2024屆高考物理第一輪復習重難點練習：第七章 強化十　碰撞模型的拓展

專題強化十碰撞模型的拓展

【目標要求】1.會分析、計算“滑塊一彈簧”模型有關(guān)問題2理解“滑塊一斜（曲）面”模型與

碰撞的相似性，會解決相關(guān)問題.

題型一“滑塊一彈簧”模型

1.模型圖示

777777777777777777777777777/***

水平地面光滑平行且光滑的水平桿

2,模型特點

（1）動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動

量守恒.

（2）機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒.

（3）彈簧處于最長（最短）狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最?。ㄏ喈斢谕?/p>

全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能）.

（4）彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大（相當于剛完成彈性碰撞）.

【例1】（2023?江西南昌市模擬）如圖所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為孫和〃?2的兩物體

甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度oo=4m/s,當甲物

體的速度減小到1m/s時，彈簧最短.下列說法中正確的是（）

.如

甲E頓mN呵乙

A.此時乙物體的速度大小為1m/s

B.緊接著甲物體將開始做加速運動

C.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比如：儀=1：4

D.當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4m/s

答案A

解析根據(jù)題意可知，當彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度大小

也是1m/s,A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯誤；根據(jù)動量

守恒定律可得"?1訪）=（，"|+S2）。，解得機1：〃[2=1：3,C錯誤：當彈簧恢復原長時，根據(jù)動

量守恒定律和機械能守恒定律有，='+機2。2'，g機'2+/2。2’2,聯(lián)立

解得=2m/s,D錯誤.

【例21(多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為皿和ni2的兩物塊A、B相連接

并靜止在光滑的水平地面上.現(xiàn)使A以3m/s的速度向8運動壓縮彈簧，A、B的速度一時間

圖像如圖乙，則有()

A.在九、以時刻兩物塊達到共同速度1m/s,且彈簧都處于壓縮狀態(tài)

B.從到■過程中，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復原長

C.兩物塊的質(zhì)量之比如：W2=l:2

D.在t2時亥A與8的動能之比Eki:反2=1:8

答案CD

解析開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，A時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，

勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復原長，8仍然加速，A先喊速為零，然后

反向加速，玄時刻，彈簧恢復原長，由于此時兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸

增大，兩物塊均減速，A減為零后又向B運動的方向加速，在“時刻，兩物塊速度相同，系

統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從打到〃過程中，彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，故A、B錯誤；

根據(jù)動量守恒定律，f=0時刻和時刻系統(tǒng)總動量相等,m\V\=(m\+m2)V2,其中5=

3m/s,仍=1m/s,解得如：加2=1：2,故C正確；在々時刻A的速度為0A=—Im/s,B的

速度為VB=2m/s,根據(jù)Ek=gmv2,且mi:〃?2=1：2,求出Eki：Ek2=1：8,故D正確.

【例3】(2022?全國乙卷25改編)如圖(a),一質(zhì)量為，"的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在足夠

長光滑水平面上；物塊B向A運動，1=0時與彈簧接觸，至卜=2h時與彈簧分離，碰撞結(jié)束,

A、8的。一f圖像如圖(b)所示.己知從1=0至Ur=fo時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36oofo.

碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi).求：

(1)碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值.

答案(l)O.6wuo2(2)O.768voA)

解析(1)當彈簧被壓縮至最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、8速度相等，即在時亥L

根據(jù)動量守恒定律有niB-1.2vo=(WB+m)vo

根據(jù)能量守恒定律有

Epmax=52Ml.2%)2一;(%砧+加

聯(lián)立解得"28=5m，Epmax=0.6mDO?

(2)3接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、8動量守恒，有〃784.2。0=m8。8+加內(nèi)

對方程兩邊同時乘以時間△/,有

6mOoAf=5相如加+nWA^t

0?fo之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，可得6tnv()t()=5msmsA,將SA=0.36OOA)

代入可得ss=1.128g/o

則碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

△s=sa-SA=0.768oofo.

題型二“滑塊一斜(曲)面”模型

1.模型圖示

A

MV_n/n

力,〃〃〃〃〃〃〃〃〃力〃/

接觸面光滑

2.模型特點

(1)上升到最大高度：，〃與“具有共同水平速度。共，此時〃?的豎直速度4=0.系統(tǒng)水平方向

22

動量守恒，，加0=("+m)。共；系統(tǒng)機械能守恒，^mv0=^M+m)v)<i+mgh,其中h為滑塊

上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化

為根的重力勢能).

2

(2)返回最低點：m與M分離點.水平方向動量守恒，mv0=mV1+Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，!?nvo

=品。2+*^22(相當于完成了彈性碰撞).

【例4】(多選)質(zhì)量為M的帶有;光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一

質(zhì)量也為M的小球以速度。。水平?jīng)_上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重

力加速度為g,貝版)

A.小球以后將向左做平拋運動

B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動

C.此過程小球?qū)π≤囎龅墓酠s，

D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為工

答案BC

解析小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度V1,由動量守恒定律和機械能

守恒定律有,ZMVO2=2X2MV,2+Mgh,聯(lián)立解得〃=言，故D錯誤；從小球

滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，機械能

守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時速度變?yōu)榱悖?/p>

開始做自由落體運動，小車速度變?yōu)?。o,動能為Jwoj,即此過程小球?qū)π≤囎龅墓?MoJ,

故B、C正確，A錯誤.

【例5】（多選）（2023?山東濟南市模擬）如圖所示，質(zhì)量為2kg的四分之一圓弧形滑塊P靜止于

水平地面上，其圓弧底端與水平地面相切.在滑塊尸右側(cè)有一固定的豎直彈性擋板，將一質(zhì)

量為1kg的小球Q從滑塊頂端正上方距地面1.2m處由靜止釋放，小球Q恰能沿切線落入滑

塊P.小球與擋板的碰撞為彈性碰撞，所有接觸面均光滑，重力加速度取g=10m/s2.下列說法

正確的是（）

Q-

彈性擋板

.0

A.若滑塊P固定，小球。能回到高1.2m處

B.若滑塊P固定，小球Q第一次與擋板碰撞過程擋板對小球的沖量大小為2#N.s

C.若滑塊尸不固定，小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4m/s

D.若滑塊P不固定，經(jīng)過多次碰撞后，滑塊的最終速度大小為3m/s

答案AC

解析若滑塊尸固定，由于小球在各個環(huán)節(jié)無機械能損失，可知小球。能回到高1.2m處，

選項A正確；若滑塊P固定，小球Q第一次與擋板碰撞時的速度大小為。=會記=2#m/s,

碰撞過程擋板對小球的沖量大小為/=2〃w=4亞N$選項B錯誤；若滑塊P不固定，則小

球與滑塊相互作用過程中，滑塊和小球在水平方向動量守恒，則，“5—■用。2=0,mgh=Zjinv\1

+^MV22,聯(lián)立解得。|=4m/s,6=2m/s,即小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4m/s,

選項C正確；若滑塊P不固定，小球與擋板第一次碰撞后將以等大速度反彈，則滑上滑塊后

再滑回到地面的過程，由動量守恒定律和能量關(guān)系可知〃皿+M02=，〃O1'+MV21,+

}jMvr-=\nw\'2+^Mv2'2,聯(lián)立解得v\1m/s,V2'='m/s,因此時小球的速度小于

滑塊的速度，則小球與擋板碰后不能再次追上滑塊，則滑塊的最終速度大小為當m/s,選項

D錯誤.

【例6】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和

其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，

冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為〃=0.3m優(yōu)小于斜面體的高度).已知

小孩與滑板的總質(zhì)量為仙=30kg,冰塊的質(zhì)量為g=10kg,小孩與滑板始終無相對運動.重

力加速度的大小取g=10m/s2.

(1)求斜面體的質(zhì)量；

(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？

答案⑴20kg(2)不能，理由見解析

解析(1)規(guī)定向左為正方向.冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共

同速度為0,斜面體的質(zhì)量為成3.對冰塊與斜面體分析，由水平方向動量守恒和機械能守恒得

"7200=(，"2+，"3)。①

；機2。()2=；(m2+ttl3)V2+Hl2gh②

式中Oo=3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得。=1m/s,；"3=20kg③

(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為vi,對小孩與冰塊分析，由動量守恒定律有miVi+m2Vo=O?

代入數(shù)據(jù)得Vi=-1m/s⑤

設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為。2和03,對冰塊與斜面體分析，由動量守恒定律和機械

能守恒定律有，"2。0=機202+機3。3⑥

222

^ni2Vo—^m2V2+^m3V3?

聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得02=-1rn/s⑧

由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊

不能追上小孩.

課時精練

題基礎(chǔ)落實練

1.(多選)(2023?廣東東莞市高三檢測)如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為，"的光滑

弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量為2〃?的小球從槽高〃處自

由下滑，則下列說法正確的是()

A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒

B.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動

D.被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球能回到槽高力處

答案ABC

解析槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外

力為零，則水平方向上動量守恒，選項A正確；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)只有重

力做功，則機械能守恒，選項B正確；球下滑到底端時由動量守恒定律可知ms=2,ns,解

得5=2s,球被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光

滑，則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤.

2.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，

與水平方向的夾角為。.一個質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度比沿斜面向上開始運

動.當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為。，距地面高度為/?,重力加速度為g,

則下列關(guān)系式中正確的是()

A.mvo=(m+M)v

B.mvocos9—(m+M)v

C.^m(vosin3)2=mgh

D機0(?=mgh+^(m+M)v2

答案BD

解析小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體有共同速

度，且都為v,沿水平方向，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機械能守恒，

以水平向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得，TWOCOS0=(m+M)v,

故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得;機劭2=川故c

錯誤，D正確.

3.(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質(zhì)量都為機，B左端固定一個處在壓縮

狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效.A以速率。向右

運動，當A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過彈性限度，關(guān)于它們后續(xù)的運動過程，下列說法

正確的是（）

—

[0TO1

A.A物體最終會靜止，B物體最終會以速率。向右運動

B.4、B系統(tǒng)的總動量最終將大于

C.A、8系統(tǒng)的總動能最終將大于;機。2

D.當彈簧的彈性勢能最大時，A、8的總動能為由"。2

答案CD

解析設(shè)彈簧恢復原長時A、2的速度分別為5、v2,規(guī)定向右為正方向，4、8兩物體與彈

簧組成的系統(tǒng)在整個過程中動量守恒、機械能守恒，則有"?0=的+,〃02,痂+品〃=/02

+^inv22,解得功WO,V2WV,故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，知A、8系統(tǒng)的總動量最

終等于機。，故B錯誤：彈簧解除鎖定后存儲的彈性勢能會釋放導致系統(tǒng)總動能增加，系統(tǒng)

的總動能最終將大于故c正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，

由動量守恒定律知/加'，得o'=2V＞則有Ek=%z?2=%?02,故D正確.

4.（2023?山西運城市高三檢測）如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為〃的四分之

一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為上最低點處剛好與水平地面相切.一質(zhì)量為機的小球以一

定的初速度。。沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失.如果圓弧

滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面

D

上能到達的最大高度為全則小球與滑塊質(zhì)量之比m：M為（）

A.1：2B.1：3

C.2：1D.3：1

答案C

解析當圓弧滑塊固定時，有52加2=/叫&當圓弧滑塊不固定，取水平向右為正方向，根據(jù)

|R1

系統(tǒng)水平方向動量守恒，有=+根據(jù)機械能守恒定律有產(chǎn)0（）2=，〃際+]（〃]+M屋,

聯(lián)立解得m:M=2：I,故選C.

5.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球。（視為質(zhì)

點）的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，。離開P時的動能為

EH.現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，。離開P時的動能為反2,Ekl和Ek2的比值

為（）

-3-3

A/Bqc./

答案C

解析設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m,則。的質(zhì)量為m,弧形頂端與底端的豎直距離為力；尸鎖定時,

Q下滑過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得加時=反1，P解除鎖定，Q下滑過程中，P、

Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得rm）Q—2nwp=

0,由機械能守恒定律得mg/7=/〃WQ2+；X2??Wp2,Q離開P時的動能Ek2=；〃W02,聯(lián)立解得

J7..7

L=G，故C正確.

七k22

6.如圖，在光滑的水平面上靜止放一個質(zhì)量為m的木板B,木板表面光滑，左端固定一個

輕質(zhì)彈簧.質(zhì)量為2m的木塊4以速度。。從板的右端水平向左滑上木板A當木塊A與彈簧相

互作用的過程中，下列判斷正確的是（）

川

BIWWVWAAMVA[~\2m

，〃，，》〃〃〃〃〃〃〃，〃〃〃〃〃〃〃〃》〃，〃〃，

A.B板的加速度一直增大

B.彈簧壓縮量最大時，8板的速率最大

C.彈簧的最大彈性勢能為|"磔2

D.彈簧對木塊A的沖量大小為4最硒

答案D

解析彈簧壓縮量先增大后減小，則8板受到的彈簧彈力先增大后減小，B板的加速度先增

大后減小，A錯誤；在木塊A與彈簧相互作用的過程中，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，B板一直

在加速，所以彈簧恢復原長時，3板運動速率最大，B錯誤；當A、8的速度相同時，彈簧的

壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律和能量守恒定律可得2加0=（2，〃+%）。，

I1?1

/M2

2X2mv（r=2（+2/n）v+Epm,聯(lián)立解得。=甲），Epm=^inv（?,C錯誤；設(shè)A與彈簧分離時，

A與B的速度分別為5和6,取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有2%加=2m。1+%02,根

據(jù)機械能守恒定律有;X2機0（）2=；x2nj0i2+；,"022,聯(lián)立解得0=持，02=*>0,對木塊A,

4

根據(jù)動量定理有/=2〃皿一2/no（）=-D正確.

b能力綜合練

7.（多選）如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度。o向右運動壓

縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為X.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B（如圖乙所示），

物體4以2%的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x,貝1（）

?%￡*■2Vq

/〃）〃，），〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/，＞〃，'，〃，，，，，〃，，〃，，〃，，，〃，〃〉，，/，，

甲乙

A.A物體的質(zhì)量為

B.A物體的質(zhì)量為2加

C.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為射。/

D.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為〃?。（）2

答案AC

解析對題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M,由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能穌

對題圖乙，物體A以2。0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧

達到最大壓縮量時，A、8二者速度相同，由動量守恒定律有M-2o（）=（M+機比，由能量守恒

2

定律有￡p=；M（2a））2-;（M+M*聯(lián)立解得M=3%EP=|/MUO,選項A、C正確，B、D

錯誤.

8.（多選）（2023?重慶市名校聯(lián)考）如圖所示，A、B、C三個半徑相等的剛性小球穿在兩根平行且

光滑的足夠長的桿上，三個球的質(zhì)量分別為西=2kg、，”B=3kg、mc=2kg,初狀態(tài)三個小

球均靜止，8、C兩球之間連著一根輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長狀態(tài).現(xiàn)給A球一個向左的初

速度g=10m/s,A、B兩球碰后A球的速度變?yōu)榉较蛳蛴摇⒋笮?m/s.下列說法正確的是

（）

C

A.球A和球B間的碰撞是彈性碰撞

B.球A和球B碰后，彈簧恢復到原長時球C的速度大小為9.6m/s

C.球A和球8碰后，球8的最小速度為1.6m/s

D.球A和球B碰后，彈簧的最大彈性勢能可以達到96J

答案ABC

解析A、8兩球碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，根據(jù)動量守

恒定律有且。i=-2m/s,代入數(shù)據(jù)解得s=8m/s,碰撞前系統(tǒng)的總動

能Ek=；〃?A0（）2,碰撞后系統(tǒng)的總動能Ek'^mAVr+^niBV^,代入數(shù)據(jù)解得Ek=Ek',則A、

B兩球碰撞過程中系統(tǒng)的機械能守恒，因此球A和球B間的碰撞是彈性碰撞，A正確；由于

8、C兩球及彈簧組成的系統(tǒng)在運動的過程中滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，當8球

的速度最小時，彈簧處于原長狀態(tài)，則有WfiV2=mBVy+mCV4,=1wfiU32+|wcl;42,聯(lián)

立解得03=1.6m/s,。4=9.6m/s,因此B球的最小速度為1.6m/s,此時C球的速度大小為

9.6m/s,B、C正確；當B、C兩球速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，則有神鹿2=（，"8+機。）。5,

Epmax=那BVe-+WC>52,聯(lián)立解得Epmax=38.4J,D錯誤.

9.（多選）如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為H（R足夠大）的;圓弧曲面C,質(zhì)量

為M的小球8置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為了，小球A以0o=6m/s的速度向B運動，

并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質(zhì)點，貝心）

A.B的最大速率為4m/s

3

B.3運動到最高點時的速率為wm/s

C.B能與A再次發(fā)生碰撞

D.2不能與A再次發(fā)生碰撞

答案AD

M

解析A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得彳

M1M1M1

VO=^~VA+MVB,^-yPo2—,聯(lián)立解得〃=-12m/s,VB=4m/s,故B的最大速

率為4m/s,選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設(shè)