第七章 动量守恒定律 第3节 碰撞及类碰撞问题——2027届高三物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦动量守恒定律中的碰撞及类碰撞问题，覆盖弹性碰撞、非弹性碰撞、滑块—斜面/弹簧/木板模型等核心考点，对接高考评价体系，分析各考点权重，归纳碰撞可能性判断、速度计算、能量损失分析等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题引领+模型建构+素养提升”，以2025江苏真题为例解析弹性碰撞速度互换规律，通过滑块—弹簧模型中动量与机械能守恒联立培养科学推理能力，提供“碰撞三原则”“模型临界条件”等应试技巧，帮助学生高效解题，教师可依托例题落实物理观念与科学思维素养，实现精准复习。

第7章 动量守恒定律 第3节 碰撞及类碰撞问题 1 考点一 碰撞问题 考点二 “滑块—斜（曲）面”模型 考点三 “滑块—弹簧”模型 考点四 子弹打木块（滑块—木板）模型 2 考点一 碰撞问题 3 1.两类弹性碰撞 （1）一动碰一动模型 弹性碰撞 情形 ________________________________________________________________ 规律 结果 结论 若，则， 4 （2）一动碰一静模型 弹性碰 撞情形 _______________________________________________ 规律 结论 , 质量相等,速度交 换 ,且 大碰小,一起跑 , 小碰大,要反弹 , 极大碰极小,大不 变,小加倍 5 2.非弹性碰撞、完全非弹性碰撞 碰撞类型 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞 动量守恒 系统动能 损失 动能损失最大 6 3.三条原则解决碰撞问题 （1）动量守恒原则 （2）机械能 不增加原则 或 （3）速度合 理原则 ①同向碰撞:碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,前面的物体速度 大或相等 ②相向碰撞:碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变 7 【视角1】　碰撞的可能性 例1 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA = 1 kg，mB = 2 kg，vA = 6 m/s，vB = 2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( ) B A.vA' = 5 m/s，vB' = 2.5 m/s B.vA' = 2 m/s，vB' = 4 m/s C.vA' = 4 m/s，vB' = 7 m/s D.vA' = 7 m/s，vB' = 1.5 m/s 8 [解析] 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA‘大于B的速度vB’，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后 = mAvA‘2+mBvB’2 = 57 J，大于碰前的总动能Ek前 = mA+mB = 22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确。 9 【视角2】 弹性碰撞 例2 (2025·江苏)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 10 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； [解析] 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。 11 (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； [解析]根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0 = mv1+3mv2 由能量守恒定律有mm+×3m 解得v1 = v0 = v0，v2 = v0 = v0 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0 12 (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 [解析]根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的， 综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v = v0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小 Ek = mv2 = m 13 【视角3】 非弹性碰撞 例3 超市里用的购物车为顾客提供了方便。收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为原来静止的小物块。已知车的质量均为m = 12 kg，将1号车以速度v1 = 6 m/s向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则两次碰撞过程中共损失的机械能为( ) D A.18 J B.36 J C.54 J D.144 J [解析] 由动量守恒可知mv1 = 3mv，两次碰撞过程中共损失的机械能ΔE = m×3mv2 = 144 J，故选D。 14 【视角4】 类碰撞 例4 (多选)如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是( ) BD A.该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C.当小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 D.从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中， 导槽对U形管的冲量大小为mv0 15 [解析] 由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0 = vx，解得vx = ，设小球的合速度为v3，根据机械能守恒定律得mm+m，解得v3 = v0，故B正确；小球进出U形管的过程，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，质量相等交换速度，小球从U形管的另 16 一端射出时，速度大小为0，故C错误；在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为v3y = v0，运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球，根据动量定理有I = mv3y = mv0，U形管与平行导槽间的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间相等，导槽对U形管的冲量大小为mv0，故选BD。 17 温馨提示：请见考点集训（五十一） 18 考点二 “滑块—斜（曲）面”模型 19 1.模型图示 20 2.模型特点 （1）上升到最大高度：<m></m>与<m></m>具有共同水平速度<m></m>，此时<m></m>的竖直速度<m></m>。系统 水平方向动量守恒，<m></m>；系统机械能守恒， <m></m>，其中<m></m>为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的 高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为<m></m>的重力势能）。 （2）返回最低点：<m></m>与<m></m>分离点。水平方向动量守恒，<m></m>；系统机械 能守恒，<m></m>（相当于完成了弹性碰撞）。 21 【视角1】　由最低点上滑的滑块—曲面模型 例1 (多选)如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量M = 2m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量为m，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点并从左侧滑下，关于这个过程，下列说法错误的是( ) A.小球滑离小车时，小车回到原来位置 B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为v C.车上管道中心线最高点的竖直高度h = D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为 AD 22 [解析] 小球滑离小车时，根据动量守恒定律mv = mv1+Mv2，又由机械能守恒定律mv2 = m+M，代入数据得到v1 = ，v2 = ，两者相对速度v相对 = () = v，根据上述分析结果可以知道小球对小车的作用力斜向右下方，故小车一直向右加速，故小车回不到原来位置，故A错误，B正确；小球恰好到达管道最高点，说明在最高点时小车与小球相对速度为0，由此得出mv = (M+m)v'，代入数据解得两者的速度为v' = ，根据机械能守恒定律可得mgh = mv2(m+M)v'2，解得h = ，根据动量定理I = 2mv' = mv，即小车所受合外力冲量大小为，故C正确，D错误。 23 【视角2】　由最高点下滑的滑块一曲面模型 例2 如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平桌面上，凹槽内有一个半径为R的光滑半圆形轨道。质量为m的小球从轨道右端点由静止开始下滑。若凹槽可以在桌面上自由滑动，且整个过程凹槽不翻转。重力加速度为g。求: 24 （1）小球运动到轨道最低点时的速度大小v1； [解析]小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，则有mv1Mv2 = 0 由机械能守恒定律有mgR = m+M 解得v1 = ，v2 = 25 （2）小球运动到轨道最低点时，凹槽对小球的支持力N； [解析]在凹槽最低点，对小球根据牛顿第二定律得 Nmg = m 解得N = ，方向竖直向上 26 （3）若凹槽两端始终没有滑出桌面，求桌面的最小长度L。 [解析]水平方向根据动量守恒定律得mv1Mv2 = 0 两边同时乘t可得mx1 = Mx2 又因为x1+x2 = 2R 解得x2 = 桌面的最小长度为L = 2R+x2 解得L = 27 考点三 “滑块—弹簧”模型 28 1.模型图示 29 2.模型特点 （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零， 则系统动量守恒。 （2）机械能守恒：系统所受的外力为零且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同，弹性势能最大，系统动能通常最 小（相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能）。 （4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（相当于刚完成弹性碰撞）。 30 【视角1】　“滑块—弹簧”模型 例1 (多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1 = 1 kg，下列说法正确的是( ) 31 A.物块B的质量为2 kg B.弹簧的最大弹性势能为1.5 J C.弹簧第一次恢复原长时物块B的速度大小为 2 m/s D.从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量大小为4 N·s √ √ √ 32 [解析] 由图像可知A物块的初速度v0 = 3 m/s，t1时刻两物块达到共速v = 1 m/s，由动量守恒得 m1v0 = (m1+m2)v，解得m2 = 2 kg，故A正确；由图像可知t1时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得Ep = m1(m1+m2)v2，解得Ep = 3 J，故B错误；B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒得m1v0 = m1vA'+m2vB'，由能量守恒得m1m1vA'2+m2vB'2，解得此时A的速度为vA' = 1 m/s，B的速度为vB' = 2 m/s，故从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量为I = m1vA'm1v0 = 4 kg·m/s，大小为4 N·s，故CD正确。 33 【视角2】　“滑块—弹簧”模型中位移的求解 例2 (多选)如图所示，光滑水平面上有两个质量均为m的物体A、B，物体B的左端连有一劲度系数为k的轻弹簧。物体A以初速度v0向静止的物体B运动。从物体A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间为t = ，若已知弹簧弹性势能表达式为Ep = kx2(x为弹簧的形变量)，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是( ) AD A.弹簧的最大压缩量为v0 B.物体B的最大速度为 C.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体B的位移为 D.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体A的位移为 34 [解析] 弹簧压缩到最大时，A、B的速度相同，以A初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0 = 2mv，根据能量守恒定律可得m×2mv2+Epm，解得Epm = m，根据弹性势能公式可得xm = v0，故A正确；当弹簧再次恢复原长时，此时弹力为零，B的速度最大，由动量守恒与能量守恒可知A、B速度交换，此时物体B的最大速度为v0，所以B错误；由动量守恒定律可得m+m = mv0，则有mt+mt = mv0t，故mxA+mxB = mv0t = ，由AB选项分析可知xA xB = xm = v0，联合解得xA = ，xB = ，故C错误，D正确。 35 考点四 子弹打木块（滑块—木板）模型 36 1.模型图示 2.模型特点 （1）子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 （2）系统的机械能有损失。 37 3.两种情景 （1）子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多（完全非弹性碰撞） 动量守恒：<m></m> 能量守恒：<m></m> （2）子弹穿透木块 动量守恒：<m></m> 能量守恒：<m></m> 38 【视角1】 子弹打木块模型 例1 矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑水平面上，一子弹以速度v0水平射向滑块:若射击下层，子弹刚好不射出，如图甲所示；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图乙所示，比较上述两种情况，下列说法正确的是( ) A A.系统产生的热量相等 B.子弹对滑块做功不相等 C.子弹和滑块间的作用力相等 D.子弹和滑块间作用时间相等 39 [解析] 设子弹的质量为m，初速度为v0，滑块的质量为M，选择子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0 = (M+m)v，解得子弹和木块的共同速度为v = ，可知两者情况下子弹的末速度相同，子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(子弹初末速度相等)，物块能加的动能也一样多，即子弹对滑块做的功一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故A正确，B错误；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，即Q = fs相对，由于两种情况相比较子弹能射穿的厚度不相等，即相对位移s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故C错误；物块的加速度a = ，由于两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，所以滑块的加速度不相等，由t = 知两种情况子弹和滑块间作用时间不相等，故D错误。 40 【视角2】　滑块—木板模型 例2 如图所示，一质量m2 = 0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3 = 0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ = 0.45，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1 = 0.05 kg的子弹以水平速度v0 = 18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取10 m/s2。下列分析正确的是( ) D A.小物体在小车上相对小车滑行的时间为1 s B.最后小物体与小车的共同速度为3 m/s C.小车的最小长度为1.0 m D.小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s 41 [解析] 子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得m1v0 = (m1+m2)v1，解得v1 = 3 m/s，小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得v1 = v2，解得v2 = 1.5 m/s，B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I = μm3gt = m3v2，解得t = s，A错误；小车对小物体的摩擦力的冲量为I = m3v2 = 0.45 N·s，D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl = ，解得l = 0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，C错误。 42 $