第1部分 专题7 “碰撞类”模型问题(Word教参)-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

该高中物理高考复习教案聚焦碰撞类模型这一高考高频考点，系统整合物体与物体正碰、滑块—弹簧、滑块—圆弧轨道、滑块—木板四大模型，围绕动量守恒、动能不增加、速度合理等核心规律，通过考点梳理（碰撞原则、弹性碰撞特征）、方法指导（模型建构、规律应用）、真题训练（典型例题解析）三环节，帮助学生构建碰撞问题分析框架，突破解题难点。 教案以科学思维和模型建构为核心，采用“模型归类+规律总结+典例精讲”策略，如在滑块—木板模型中，先提炼“共速时相对位移极值”等模型特点，再结合动量守恒与能量守恒推导解题通法，培养学生科学推理能力。设置基础到综合的例题梯度，配合详细解析与易错点标注，确保高效突破考点，助力教师精准把控复习节奏，提升学生高考实战能力。

专题七　“碰撞类”模型问题 题型一　“物体与物体”正碰模型(师生共研) 1．碰撞遵守的原则 (1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2. (2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋. (3)速度要合理 ①碰前两物体同向，则v后>v前 ；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后． ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒 解得v′1＝， v′2＝ (2)分析讨论： 当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v′1＝v2，v′2＝v1，即两物体交换速度． 当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则： v′1＝，v′2＝， ①m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，碰撞后两物体交换速度． ②m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两物体沿同方向运动． ③m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来． 3．类碰撞的特征 (1)两物体的相互作用过程：作用时间较长、作用力较小． (2)同样遵循碰撞的三原则 ①动量守恒、动能守恒：类弹性碰撞． ②动量守恒、动能不守恒：类非弹性碰撞． ③动量守恒、动能减少的最大：类完全非弹性碰撞． 如图所示，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N0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： (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． 解析　(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0， 所以Fn＝m＝4m. (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， m(2v0)2＝mv2＋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t1＝，v0t2＋2v0t2＝πR， 所以Δt＝t1＋t2＝. 答案　(1)4m　(2)3m　(3)　 如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为(　B　) A．2 m/s，5 kg B．2 m/s，3 kg C．3.5 m/s，2.86 kg D．3.5 m/s，0.86 kg 题型二　“滑块—弹簧”碰撞模型(师生共研) 1．模型图示 2．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，系统机械能守恒． (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型) . (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)． A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M)．若使A球获得瞬时速度v(如图甲所示)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙所示)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　C　) A．L1＞L2 B．L1＜L2 C．L1＝L2 D．不能确定 如图所示，质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上．现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep1.现将物体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至P点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep2.则Ep1∶Ep2等于(　B　) A．1 B．2 C．3 D．4 如图所示，地面光滑，质量为m1的A物块，以v0＝10 m/s的速度向右匀速运动．质量分别为m2、m3的物块B与C，由轻质并且处于原长状态的弹簧相固连，B、C和弹簧初始静止放置，某时刻A与B碰撞后立刻粘在一起．已知m1＝2 kg，m2＝m3＝3 kg，求： (1)A与B碰撞粘在一起后瞬间的速度大小； (2)此后运动过程中，弹簧被第一次压缩到最短时的弹性势能大小． 解析　(1)A与B碰撞过程，以A﹑B为系统，粘在一起的共同速度为v，取向右为正方向， 由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v， 代入数据解得v ＝ 4 m/s. (2)从A与B碰撞粘在一起后到弹簧被第一次压缩到最短的过程中，A、B、C所构成系统的机械能守恒，设弹簧被压缩到最短时，三者共同的速度为v， 则有(m1＋m2)v＝(m1＋m2＋m3)v′， (m1＋m2)v2＝(m1＋m2＋m3)v′2＋Ep，解得Ep＝15 J. 答案　(1)4 m/s　(2)15 J　 题型三　“滑块—光滑圆弧轨道”碰撞模型(师生共研) 1．模型图示 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)． (2)最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型)． 如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B．求： (1)碰撞过程中系统损失的机械能； (2)碰撞后小物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度． 解析　(1)小物块C与小物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv， 解得v＝v0， 碰撞过程中系统损失的机械能为 E损＝mv－×2mv2， 解得E损＝mv. (2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．根据动量守恒定律有mv0＝(m＋m＋3m)v1， 解得v1＝v0， 由机械能守恒得×2m(v0)2＝×5m×(v0)2＋2mgh， 解得h＝. 答案　(1)mv　(2)　 在光滑水平地面上放有一质量M＝3 kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝5 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W； (2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L. 解析　(1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，得mv0＝(m＋M)v， 对小车由动能定理得W＝Mv2， 联立两式解得W＝6 J. (2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得mv0＝mv1＋Mv2， 小球和小车由功能关系得 mv＝mv＋Mv， 联立两式解得v1＝－1 m/s，v2＝4 m/s； 小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动 h＝gt2，L＝(v2－v1)t， 代入数据解得L＝2 m. 答案　(1)6 J　(2)2 m　 题型四　“滑块—木板”碰撞模型(师生共研) 1．模型图示 2．模型特点 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)． (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能． (3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多． (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解． 如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B．某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g.求： (1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小； (2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件； (3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动．要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少． 解析　(1)对A有μmg＝maA， 解得aA＝μg，对B和C有μmg＝2maB， 解得aB＝. (2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于C滑行距离为L，由动量守恒有mv1＝3mv共， 且有μmgL≥mv－×3mv， 解得v1≤. (3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度， 由动量守恒有mv0＝3mv共′， 且有μmgL总＝mv－×3mv共′2， 联立解得L总＝. 答案　(1)μg　　(2)v1≤　(3)　 如图所示，质量m1＝2 kg、长度l＝5 m的木板，以速度v1＝5 m/s沿光滑水平面向右匀速运动．某时刻一质量m2＝1 kg的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度v2＝5 m/s从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板．重力加速度g取10 m/s2.求： (1)木块与木板间的动摩擦因数； (2)小木块做加速运动过程的时间． 解析　(1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v，以水平向右为正．对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v， 由能量守恒定律有 Q＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2， 且Q＝μm2gl， 联立以上各式， 代入相关数据可得μ＝. (2)设小木块在木板上加速的时间为t，对小木块由动量定理有μm2gt＝m2v－0，代入相关数据可得t＝0.25 s. (设小木块在木板上加速的时间为t，加速度为a，则μm2g＝m2a，v＝at，代入相关数据可得t＝0.25 s) 答案　(1)　(2)0.25 s　 学科网（北京）股份有限公司 $$