A 错误，B 正确；C ．在t 2时刻弹簧处于原长状态，则在0~t 2时间内，根据动量守恒和能量守恒关系可知m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 1v 20=12m 1v 21+12m 2v 22其中v0=3m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s解得两物块的质量之比为m1:m2=1:2选项C正确；D．从t3到t4时刻A的动量增加2kg∙m/s，B的动量减小2kg∙m/s，则两物块动量变化量不相同，选项D 错误。
2025年高考物理总复习第七章动量守恒定律第3讲碰撞问题
D
A. 上升到最高点时的速度一定为零B.若与 的质量相等，则碰撞后两球一起向左摆动C.若的质量小于的质量， 被反弹后能够回到原来高度D.若的质量远远大于的质量，碰后 能够在竖直平面内通过最高点完成圆周运动
4.[人教版选修一P29第7题设问变式，2021重庆卷]质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于 左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同。若小球运动中除碰撞外仅受重力，则( )
C
A. 时刻，甲的速率大于乙的速率 B.碰撞前后瞬间，乙的动量不变C.碰撞前后瞬间，甲的动能不变 D.碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
知识点52 非弹性碰撞问题
教材知识萃取
非弹性碰撞（碰撞结束后动能有部分损失）
规律
动量守恒
有机械能损失
完全非弹性碰撞（碰撞结束后两者合二为一，以同一速度运动，机械能损失最大）
规律
动量守恒有机械能损失来自结果教材素材变式
1.［多选］［人教版选修一P12问题拓展变式］冰壶运动又称掷冰壶、冰上溜石，是冬奥会比赛项目之一。如图甲所示，某次比赛中，质量为 的蓝色冰壶静止在圆形区域内，运动员用相同质量的红色冰壶撞击蓝色冰壶，两冰壶发生正碰，碰撞时间极短。若碰撞前、后两壶的 图像如图乙所示，则( )
【解析】甲、乙弹珠碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，设甲、乙弹珠的质量分别为、，碰后甲的速度为 ，乙的速度为，则有，，联立解得， 。若碰后甲、乙同向运动，则 ，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；若碰后甲反弹，且甲反弹后的速率为，则有，解得，质量不能为负值，B错误；若碰后乙的速率为 ，则有，解得 ，质量不能为负值，C错误；假设碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则,且，解得 ，假设成立，故D错误。
高考物理“追及碰撞”问题解题思路
高考物理“追及碰撞”问题解题思路(总8页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--“追碰”问题解题思路“追碰”类问题以其复杂的物理情景，综合的知识内涵及广阔的思维空间，充分体现着考生的理解能力、分析综合能力、推理能力、空间想象能力及理论联系实际的创新能力，是考生应考的难点，也是历届高考常考常新的命题热点.●难点磁场1.（★★★★）为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某高速公路的最高限速v =120 km/h.假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t = s,刹车时汽车受到阻力的大小f 为汽车重的倍，该高速公路上汽车间的距离s 至少应为多少（取重力加速度g =10 m/s 2）2.（★★★★★）一辆实验小车可沿水平地面（图中纸面）上的长直轨道匀速向右运动.有一台发出细光束的激光器装在小转台M 上，到轨道的距离MN 为d =10 m ，如图1-1所示.转台匀速转动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时间为T ＝60ｓ.光束转动方向如图中箭头所示.当光束与MN 的夹角为45°时，光束正好射到小车上.如果再经过Δt ＝ ｓ，光束又射到小车上，则小车的速度为多少（结果保留两位数字）3.（★★★★★）一段凹槽A 倒扣在水平长木板C 上，槽内有一小物块B ，它到槽内两侧的距离均为21，如图1-2所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的动摩擦因数为μ.A 、B 、C 三者质量相等，原来都静止.现使槽A 以大小为v 0的初速向右运动，已知v 0＜gl 2.当A 和B 发生碰撞时，两者的速度互换.求：（1）从A 、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C 运动的路程. （2）在A 、B 刚要发生第四次碰撞时，A 、B 、C 三者速度的大小. ●案例探究例1］（★★★★★）从离地面高度为h 处有自由下落的甲物体，同时在它正下方的地面上有乙物体以初速度v 0竖直上抛，要使两物体在空中相碰，则做竖直上抛运动物体的初速度v 0应满足什么条件（图1-1图1-2不计空气阻力，两物体均看作质点）.若要乙物体在下落过程中与甲物体相碰，则v 0应满足什么条件？命题意图：以自由下落与竖直上抛的两物体在空间相碰创设物理情景，考查理解能力、分析综合能力及空间想象能力.B 级要求.错解分析：考生思维缺乏灵活性，无法巧选参照物，不能达到快捷高效的求解效果. 解题方法与技巧：（巧选参照物法）选择乙物体为参照物，则甲物体相对乙物体的初速度:v 甲乙=0-v 0=-v 0 甲物体相对乙物体的加速度a 甲乙=-g -（-g ）=0由此可知甲物体相对乙物体做竖直向下，速度大小为v 0的匀速直线运动.所以，相遇时间为：t =v h 对第一种情况，乙物体做竖直上抛运动，在空中的时间为：0≤t ≤gv 02 即:0≤0v h≤gv 02 所以当v 0≥2gh,两物体在空中相碰.对第二种情况，乙物体做竖直上抛运动，下落过程的时间为：g v 0≤t ≤g v 02 即g v 0≤0v h≤gv 02.所以当 2gh ≤v 0≤gh 时,乙物体在下落过程中与甲物体相碰.例2］（★★★★★）如图1-3所示,质量为m 的木块可视为质点，置于质量也为m 的木盒内，木盒底面水平，长l = m,木块与木盒间的动摩擦因数μ=,木盒放在光滑的地面上，木块A 以v 0=5 m/s 的初速度从木盒左边开始沿木盒底面向右运动，木盒原静止.当木块与木盒发生碰撞时无机械能损失，且不计碰撞时间，取g =10 m/s 2.问：（1）木块与木盒无相对运动时，木块停在木盒右边多远的地方（2）在上述过程中，木盒与木块的运动位移大小分别为多少命题意图：以木块与木盒的循环碰撞为背景，考查考生分析综合及严密的逻辑推理能力.B 级要求.图1-3错解分析：对隔离法不能熟练运用，不能将复杂的物理过程隔离化解为相关联的多个简单过程逐阶段分析，是该题出错的主要原因.解题方法与技巧：（1）木块相对木盒运动及与木盒碰撞的过程中，木块与木盒组成的系统动量守恒，最终两者获得相同的速度，设共同的速度为v ,木块通过的相对路程为s ,则有：mv 0=2mv ① μmgs =21mv 02-21·2mv 2② 由①②解得s = m 设最终木块距木盒右边为d ,由几何关系可得：d =s -l = m（2）从木块开始运动到相对木盒静止的过程中，木盒的运动分三个阶段：第一阶段，木盒向右做初速度为零的匀加速运动；第二阶段，木块与木盒发生弹性碰撞，因两者质量相等，所以交换速度；第三阶段，木盒做匀减速运动，木盒的总位移等于一、三阶段的位移之和.为了求出木盒运动的位移，我们画出状态示意图，如图1-4所示.设第一阶段结束时，木块与木盒的速度分别为v 1、v 2,则：mv 0=mv 1+mv 2 ③ μmgL =21mv 02-21m （v 12+v 22）④因在第二阶段中，木块与木盒转换速度，故第三阶段开始时木盒的速度应为v 1,选木盒为研究对象对第一阶段：μmgs 1=21mv 22⑤ 对第三阶段：μmgs 2=21mv 12-21mv 2⑥从示意图得 s 盒=s 1+s 2⑦ s 块=s 盒+L -d ⑧ 解得 s盒= m s 块= m●锦囊妙计 一、高考走势“追碰”问题，包括单纯的“追及”类、“碰撞”类和“追及碰撞”类，处理该类问题，首先要求学生有正确的时间和空间观念（物体的运动过程总与时间的延续和空间位置的变化相对应）.同时，要求考生必须理解掌握物体的运动性质及规律，具有较强的综合素图1-4质和能力.该类问题综合性强，思维容量大，且与生活实际联系密切，是高考选拔性考试不可或缺的命题素材，应引起广泛的关注.二、“追及”“碰撞”问题指要 1.“追及”问题讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题.一定要抓住两个关系：即时间关系和位移关系.一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点.2.“碰撞”问题碰撞过程作用时间短，相互作用力大的特点，决定了所有碰撞问题均遵守动量守恒定律.对正碰，根据碰撞前后系统的动能是否变化，又分为弹性碰撞和非弹性碰撞.弹性碰撞：系统的动量和动能均守恒，因而有：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′①21m 1v 12+21m 2v 22=21m 1v 1′2+21m 2v 2′2②上式中v 1、v 1′分别是m 1碰前和碰后的速度，v 2、v 2′分别是m 2碰前和碰后的速度. 解①②式得v 1′=21221212)(m m v m v m m ++-③ v 2′=21112122)(m m v m v m m ++- ④完全非弹性碰撞：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 ,v =21211m m vm v m ++.系统损失的最大动能ΔE k m =21m 1v 12+21m 2v 22-21（m 1+m 2）v 2.非弹性碰撞损失的动能介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间.在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则：（1）碰撞过程中动量守恒原则.（2）碰撞后系统动能不增原则.（3）碰撞后运动状态的合理性原则.碰撞过程的发生应遵循客观实际.如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动.三、处理“追碰”类问题思路方法由示意图找两解决“追碰”问题大致分两类方法，即数学法（如函数极值法、图象法等）和物理方法（参照物变换法、守恒法等）.●歼灭难点训练1.（★★★★）凸透镜的焦距为f ,一个在透镜光轴上的物体，从距透镜3f 处，沿光轴逐渐移动到距离2f 处，在此过程中A.像不断变大B.像和物之间距离不断减小C.像和焦点的距离不断增大D.像和透镜的距离不断减小2.（★★★★）两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v 0,若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为s ,若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持距离至少应为多少？3.（★★★★）如图1-5所示，水平轨道上停放着一辆质量为×102kg 的小车A ，在A 的右方L = m 处，另一辆小车B 正以速度v B = m/s 的速度向右做匀速直线运动远离A 车，为使A 车能经过t = s 时间追上B 车，立即给A 车适当施加向右的水平推力使小车做匀变速直线运动，设小车A 受到水平轨道的阻力是车重的倍，试问：在此追及过程中，推力至少需要做多少功？取g =10 m/s 2）4.（★★★★）如图1-6所示，在光滑的水平面上放置一质量为m 的小车，分析两物体运动过程画运动示意图 由示意图找两物体位移关系据物体运动性质列（含有时间）的位移方程联立方程求解（判断能否碰若发生碰撞，据动量关系（守恒能量转化关系列方程求解图1-5图1-6小车上有一半径为R 的41光滑的弧形轨道，设有一质量为m 的小球，以v 0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h 后，又沿轨道下滑，试求h 的大小及小球刚离开轨道时的速度.5.（★★★★★）如图1-7所示，长为2L 的板面光滑且不导电的平板小车C 放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量m C =4 m,绝缘小物块B 的质量m B =2 m.若B 以一定速度沿平板向右与C 车的挡板相碰，碰后小车的速度总等于碰前物块B 速度的一半.今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q 、质量为m A =m的小物块A ，将物块B 放在平板车的中央，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A 由静止开始向右运动，当A 以速度v 0与B 发生碰撞，碰后A 以41v 0的速率反弹回来，B 向右运动.（1）求匀强电场的场强大小和方向.（2）若A 第二次和B 相碰，判断是在B 与C 相碰之前还是相碰之后？（3）A 从第一次与B 相碰到第二次与B 相碰这个过程中，电场力对A 做了多少功？6.（★★★★★）如图1-8所示，水平放置的导轨，其电阻、摩擦均不计，固定在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，左端间距为2L ，右端间距为L ，今在导轨上放ab 、cd 两杆，其质量分为2M 、M ，电阻分为2R 、R ，现让ab 杆以初速度v 0向右运动.求cd棒的最终速度（两棒均在不同的导轨上）.参考答案： 难点磁场］ m2.提示：该题为一“追及”的问题，有两种可能解，第一次为物追光点，在相同时间内，汽车与光点扫描的位移相等，L 1=d （tan45°-tan30°）,则v 1=vL 1= m/s,第二次为图1-7图1-8（光）点追物，时间相同，空间位移相同，L 2=d （tan60°-tan45°）,可得v 2=tL ∆2= m/s. 3.（1）s =l -gv μ420 （2）v A =41v 0;v B =v C =83v 0歼灭难点训练］ s =×104J4.小球从进入轨道，到上升到h 高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能（而不是热能）.据此可列方程：mv 0=（m +m ）v ,①21mv 02=21（m +m ）v 2+mg h②解得h =v 02/4g .小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零.说明：广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞.拓宽后的碰撞，除例题代表的较长时间的碰撞题型外，还有非接触型碰撞和非弹力作用的碰撞.5.（1）对金属块A 用动能定理qEL =21mv 02所以电场强度大小E =qLmv 220 方向水平向右（2）A 、B 碰撞，由系统动量守恒定律得m A v 0=m A （-41v 0）+m B v B 用m B =2m 代入解得v B =85v 0 B 碰后做匀速运动，碰到挡板的时间t B =58v L v L B = A 的加速度a A =Lv220 A 在t B 段时间的位移为s A =v a t B +21at B 2=-41v 0·21580+v L ·L v 220·（058v L ）2=256L 因s A ＜L ,故A 第二次与B 相碰必在B 与C 相碰之后 （3）B 与C 相碰，由动量守恒定律可得m B v B =m B v B ′+m C v C ′ v C ′=21v B v B ′=0 A 从第一次相碰到第二次与B 相碰的位移为L ，因此电场力做的功 W 电=qEL =21mv 02. 6.320v。
2024年高考物理热点-碰撞与类碰撞模型(解析版)
碰撞与类碰撞模型1.碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，对学生的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力要求比较高。
高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律。
2.高考题命题加重了试题与实际的联系，命题导向由单纯的解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会建构模型、科学推理。
3.动量和能量综合考查是高考命题的热点，在选择题和计算题中都可能出现，选择题中可能考查动量和能量知识的简单应用，计算题中一般结合竖直面内的圆周运动模型、板块模型或弹簧模型等压轴考查，难度较大。
此类试题区分度较高，且能很好地考查运动与相互作用观念、能量观念动量观念和科学思维要素，因此备考命题者青睐。
题型一人船模型1．模型简析：如图所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m 船v 船=m 人v 人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得x 人=m 船m 人+m 船L ，x 船=m 人m 人+m 船L 。
2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。
(2)动量守恒且总动量为零。
3．结论：m 1x 1=m 2x 2(m 1、m 2为相互作用物体的质量，x 1、x 2为其对地位移的大小)。
题型二“物块-弹簧”模型模型图例m 1、m 2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m 1以初速度v 0运动两种情景1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大：(1)系统动量守恒：m 1v 0=(m 1+m 2)v 共。
210212共pm 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零：(1)系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2。
专题311 一维碰撞问题分析(解析版)
p 1 2 2高考物理备考微专题精准突破专题 3.11 一维碰撞问题分析【专题诠释】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即 p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.2 (2)动能不增加，即 E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2 或 1 ＋ 2 p ′2 ≥ ＋p ′2 . 2m 1 2m 2 2m 1 2m 2(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即 v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即 v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零． 2．碰撞模型类型 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为 m 1、速度为 v 1 的小球与质量为 m 2 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2 1m v 2＝1m v ′2＋1 21 1 1 12 2 m 2v ′2 2解得 v ′ （m 1－m 2）v 1 2m 1v 11＝，v ′2＝ .结论：m 1＋m 2 m 1＋m 2①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度 v 1 的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【高考领航】【2016·高考全国卷Ⅲ】如图所示，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b ，其连线与墙垂直；a 和 b 相距 l ，1p0 v 0 v 00 b 与墙之间也相距 l ；a 的质量为 m ，b 的质量为 3两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使 a 以初速度m . 4 v 0 向右滑动．此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为 g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．【答案】 32v 2 2 ≤μ< 113gl 2gl【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块 a 、b 能够发生碰撞，应有 1mv 2>μmgl ① 2 2 即μ< 0 ② 2gl设在 a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为 v 1.由能量守恒定律得 1mv 2＝1mv 2＋μmgl ③ 0 1 2 2设在 a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为 v 1′、v 2′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有 mv 1＝mv 1′＋3mv 2′④41mv 2＝1mv ′2＋1 3 2⑤1 1 ×2 2 2 mv 2′4 联立④⑤式解得 v 2′＝8v 1⑥7由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 1 3 2 3m× mv 2′ ≤μ· 2 4gl ⑦ 4联立③⑥⑦式，可得 32v 2μ≥ 0 ⑧ 113gl联立②⑧式得，a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件为32v 2≤μ< 113gl2 0 .2gl【2016·高考全国卷Ⅱ】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h ＝0.3m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为 m 1＝2v130 kg ，冰块的质量为 m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小 g ＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】 (1)20 kg (2)见解析【解析】 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速 度为 v ，斜面体的质量为 m 3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ① 1m v 2 ＝1(m ＋m )v 2＋m gh ② 2 20 2 3 2 2 2 式中 v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得 m 3＝20 kg. ③ (2)设小孩推出冰块后的速度为 v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0④ 代入数据得 v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v 2 和 v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥ 1m v 2 ＝1m v 2＋1m v 2⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v ＝1 m/s ，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩 2 20 2 2 2 3 3 2 2 2 推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．【技巧方法】1．碰撞现象满足的三个规律2．碰撞问题解题策略 (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解． (2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： v ′ ＝m 1－m 2v m 1＋m 2v ′2＝ 2m 1v 1m 1＋m 2 (3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．当 m 1≫m 2，且 v 2＝0 时， 碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v 1.当 m 1≪m 2，且 v 2＝0 时，碰后质量小的球原速率反弹． 【最新考向解码】31【例1】(2019·四省名校高三第二次联考)某同学做了一个趣味实验，如图所示，有两个弹性小球A、B 重叠放置，质量分别为m1、m2，两球球心在同一竖直线上。
求解碰撞速度问题的三种方法-物理试题
求解碰撞速度问题的三种方法-物理试题－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－碰撞是中学物理研究的一个重要问题，它既是高考的一个热点，也是学生学习的一个难点，尤其是碰撞现象中速度的取值范围问题，学生常感到无从下手，这类问题一般可用以下三种方法予以解决。
一、解析法碰撞过程，若从动量角度看，系统的动量守恒，若从能量角度分析，系统的动能在碰撞过程中不会增值，从物理过程考虑，题述的物理情景应符合发生的实际情况，这是用解析法处法问题应遵循的原则。
例1 一质量为的入射粒子与一质量为的静止粒子发生正碰，实验中测出了碰撞后第二个粒子的速度为，求第一个粒子原来速度的值的可能范围。
解：设碰后第一个粒子的速度为，由动量守恒定律得：（1）因碰撞过程系统的动能不会增值，故≥（2）碰撞后，由于我们设定的方向仍沿原方向，为使题述物理现象不仅能够发生，而且符合实际，碰后第一个粒子的速度与第二个粒子的速度需要满足关系式≤（3）联立（1）、（2）、（3）式解得≤≤二、临界法自然界中的所有碰撞现象可分为三类：完全弹性碰撞（又称无机械能损失碰撞）；非完全弹性碰撞；完全非弹性碰撞（机械能损失最多，碰后两物体速度相同）。
因此，任何一个碰撞过程的速度取值，必界于完全弹性碰撞与完全非弹性碰撞这二种碰撞速度之间。
例2 质量为1千克的小球以4m/s的速度与质量为2千克的静止小球正碰，关于碰后两球的速度与下面哪些是可能的（A）==m/s（B）=m/s，=m/s（C）=1m/s，=3m/s（D）=m/s，=4m/s解若将两球碰撞视为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律（1）∴若将两球碰撞视为完全弹性碰撞，则（2）（3）联立（2）、（3）两式解得综合上述解答，球1碰后速度应在如下范围：≤≤。
球2碰后速度应在如下范围≤≤故，正确答案应选（A）、（B）三、极限法处理碰撞问题时，有时我们需要将某些未知量设出，然后根据实际将未知量推向极端，从而求得碰撞的速度范围。
高中物理碰撞定律题解技巧
高中物理碰撞定律题解技巧碰撞定律是高中物理中一个重要的概念，涉及到动量守恒和动能守恒两个原理。
在解题过程中，我们可以通过一些技巧来帮助我们更好地理解和应用碰撞定律。
一、碰撞的类型在碰撞问题中，常见的有完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和部分非弹性碰撞。
完全弹性碰撞是指碰撞前后物体的动能守恒，而完全非弹性碰撞是指碰撞前后物体粘合在一起，动能不守恒。
部分非弹性碰撞则介于两者之间，部分动能守恒。
例如，有一道题目：两个质量分别为m1和m2的物体以速度v1和v2相向而行，它们发生完全弹性碰撞后，求碰撞后两个物体的速度。
解题思路：由于是完全弹性碰撞，动能守恒，我们可以利用动能守恒定律来解题。
碰撞前的总动能等于碰撞后的总动能，即m1v1^2 + m2v2^2 = m1v1' ^2 +m2v2' ^2。
根据动量守恒定律，碰撞前后的总动量相等，即m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'。
通过这两个方程，我们可以解得碰撞后两个物体的速度v1'和v2'。
二、动量守恒在碰撞问题中，动量守恒是一个非常重要的原理。
根据动量守恒定律，碰撞前后物体的总动量保持不变。
例如，有一道题目：一个质量为m1的物体以速度v1向右运动，与一个质量为m2的静止物体发生完全非弹性碰撞，求碰撞后两个物体的速度。
解题思路：由于是完全非弹性碰撞，两个物体粘合在一起，动量守恒，我们可以利用动量守恒定律来解题。
碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量，即m1v1 =(m1 + m2)v'。
通过这个方程，我们可以解得碰撞后两个物体的速度v'。
三、应用题解析在解决碰撞定律的应用题时，我们需要注意一些常见的考点。
1. 弹性碰撞中速度的计算例如，有一道题目：两个质量分别为m1和m2的物体以速度v1和v2相向而行，它们发生完全弹性碰撞后，求碰撞后两个物体的速度。
解题思路：根据完全弹性碰撞的定义，我们可以利用动能守恒定律和动量守恒定律来解题。
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高考物理碰撞问题解题技巧速成
打击、碰撞问题与日常生活息息相关，很多实际情景可提炼抽象成碰撞模型，这类问题的背景材料十分丰富。
另外，打击、碰撞过程中相互作用的两个物体在打击、碰撞前后各自可有丰富的运动形式，从直线运动，到圆周、平抛运动；碰撞的对象非常广泛，大到宇宙中的天体，小到微观粒子，这类问题又能够将高中的主干知识贯穿起来。
因此，在题量少，分值大的理综考试模式中更是频频出现。
天津、四川、重庆理综卷，单独考试的江苏、广东卷中都出了大题，其中四川、重庆和广东卷更是以压轴题形式出现。
品读这些题目，其突出表现为三大特点：一是，碰撞的形式丰富，囊括了所有的类型，从天津、四川、重庆、广东卷中的正碰到江苏卷中的斜碰（巧取参考系后，可转化为正碰）。
碰撞中又涉及到弹性碰撞（重庆卷）、非弹性碰撞（四川卷）、完全非弹性碰撞（天津卷）；二是，碰撞前后物体的运动形式非常丰富，从沿袭以往的直线运动（天津卷）到受轨道制约的圆周运动（重庆卷），复合场中的平抛和圆周运动（四川卷）；三是，碰撞呈现出周期性（重庆和广东卷）。
一、 正碰问题
碰撞过程的前后，相互作用的物体的速度在一条直线上的碰撞问题。
⑴弹性碰撞
弹性碰撞是指碰撞过程中的动量守恒，机械能守恒。
例1、（理综压轴题）如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。
小球A 、B 质量分别为m 、βm(β为待定系数)。
A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B 球相撞，碰撞后A 、B 球能达到的最大高度均为R 4
1
,碰撞中无机械能损失。
重力加速度为g 。
试求：
(1)待定系数β；
(2)第一次碰撞刚结束时小球A 、B 各自的速度和B 球对轨道的压力； (3)小球A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A 、B 在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度。
解析：A 、B 可看作质点， A 、B 在轨道最低点发生弹性正碰。
（1）由 44
mgR mgR
mgR β=+得
3β=
（2）设 A 、B 碰撞后的速度分别为1ν、2ν，则
21124mgR
mv = 22124
mgR mv ββ= 设向右为正、向左为负，解得
1v =
2v =
设轨道对B 球的支持力为N， B 球对轨道的压力为N′，方向竖直向上为正、向下
为负．则
2
2
v
N mg m
R
ββ
-=，' 4.5
N N mg
=-=-，方向竖直向下
（3）设A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则
1212
22
12
11
22
mv mv mV mV
mgR mV mV
ββ
β
--=+
⎧
⎪
⎨
=+
⎪⎩
解得
12
V V
==（另一组解：V1=－
1
ν，V2=－
2
ν不合题意，舍去）
由此可得：
当n为奇数时，小球A、B 在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；
当n为偶数时，小球A、B 在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；
⑵非弹性碰撞
非弹性碰撞的特点是，碰撞过程中动量守恒，机械能有损失，但损失的不是最多。
例2、（理综压轴题）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T。
小球1带正电，其电量与质量之比q1/m1=4 C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平
悬空支架上。
小球1向右以
ν=23.59 m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75 s再次相碰。
设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。
（取g=10 m/s2)
问(1)电场强度E的大小是多少？
(2)两小球的质量之比
1
2
m
m
是多少？
解析：(1)小球1所受的重力与电场力始终平衡
E
q
g
m
1
1
=①
C
N
E/
5.2
=②
(2)相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
1
2
1
1
1
1R
v
m
B
q=
ν③
半径为
B
q
v
m
R
1
1
1
1
=④
周期为s
B
q
m
T1
2
1
1=
=
π
⑤
因为两小球运动时间 T s t 4
375.0== 所以小球1只能逆时针经
4
3
个圆周时与小球2再次相碰 ⑥ 第一次相碰后小球2作平抛运动 2
22
1gt R h == ⑦
t R L 11ν== ⑧
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向
221101νννm m m +-= ⑨
由⑦、⑧式得 s m /75.32=ν 由④式得 ==
1
1
11m BR q v 17.66 m/s 所以两小球质量之比
=12m m 112
1
0=+v v v ⑩ 由以上解析过程知，1、2小球发生的是非弹性正碰。
⑶完全非弹性碰撞
完全非弹性碰撞跟非弹性碰撞的区别仅在于这时能量损失最多，特点是碰后两者达到共同速度。
例 3、（天津理综）如图所示，坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 1 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械
能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端与质量为 m 2 档板 B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端 O 点。
A 与B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM 段 A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g ，求
（1）物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度ν的大小；
（2）弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 Ep （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。
解析：A 、B 碰后结合在一起运动，则表明碰撞是完全非弹性碰撞。
（1）由机械能守恒定律，有
2111
2
m gh m v =
○1
v =
○
2 （2）A 、B 在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有
112()'m v m m v =+
○
3 A 、B 克服摩擦力所做的功
12()W m m gd μ=+
○
4
由能量守恒定律，有
212121
()'()2
p m m v E m m gd μ+=++
○
5 解得
2
11212
()p m E gh m m gd m m μ=-++ ⑥
二 斜碰
碰撞过程的前后，相互作用的物体的速度不在一条直线上的碰撞问题。
例 4、（江苏卷）如图所示，质量均为 m 的 A 、B 两个弹性小球，用长为 2l 的不可伸长的轻绳连接。
现把 A 、B 两球置于距地面高 H 处（H 足够大），间距为 l 。
当 A 球自由下落的同时，B 球以速度0ν指向A 球水平抛出。
求：
（1）两球从开始运动到相碰，A 球下落的高度。
（2）A 、B 两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量。
（3）轻绳拉直过程中，B 球受到绳子拉力的冲量大小。
解析：碰前A 做自由落体运动，速度方向竖直向下，B 做平抛运动，速度与竖直方向存在一夹角，因此是斜碰。
（1）设 A 球下落的高度为 h
t l 0ν= ①
2
2
1gt h =
② 联立①②得
20
2
2νgl h = ③
（2）由水平方向动量守恒得
\
\0Bx
Ax m m m ννν+= ④ 由机械能守恒得
)(2
1)(2121)(212
\2\2\2\2220By Bx Ay Ax Ay By m m m m ννννννν+++=++ ⑤ 式中Ay Ay νν=\ ，By By νν=\
联立④⑤得
0\νν=Ax ，0\=Bx ν
⑶A 、B 两球竖直方向同步运动，绳子绷直时绳子上产生的弹力只沿水平方向，由水平方向动量守恒得
BC m m νν20=
2
ννm
m I BC ==
A
B
H
l
另解 ：若以跟A 、B 同时做自由落体运动的物体为参考系，则可把斜碰转化为正碰。
（2）由A 、B 相碰过程中，动量守恒 ，机械能守恒得
2
\220\
02
12121B A B
A m m m m m m νννννν+=+=
解得0νν=A ，0=B ν ⑶绳子绷直过程中动量守恒 BC m m νν20=
B 球受到绳子拉力的冲量为 2
ννm
m I BC ==
06年广东卷涉及到的碰撞情况很简单，这里不再赘述。