第3讲 专题强化：碰撞模型拓展-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

第七章动量守恒定律 听课记录 考向2非弹性碰撞问题 【典例7】如图所示，光滑 水平面上依次有滑块C 质量mc=2kg,滑块A质量mA=3kg,滑块B 考向3碰撞的可能性分析 质量mB=3kg。开始时A、B静止，C以初速 【典例8】如图所示，A、B两个A 度v。=10m/s的速度冲向A,与A发生弹性 小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方 碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞 向，则A的动量pA=10kg·m/s,B的动量 并粘在一起。求： pB=6kg·m/s,A、B碰后A的动量增加量 (1)C与A碰撞后A的速度大小； (2)A与B碰撞过程中损失的机械能。 △pA=-4kg·m/s,则A、B的质量比m△应满 7m3 足的条件为 ) B. 3mA≤1 ≤m D. mA∠1 听课记录 147 温馨提示) 学习至此，请完成课时作业36 第3讲 专题强化：碰撞模型拓展 热点题型突破 题型探究·能力提升 题型一 滑块一弹簧模型 1.模型图示（如图所示） (2)机械能守恒：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 m1/000000012 B 77777 同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于 水平地面光滑 平行且光滑的水平杆 完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹 2.模型特点 簧的弹性势能)。 (1)动量守恒：两个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0，则系统动量 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最 守恒。 大（相当于刚完成弹性碰撞）。 红圈勾·讲与练·高三物理 【典例1】如图所示，质量为 ， 分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹 m2=4kg和m3=3kg的m m3 】C00000B 簧处于原长状态。现给小球B一个水平向右的 B,C两物体静止放在光滑水 77777777777777777777777777 初速度。，两杆足够长，则在此后的运动过程中 平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为 () m1=1kg的A物体以速度vo=8m/s向右运动， A.A、B组成的系统动量不守恒 A与C碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起。求： B.A、B组成的系统机械能守恒 (1)A和C碰撞过程中损失的机械能； C.弹簧最长时，其弹性势能为2(m十m, n2v号 (2)弹簧能产生的最大弹性势能； (3)弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程 D.A的最大速度是 2m20g 中，对C冲量的大小。 m1十m2 2.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 m1m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水 平面上。现使A获得水平向右、大小为3m/s 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随 时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信 息可得 ( ↑m·s-) 3 2- B 1- B 0 148 -1-- 乙 A.在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s, 且弹簧分别处于拉伸和压缩状态 [对点演练) B.两物块的质量之比为m1:m2=2:1 1.如图所示，两根光滑且平 C.在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1: 行的固定水平杆位于同一 E2=8:1 竖直平面内，两静止小球 D.在t2~t3时间内A、B的距离逐渐增大，13时 A、B的质量分别为m1、m2, 刻弹簧的弹性势能最大 题型二 滑块一斜面（曲面）模型 1.模型图示（如图所示） 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的重力势能)。 (2)返回最低点：滑块与斜（曲）面分离点。系统 水平方向动量守恒，有mv。=mv1十Mv2;系统 接触面光滑 2.模型特点 机被能守恒，有mg=了moi十 2Mu(相当于 (1)上升到最大高度：滑块与斜（曲）面具有共同 弹性碰撞)。 水平速度，此时滑块的竖直速度0，=0。系 【典例2】（多选）(2025·黑 统水平方向动量守恒，有o。=(M十m)v共；系 龙江牡丹江高三月考)如而 1 1 统机械能守恒，有2m6=2(M十m)v十 图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑 mgh,其中h为滑块上升的最大高度，不一定等 水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平 第七章动量守恒定律 进 地面相切，质量为m的滑块b以初速度v。向 D.圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对 右运动滑上a,沿a左侧面上滑一段距离后又 地面的最大压力之比为9：7 返回，最后滑离a,不计一切摩擦，滑块b从滑 4.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的 上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是 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 A.滑块b沿a上升的最大高度为 块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰 g 块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大 B.物块a运动的最大速度为20 高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知 C.物块a对滑块b的冲量大小为5m 小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量 为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。重 D.物块a对滑块b所做的功为一， 25n 力加速度g取10m/s2。 (1)求斜面体的质量； 听课记录 (2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追 上小孩？ 【对点演练】 3.如图所示，一质量为2m、半径 为R的四分之一光滑圆弧 槽，放在光滑的水平面上，底 端B点切线水平，有一质量 149 为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释 放。不计空气阻力，在小球滚到槽底端B点的 过程中，下列说法正确的是 () A.若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量 守恒 B.若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小 衣 C.圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滚到 B点时的速度之比为√6：1 题型三 滑块一木板模型 1.模型图示（如图所示） 3.求解方法 m华 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象 wmn 为一个系统。 水平地面光滑 (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一 2.模型特点 个物体。 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与 (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守 两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 恒定律Q=F△x或Q=E初一E末，研究对象为 (2)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同 一个系统。 时，滑板速度最大，相对位移最大。 2勾·讲与练·高三物理 【典例3】(2025·四川成都 【对点演练」 七中高三诊断)如图所示，啊 M nm5.(多选)如图所示，一质量M=3kg的长木板B 质量M=3kg、上表面粗糙的长木板静止在光 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m= 滑的水平面上，t=0时，质量m=3kg、表面粗 1kg的木块A。现以地面为参考系，给A和B 糙的物块（可视为质点）以初速度v。=4m/s 以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A 滑上长木板，经过时间△1=2s物块和长木板 开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没 以共同速度匀速运动，重力加速度g取 有滑离B板。A、B间的动摩擦因数为0.1，g取 10m/s2,则 10m/s2。下列说法正确的是 () A.长木板做匀加速运动的加速度大小为2m/s B.物块与长木板之间动摩擦因数为0.1 B 717774777777777727777777772 C.长木板的长度至少为6m A.木块A一直做匀减速直线运动 D.物块与长木板组成的系统损失的机械能为10J B.木块A在木板B上滑动过程中，木块A的加 听课记录 速度大小不变，方向变化 C.木块A在加速运动过程中，木块A相对于木 板B运动了2.67m D.整个过程中，滑动摩擦产生的热量为24J 题型四 子弹打木块模型 150 1.模型图示（如图所示） 【典例4】（多选）(2024·湖 北卷)如图所示，在光滑水 m三 mM 777777777777 平面上静止放置一质量为 77777☑ M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入 木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻 水平地面光滑 2.模型特点 力不变，其大小∫与射入初速度大小。成正 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量 比，即∫=kv(k为已知常数)。改变子弹的初 守恒。 速度大小。，若木块获得的速度最大，则 (2)系统的机械能有损失。 3.两种情境 A.子弹的初速度大小为2kL(m+M mM (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损 B.千弹在木块中运动的时间为(m十M 2mM 失最多（完全非弹性碰撞） 动量守恒：mv0=(m十M)0, C.木块和子弹损失的总动能为L(m十M 1 mM 能量守恒：Q=F:·s=2w-2(M+m)02。 mL D.木块在加速过程中运动的距离为 (2)子弹穿透木块 +M 动量守恒：mo=m1十Mv2, 听课记录 能量守恒：Q=F:·d=2mo品 1 第七章动量守恒定律 进 对点演练 C.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向 6.(多选)如图所示，木块置于 光滑的水平面上，质量为m 木块，子弹穿出时速度小于 500 的子弹以初速度。水平向右射向木块，穿出 D.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向 木块时子弹的速度为号木块的速度为 木块，系统产生的内能小于号 mvg 设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力 始终保持不变，下列说法正确的是 ( 温馨提示) A.木块的质量为3m 学习至此，请完成课时作业37 B.子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为 9 25mvd 第4讲 专题强化：力学三大观点的应用 热点题型 突破 题型探究·能力提升 1.三个基本观点 (4)在涉及相对位移时优先考虑能量守恒定律， (1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学 系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的 知识解题，可处理匀变速运动问题。 减少量，即转变为系统的内能。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象 题，可处理非匀变速运动问题。 时，需注意到这些过程一般均隐含系统机械能 151 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解 与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短， 题，可处理非匀变速运动问题。 因此用动量守恒定律去解决。 2.五大基本规律 【典例1】(2023·天津卷)已知A、B两物体的质 量mA=2kg,mB=1kg,A物体从距水平地面 规律 公式表达 h=1.2m处自由下落，且同时B物体从水平 牛顿第二定律 F合=ma 地面竖直上抛，经过1=0.2s相遇碰撞后，两 W合=△Ek: 物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g取 动能定理 1 1 W台=2mw号-2m 10m/s2,求： (1)碰撞时离地高度x; E1=E2, 机械能守恒定律 (2)碰后速度v; ms%,+ 2mvi=mgh,十1 (3)碰撞损失的机械能△E。 动量定理 F合t=p'一p,I合=△p 动量守恒定律 miv+m2v2=m1v+m2v2 3.选用规律原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式， 可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体因受到力的持续作用而发生运 动状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的问 题)或动能定理（涉及位移的问题）去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有 相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒 定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否 满足守恒的条件。m。干m。,因此当被碰粒子分别为氢 2m0 核(m。)和氨核(14m。)时，有v1=vo, 2 0=后o,综上有u1>u,CD错误； 碰撞后氨核的动量为p戴=14mo02= 28 o,氢校的动量为力复=mU1 moo,p氯>p宝，A错误：碰撞后氨核的 动能为E=之X1m,听 28 22m, 1 氢核的动能为Ea=2m,听=26， Ek缘<EkB正确。 典例7(1)8m/s(2)48J 解析：(1)取向右为正方向，以C、A为 系统研究，根据动量守恒定律有 mcvo=mcvc十mAvA,根据机械能守 恒定律有2me6=交ie呢+豆mAoi, 解得vc=-2m/s,va=8m/s,即C 与A碰撞后A的速度大小为8m/s。 (2)仍取向右为正方向，以A、B为系统 研究，根据动量守恒定律有mAUA= (mA十m)v,根据能量守恒定律有 1 1 E0=2mn-2(m十mu)o,解 得E毅=48J。 典例8B因为A追上B发生碰撞，则 碰前速度满足A>,即>，解 mA mB 得<号，难撞过程满是动量守恒， y 则pA十pB=pA十pB,由题意知pA= pa十△pA=6kg·m/s,则pi= 0kg·m/s,由能量关系得2m千 织器十器部特会1， mu 速度满足vA≤，即D≤L,解得 mA B正确。 第3讲专题强化：碰撞模型拓展 热点题型突破… 题型一滑块一弹簧模型 典例1(1)24J(2)4J (3)4kg·m/s 解析：(1)设A与C碰撞后的速度为 1,碰撞过程系统动量守恒，以向右为 正方向，由动量守恒定律得m1v= （m1十m3）v1 由能量守恒定律得7m,=子(m十 ma)7十△E, 代入数据解得v1=2m/s,△E=24J。 (2)三个物体组成的系统动量守恒，以 向右为正方向，由动量守恒定律得 (m1十m3)v1=(m1十m2十m3）v共， 代入数据解得v共=1m/s, 由能量守恒定律得宁(m十m,)i 1 (m1十m3十m)w4十△E。, 代入数据解得△E。=4J。 (3)设弹簧对B的冲量大小为I2,对B 由动量定理得I,=m2℃共一0=4kg· m/s,所以弹簧对C冲量的大小是 I3=I2=4kg·m/s。 对点演练 1.DA、B组成的系统所受合力为零，则 系统的动量守恒，A错误；A、B及弹簧 组成的系统机械能守恒，B错误；弹簧 最长时，两球共速，则由动量守恒定律 得m2Uo=(1十m2)v,此时弹簧弹性势 能为E,=2m,6-2m1十m:)o= m1m206 、,C错误；当弹簧再次恢复 2(m1十m2 到原长时A的速度最大，则m2v。= 1 2m,D正确。 之m:吃，解得0一1中m 2.D根据图像可得开始时A的速度比 B大，弹簧被压缩，t1时A、B速度相 同，此时弹簧压缩量达到最大，之后B 的速度比A大，弹簧压缩量开始变小， t2时弹簧恢复原长，之后弹簧开始被 拉伸，A、B的距离逐渐增大，t:时刻 A、B速度相等，此时弹簧拉伸量达到 最大，弹簧的弹性势能最大。之后A 的速度又大于B,弹簧拉伸量开始变 小，t时刻弹簧恢复原长状态，故A错 误，D正确：根据系统动量守恒，取向右 为正方向，在0一t1时间内有m1v0= (1十m2)V共，代入数据解得m1: m2=1:2,故B错误；t2时刻A、B两 1 物块的动能之比为E 2m11 2m2 1.121 2X2=8,故C错误。 题型二滑块一斜面（曲面）模型 典例2BDb沿a上升到最大高度时， 两者速度相等，取向右为正方向，在水 平方向，由动量守恒定律得。= (m十4m)v,由机械能守恒定律得 2mu=2（m十4m)v十mgh,解得 _2心，A错误；滑块b从滑上a到滑 h5g 离a后，物块a运动的速度最大，系统 在水平方向动量守恒，对整个过程，以 向右为正方向，由动量守恒定律得 mvo=mUb十4mua,由机械能守恒定律 1 1 得2m=2mu+2 X4mu,解得 2 3 U5 U=一5。，B正确：对b 、由动量定理得I=二5mu。一m。三 -555- 8 一5mU,C错误：对b由动能定理得 w（)广-m 8 251i,D正确。 对点演练 3.B若圆孤槽不固定，小球在竖直方向 有加速度，圆孤槽在竖直方向没有加 速度，小球和槽组成的系统在竖直方 向所受的合力不为零，小球和槽组成 的系统在竖直方向动量不守恒，故A 错误；若圆孤槽不固定，小球和槽组成 的系统在水平方向动量守恒，则有 11=21℃2，在小球滚到槽底端B,点 的过程中，有m.x=2m(R-x),解得小 球水平方向的位移大小为上=号R,故 B正确；圆弧槽固定时，由动能定理可 得mgR=2U,可得小球滚到B点 时的速度大小为v1=√2gR,圆孤槽 不固定情形下，由系统水平方向动量 守恒和机械能守恒可得mv1=2w2, +号X2mu=mgR,解得v1= 2m0i十2 4gR1AgR √等w,=2√，则圆孤糟因定 和不固定情形下，小球滚到B点时的 速度之比为心- 的=2，故C错误；由C √6 中分析可知，若圆孤槽固定，小球到达 及然有=著旅得只 3mg,则圆孤槽对地面的最大压力为 Fmx=3mg十2mg=5mg,若圆孤槽 不固定，小球到达底端时有F一g ,(v1十v2) R ，解得FN=4g,则圆孤 槽对地面的最大压力为Fx=4mg十 2mg=6g,圆孤槽固定和不固定两种 情形下，圆孤槽对地面的最大压力之 比为Fm 上Nma一，故D错误。 4.(1)20kg(2)不能，理由见解析 解析：(1)规定水平向左为正方向。冰 块在斜面体上上升到最大高度时两者 达到共同速度，设此时共同速度为， 斜面体的质量为。对冰块与斜面 体，由水平方向动量守恒和机械能守恒 定律有m,=(m:十m)u,2m,听= 2(m?十m3)02十m2gh,联立并代入 数据解得v=1m/s,m3=20kg。 (2)设小孩推出冰块后，小孩与滑板的 速度为1，对小孩和滑板与冰块，由动 量守恒定律有m1U1十m2v0=0,代入 数据解得1=一1m/s,设冰块与斜面 体分离后的速度分别为？和，对冰 块与斜面体，由动量守恒定律和机械 参考答案“公。 能守恒定律有 m200=12V2十m3U3, 1 1 1 26= 21 2 12U2 2 mv3,联立并 代入数据解得v2=一1m/s。 由于冰 块与斜面体分离后的速度与小孩推出 冰块后的速度相同且冰块处在小孩后 方，故冰块不能追上小孩。 题型三滑块一木板模型 典例3B物块与长木板组成的系统动 量守恒，则mwo=(M十m)u,解得共同 速度v=2m/s,长木板做匀加速运动 的加速度大小为a= 2 m/s2 △t 2 1m/s,A错误：对长木板由牛顿第二 定律可得a=,解得物块与长木板 M 之间动摩擦因数为以=0.1，B正确；长 U十U 木板的长度至少为L= 2 Y=4m,C错误；物块与长木板组 2 成的系统损失的机械能为△E= umgL=12J,D错误。 对点演练 5.CD系统的初动量方向水平向右，对 木板与木块组成的系统，合力保持为 零，系统的总动量守恒，由动量守恒定 律可知，A、B共速时总动量也向右，故 二者最终向右运动。所以木块A先向 左做匀减速运动，速度减到零后再反 向做匀加速运动，最后和木板B一起 做匀速运动，A错误；共速前A一直相 对B向左滑动，故A受到的滑动摩擦 力方向一直水平向右，由牛顿第二定 律可知umg=ma,则木块A的加速度 大小和方向一直不变，B错误：规定水 平向右为正方向，根据动量守恒定律， 木块A速度为零时，有Muo一mvo= 8 M0u,解得e=3 m/s,之后木块A 加速至和木板B速度相等，则MvB= (M十m)v共，解得v共=2m/s,木块A 在加速过程中由能量守恒定律知 1 umgs= s≈2.67m,C正确：整个过程中由能量 守板定#知Q=名(M+m)时 M士m),代入教据解 Q= 24J,D正确。 题型四子弹打木块模型 典例4AD子弹和木块相互作用的过 程中系统动量守恒，令子弹穿出木块 后子弹和木块的速度大小分别为1、 U2,则有muo=mu1十Mu2,子弹和木 块相互作用过程中所受合力大小都为 f=vo,因此子弹和木块的加速度大 小分别为a,=片a:=行由运动学 公式可得子弹和木块的位移大小x1、 x2分别满足2a1x1=v片-v1,2a2x2= 2对勾·讲与练·高三物理 vix1一x2=L,联立上式可得v2= m/-2( M+m 因 此木块的速度最大，即 w√-2织得)取效值脚 m 了，设西数在2（货+合）上到无方华 明递减，国关当w=2(片+后)上= 2LM+m时木块的速度最大，故A Mm 正确；子弹穿过木块时木块的速度为 ,由运动学公式v=a:t, 2M+m mM 可得1一k(m干M,故B错误：由能量 守恒可得子弹和木块损失的能量转化 为系统摩擦生热，即△E=Q=L= 2k(m十M,故C错误；木块加速 mM 过程运动的距离为x?= 0十2t 2 故D正 对点演练 6.AB子弹击穿木块的过程，根据系统 2 动量守恒有mu,=mX行，十M× 行，根据能量守恒有2mu= m()广-×()广+ 2 9 E,解得M=3m,E=2云m,故A、 B正确；若将木块固定，子弹与木块的 相对位移不变，系统产生的内能即减 9 少的动能，仍为25m,故D错误：由 1 1 能量守恒可得2m=之mm十E, 解得u=, >子故C错碳 第4讲专题强化：力学三大 观点的应用 …热点题型突破 典例1(1)1m(2)0(3)12J 解析：(1)由自由落体运动规律可得， 碰撞时A物体下落的高度为hA= 1 gt,则碰撞时离地高度x=h一hA, 联立并代入数据解得x=1m。 (2)设B物体从地面竖直上抛的初速 度大小为V,根据运动学公式可知 x=mt之gt,代入数据解得vm= 6m/s,碰撞前A物体的速度大小 vA=gt=2m/s,方向竖直向下，碰撞 前B物体的速度大小Vu=Vw一gt= 4m/s,方向竖直向上，选竖直向下为 -556- 正方向，碰撞过程由动量守恒定律可 得mAVA一mUm=(mA十mu)v,代入 数据解得u=0。 (3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失 1 的机械能△E=2mAui十之mui一 之(m十m)心，代入数据解得△E 12J。 典例2(1) (2)6mgL-3mv g e受图 解析：(1)A在传送带上运动时的加速 度大小a=g,由静止加速到与传送 带共速所用的时间t=。一g (2)B从M点滑至V点的过程中克服 阻力做的功W之=2X2mo6十2mgX 3L-号×2mX(2uo)'=6mgL3m6。 (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和 能量守恒定律可知，2mX2vo=mU1十 ×2m×(20,P×4 3 2m22 1 m计号×2mi,解得=2aw, 2 5 V2=vo（另一组1=3o,02=3U0 舍掉)，两药品盒平抛运动的时间t1= ,匹，则s一r=1,s十r=心t,解 N 3u。2L 得s=2g 典例3(1)6N(2)4m/s(3)0.25 <0.4 解析：(1)对小球摆动到最低点的过程 中，由动能定理得mgL=乞m-0, 解得vo=5m/s,在最低，点，对小球由 牛频第二定律得F工一mg=m工，解 得FT=6N。 (2)小球与物块发生弹性碰撞过程中， 由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mu。=mu1十Mu:,2mu=2m0i十 )M加，解得小球与物块碰撞后的瞬间 物块速度的大小为U2==4m/s。】 (3)若物块恰好运动到圆孤轨道的最 低，点，此时两者共速，则对物块与小车 整体由水平方向动量守恒得Mv2 2M,由能量宁恤定#得Mw= 2X2Mo十AMgs,解得41=0.4，若 物块恰好运动到与圆孤圆心等高的位 置，此时两者共速，则对物块与小车整 体由水平方向动量守恒得Mu2=