第一章 专题强化4 碰撞模型及拓展应用（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

本讲义聚焦高中物理碰撞模型及拓展应用核心知识点，系统梳理弹簧—小球模型（含最长/最短状态共速、弹性势能最大，恢复原长时弹性势能为零等特点）和滑块—斜(曲)面模型（含最高点共速、分离时弹性碰撞等要点），以动量守恒和能量守恒定律为学习支架，帮助学生掌握碰撞问题解决技巧。 该资料通过问题链引导模型建构（如“弹簧何时弹性势能最大”），结合例题图像分析（如速度时间图像判断弹簧状态）培养科学思维与科学推理能力。专题强化练覆盖多样情境，课中辅助教师实例教学，课后助力学生巩固模型应用，有效查漏补缺。

专题强化4　碰撞模型及拓展应用 [学习目标]　1.进一步掌握用动量守恒定律和能量守恒定律解决碰撞问题的技巧(重点)。2.掌握两类碰撞问题的特点，提高建模能力(重难点)。 一、弹簧—小球(物块)模型 如图所示，光滑水平面上静止着一个刚性小球B，左端与水平轻质弹簧相连，另有一刚性小球A向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问： (1)小球接触弹簧后最初一段时间，两小球各做什么运动，弹簧长度如何变化？ (2)弹簧的弹性势能什么时候最大？此时系统的动能如何？ (3)两球共速以后，两球短时间内分别做什么运动？弹簧长度如何变化？ (4)小球B的速度什么情况下最大？此时弹簧弹性势能如何？ 答案　(1)球接触弹簧后最初一段时间内，在弹力作用下，A做减速运动，B做加速运动，弹簧变短，压缩量逐渐变大。 (2)当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，此时系统的动能最小。 (3)如图所示，两球共速以后，A继续减速，B继续加速，A、B间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。 (4)当弹簧恢复原长时，小球B的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零。 1.模型概述 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则系统动量守恒。若接触面光滑，弹簧和物体组成的系统机械能守恒。 2.模型特点——“两个状态” (1)弹簧处于最长(最短)状态：此时两物体速度相等，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)。 (2)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)。 例1　(多选)(2024·南充市高二月考)如图甲所示，静止在光滑水平面上的物块A、B通过水平轻弹簧连接在一起，初始时轻弹簧处于原长。现使A获得一水平向右的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知物块A的质量为mA=1 kg，下列说法正确的是(　　) A.弹簧、A和B组成的系统动量和机械能都守恒 B.t1时刻，弹簧处于原长状态 C.物块B的质量mB=3 kg D.t3时刻，弹簧的弹性势能为3 J 答案　AD 解析　弹簧、A和B组成的系统在该过程中合力为零，所以系统动量守恒，弹簧、A和B组成的系统在该过程中只有弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；由题图乙可知t1时刻之后一小段时间，A速度减小，B速度增大，则t1时刻弹簧处于压缩状态，故B错误；根据动量守恒定律，由题图乙可知t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，已知v1=3 m/s、v2=1 m/s有mAv1=(mA+mB)v2，代入数据解得mB=2 kg，故C错误；由题图乙所示t3时刻弹簧处于伸长状态，两物块速度相等v3=1 m/s，从开始到t3时刻由机械能守恒有mA=mA+mB+Ep，代入数据解得弹簧的弹性势能为Ep=3 J，故D正确。 拓展　(1)什么时刻弹簧的弹性势能最大？最大为多大？ (2)什么时刻物块B的动能最大？最大动能为多大？此时弹性势能多大？ 答案　见解析 解析　(1)t1、t3时刻弹性势能最大，t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长、最大弹性势能为3 J。 (2)t2时刻弹簧恢复原长，此时弹簧的弹性势能为零，物块B的速度最大，动能最大，设此时A的速度为v1'，B的速度为v2'。 由mAv0=mAv1'+mBv2' mA=mAv1'2+mBv2'2 联立得：v1'=-1 m/s，v2'=2 m/s B的最大动能EkBm=mBv2'2=×2×22 J=4 J 针对训练　(2024·南充市高二月考)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧，A的质量为4 kg，B的质量为2 kg，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离且均离开弹簧，飞离桌面落在地上。桌面距地面的高度为0.8 m，A的落地点与桌边水平距离为0.5 m，那么 (1)A、B离开弹簧时的速度各为多少？ (2)弹簧初始状态被压缩时储存的弹性势能是多少？ 答案　(1) m/s，方向水平向左　 m/s，方向水平向右　(2) J 解析　(1)由平抛运动的特性知，A、B两物体下落的时间相等，且有gt2=h，得到时间t=0.4 s 于是得到vA== m/s，方向水平向左 而在两物体并未落下平台且脱离弹簧后，整个系统动量守恒，有mAvA=mBvB 得到B物体的速度vB= m/s，方向水平向右 (2)由题意可知，在两物体均未脱离平台时，由A、B和弹簧组成的系统能量守恒，于是有Ep=EkA+EkB，而Ek=mv2，可得Ep=mA+mB= J。 二、滑块—斜(曲)面模型 如图所示，小球A以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道B。已知小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道，试分析： (1)在相互作用的过程中，小球A和轨道B组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？ (2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？ (3)什么时候轨道B的速度达到最大？ (4)小球离开轨道瞬间系统总动量、系统机械能与初始状态有怎样的关系？试列式说明。 答案　(1)整个过程中小球和轨道组成的系统的机械能守恒；系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。 (2)当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同。 (3)小球从左侧离开轨道时，轨道的速度最大。 (4)设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，小球质量为m1，轨道质量为m2，则由动量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2 根据机械能守恒定律有： m1=m1+m2 1.模型概述 对滑块和光滑斜(曲)面组成的系统，若水平面光滑且滑块始终未脱离斜(曲)面，在相互作用的过程中，系统所受合外力不为零，但系统在水平方向所受合外力为零，则该系统在水平方向上满足动量守恒。 2.模型特点——“两个位置” (1)当滑块上升到最大高度时，滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块在竖直方向的速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度(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)当滑块返回最低点时，滑块与斜(曲)面分离。水平方向动量守恒， mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒， m=m+M(相当于完成了弹性碰撞)。 例2　(2024·成都市高一期末)如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑圆弧轨道，轨道左端的切线水平，整个小车(含轨道)的质量为m。现有质量也为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点(未离开轨道)，最终从轨道左端滑离小车。重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是(　　) A.小球与小车组成的系统动量守恒 B.小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零 C.小球沿轨道上升的最大高度为 D.小球滑离小车后，做自由落体运动 答案　D 解析　小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0，可知竖直方向上先加速后减速，即竖直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上的动量守恒，故A错误；小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0，结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则小球与小车的速度相等，均不为零，故B错误；小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有mv0=2mv，根据机械能守恒定律有mgh=m-×2mv2，解得h=，故C错误；小球从轨道左端滑离小车时，根据动量守恒定律有mv0=mv1+mv2，根据机械能守恒定律有m=m+m，解得v1=0，即小球滑离小车后，做自由落体运动，故D正确。 拓展　(1)改变小球的速度或其他条件，如果小球能冲出弯曲轨道，则小球冲出弯曲轨道后做什么运动？小球还能落回轨道上吗？ (2)若小球的质量为M，且M>m，小球离开小车后做什么运动？ 答案　(1)斜上抛运动　能　(2)依据动量守恒定律和机械能守恒定律得小球离开车时的速度为v1'=·v0，则小球离开车后做平抛运动。 专题强化练 [分值：60分] [1~6题，每题4分] 考点一　弹簧—小球(物块)模型 1.(2024·广安市华蓥中学高二期中)如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一水平轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时(　　) A.P的动量为0 B.Q的动量达到最大值 C.P、Q系统总动量小于mv D.弹簧储存的弹性势能为mv2 答案　D 解析　当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受合外力为零，因此整个过程中动量守恒，mv=2mv共，所以P的动量为p=mv共=mv，故A错误；弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；P、Q系统动量守恒，总动量为p总=mv，故C错误；根据动量守恒定律和能量守恒定律mv=2mv共，mv2=×2m+Ep，解得Ep=mv2，故D正确。 2.(多选)如图所示，在光滑的水平面上放有两个大小相等小球A和B，其质量mA=1 kg、mB=4 kg，B球上固定一水平轻质弹簧。若A球以速率v=4 m/s向右运动去碰撞静止的B球，下列说法正确的是(　　) A.A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增大后减小 B.弹簧最大的弹性势能为6.4 J C.碰撞结束时，小球A将向左运动 D.碰撞结束时，B球速度大小为3.2 m/s 答案　ABC 解析　A、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩，当两球速度相等时弹簧被压缩到最短，然后再次回到原长，故弹簧的形变量先增大后减小，则弹簧的弹力先增大后减小，两球所受的合外力都为弹簧弹力，故两球的加速度都是先增大后减小，故A正确；当A、B速度相等时弹簧的弹性势能达到最大，设此时共同速度为v3，由动量守恒定律及能量守恒定律分别可得mAv=(mA+mB)v3，ΔEp=mAv2-(mA+mB)，联立解得ΔEp=6.4 J，B正确；当弹簧恢复原长时，碰撞结束，设此时A、B的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律及能量守恒定律分别可得mAv=mAv1+mBv2，mAv2=mA+mB，联立解得v1=-2.4 m/s，v2=1.6 m/s，碰撞结束时，小球A向左运动，B球速度大小为1.6 m/s，C正确，D错误。 3.(多选)(2024·宜宾市叙州区第一中学高二月考)如图所示，光滑的直角墙壁处有A、B两个物体，质量分别为mA、mB，两物体间有一压缩的水平轻质弹簧用细线绷住，弹簧两端拴在物体上，弹簧储存的弹性势能为E0，开始时B物体紧靠着墙壁。将细线烧断，A物体将带动B物体离开墙壁，在光滑水平面上运动。由此可以判断(　　) A.烧断细线后，A、B物体和弹簧组成的系统机械能、动量均守恒 B.物体B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能等于E0 C.物体B离开墙壁后弹簧第一次恢复原长时，A物体速度方向有可能向左 D.物体B离开墙壁后，每当弹簧恢复原长时A物体的速度都等于vA'= 答案　BCD 解析　烧断细线后由于墙壁对B有作用力，系统所受的外力不为零，故系统的动量不守恒；在这个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；在B没有离开墙面前，弹簧的弹性势能逐渐转化为A的动能，当弹簧恢复原长后，B开始离开墙壁，此时有E0=mA，此后系统的机械能守恒、动量守恒，当两者速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，故有mAvA=(mA+mB)v，Ep=E0-(mA+mB)v2，联立解得Ep=E0，故B正确；物体B离开墙面后，每当弹簧恢复原长时，弹簧弹性势能为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mAvA'+mBvB'=mAvA，E0=mA=mAvA'2+mBvB'2，联立解得vA'=，若mA<mB，则有vA'<0，即A的方向向左，故C、D正确。 4.(多选)如图甲所示，A、B两物块与一水平轻弹簧的两端相连接，静止在光滑的水平面上。A物块的质量m=1 kg。现使A获得水平向右的瞬时速度，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，弹簧始终在弹性限度内且处于水平状态，则从图像信息可得(　　) A.B物块的质量为3 kg B.弹簧的弹性势能最大值为18 J C.t2时刻弹簧的弹性势能为9 J D.t3时刻弹簧处于原长 答案　CD 解析　从开始运动到两者共速由动量守恒定律可得mv0=(m+mB)v，解得B物块的质量为mB=2 kg，选项A错误；当两者共速时弹簧弹性势能最大，则弹簧的弹性势能最大值为Epm=m-(m+mB)v2=12 J，选项B错误；t2时刻A的速度为零，则根据mv0=mBv1，解得B的速度v1=3 m/s，则弹簧的弹性势能为Ep=m-mB=9 J，选项C正确；从开始到t3时刻，在t3时刻，弹簧弹性势能为Ep1=m-m-mB=0，则t3时刻，弹簧处于原长，选项D正确。 考点二　滑块—斜(曲)面模型 5.(多选)(2024·眉山市高一期末)一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M=3 kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧最下端切线水平。有一质量m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s从圆弧最下端滑上小车，如图所示，取水平向左为正方向。g取10 m/s2，则(　　) A.在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒 B.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.4 m C.小球离开小车时的速度为-2 m/s D.小球从滑上小车到离开小车的过程中对小车做的功为6 J 答案　CD 解析　小球与小车组成的系统在水平方向受合外力是零，在竖直方向受合外力不是零，因此系统只在水平方向动量守恒，故A错误；系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得mv0=mv1+Mv2，系统的机械能守恒，则有m=m+M+mgh 当v1=v2时，h最大，联立解得h=0.6 m，故B错误； 设小球离开小车时的速度为v3，小车的速度为v4，取水平向左为正方向，系统在水平方向动量守恒且系统的机械能守恒，则有mv0=mv3+Mv4，m=m+M，联立解得v3=-2 m/s，v4=2 m/s，小球的速度方向向右，故C正确；小球离开小车时小车在水平方向的速度为2 m/s，小球滑上小车至离开小车的运动过程，由动能定理可得小球对小车做的功为W=M=6 J，故D正确。 6.如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有圆弧形槽的小车，最右端槽口的切线水平。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度从最右端槽口滑上小车，不计一切摩擦，则(　　) A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B.小球从右侧离开小车后，相对地面将向右做平抛运动 C.小球从右侧离开小车后，相对地面将做自由落体运动 D.小球从右侧离开小车后，小车的速度有可能大于v0 答案　C 解析　整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，mv0=mv1+mv2，由机械能守恒定律得m=m+m，联立解得v1=0，v2=v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后相对地面将做自由落体运动，故B、D错误，C正确。 7.(12分)(2024·泸州市高二期中)如图所示，铁块A质量mA=3.0 kg，木块B质量mB=1.0 kg，一水平轻质非金属弹簧连接A和B，与A不拴接，静止在光滑的水平面上，质量mC=2.0 kg的磁性金属块C以水平速度v0=15 m/s向铁块A运动，相碰后粘在一起。求： (1)(3分)磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小； (2)(4分)磁性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能； (3)(5分)弹簧恢复原长时A、C整体和B的速度大小。 答案　(1)6 m/s　(2)15 J　(3)4 m/s　10 m/s 解析　(1)设金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小为v1，规定向右为正方向， 对A、C由动量守恒定律得mCv0=(mA+mC)v1， 解得v1=6 m/s (2)当A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，设速度的大小为v2，对A、B、C由动量守恒定律得mCv0=(mA+mB+mC)v2， 解得v2=5 m/s 设最大弹性势能为Ep，C、A碰后到弹簧最短的过程，对A、B、C和弹簧整体由机械能守恒定律得 (mA+mC)=(mA+mB+mC)+Ep 解得Ep=15 J (3)C、A碰后到弹簧恢复原长的过程，对A、B、C和弹簧整体由动量守恒定律可得 (mA+mC)v1=(mA+mC)vAC+mBvB 由机械能守恒定律得 (mA+mC)=(mA+mC)+mB 解得vAC=4 m/s，vB=10 m/s。 8.(16分)如图所示，光滑冰面上静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4 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(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1=30 kg，冰块的质量m2=10 kg，斜面体的质量M=30 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(4分)冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度大小； (2)(5分)冰块在斜面体上上升的最大高度h； (3)(7分)冰块与斜面体分离后斜面体和冰块的速度大小，并判断冰块能否追上小孩。 答案　(1)1 m/s　(2)0.6 m　(3)斜面体的速度大小为2 m/s　冰块的速度大小为2 m/s　冰块能追上小孩 解析　(1)以向左为正方向， 设冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度为v， 对冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒定律有m2v2=(m2+M)v 解得v=1 m/s (2)对冰块和斜面体组成的系统， 根据能量守恒定律有 m2=m2gh+(m2+M)v2 解得h=0.6 m (3)对小孩(含滑板)和冰块组成的系统， 以向左为正方向， 根据动量守恒定律有0=m2v2-m1v1 解得v1= m/s 对冰块和斜面体组成的系统， 从冰块开始滑上斜面体到与斜面体分离， 以向左为正方向， 根据动量守恒定律有m2v2=m2v2'+Mv3 根据能量守恒定律有m2=m2v2'2+M 解得v2'=-2 m/s，v3=2 m/s 即冰块与斜面体分离后斜面体的速度大小为2 m/s，方向水平向左，冰块的速度大小为2 m/s，方向水平向右，由于冰块的速度比小孩的速度大，且冰块与小孩均向右运动，所以冰块能追上小孩。 [8分] 9.(多选)(2024·广安市华蓥中学高二期中)如图(a)，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1-v2图像如图(b)所示，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒 B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C.小球与滑块的质量比为1∶2 D.小球的初速度大小可能为 答案　AC 解析　小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，A正确；设小球的质量为m，初速度为v0，滑块质量为M，在水平方向上由动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2，可得v1=v0-v2，结合图(b)可得==2，即=，C正确；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=(m+M)v，求得v=，B错误；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律有mv0=(m+M)v，由机械能守恒定律有m=(m+M)v2+mgh，其中h>R，联应解得v0=>，故小球的初速度大小不可能为，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $