第一章 专题强化2 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（人教版 浙江专版）

本高中物理讲义聚焦碰撞模型及拓展应用核心知识点，先通过弹簧—小球模型梳理动量守恒与机械能守恒的应用，明确弹簧最短（最长）时两球共速、弹性势能最大和恢复原长时弹性势能为零、动能最大的“两个状态”。再以滑块—斜（曲）面模型拓展，强调水平方向动量守恒与机械能守恒，突出滑块最高点共速和返回最低点分离的“两个位置”，构建从基础模型到综合应用的学习支架。 该资料以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，通过问题链引导学生分析弹簧压缩与恢复、滑块上升与返回的关键状态，结合例题与针对训练强化动量守恒和能量守恒的联立应用。课中辅助教师引导学生建立物理模型，提升推理能力，课后通过课时对点练帮助学生巩固知识，查漏补缺，有效培养解决复杂碰撞问题的能力。

专题强化2　碰撞模型及拓展应用 [学习目标]　1.进一步掌握应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A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？此时两球的总动能如何？ (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？此时弹性势能如何？ 答案　(1)球A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，两球的总动能最小。 (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，此时系统的弹性势能为零。 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，若系统所受合外力为零，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)弹簧处于最短(最长)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　如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝2 kg。滑块B的左端连有水平轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开。求： (1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大动能； (3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。 答案　(1)3 J　(2)4 J　(3)2.25 J 解析　(1)对A、B及弹簧系统，当A、B速度相等时，弹簧弹性势能最大， 由动量守恒定律可得mAv0＝(mA+mB)v共， 解得v共＝1 m/s； 由机械能守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为 Ep＝mA(mA+mB)＝3 J。 (2)弹簧被压缩的过程，B一直加速，当弹簧恢复原长时，B的动能最大，根据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mAv0＝mAvA+mBvB， mAmA+mB， 联立解得vB＝2 m/s，vA＝－1 m/s 滑块B的最大动能为Ek＝mB＝4 J。 (3)当滑块A的速度为零时，其动能最小(为零)， 根据动量守恒定律可得mAv0＝0+mBvB'， 解得vB'＝1.5 m/s， 根据机械能守恒定律可得，此时弹簧的弹性势能为 Ep'＝mAmBvB'2＝2.25 J。 针对训练1　(2024·浙南名校开学考)如图所示，用轻弹簧连接的A、B两辆小车质量相等，静止在光滑的水平面上，A车与竖直墙面接触。将小车B向左推压缩弹簧，使弹簧获得弹性势能Ep，然后释放小车B，则此后(　　) A.在弹簧第一次恢复原长过程中，A、B的总动量守恒 B.在弹簧第一次恢复原长过程中，墙壁对A的冲量等于B的动量变化 C.A离开墙壁后，弹簧最长时的弹性势能等于Ep D.A离开墙壁后，弹簧最短时的弹性势能等于Ep 答案　B 解析　弹簧静止释放到第一次恢复到原长前，墙壁对A有作用力，系统受到的合外力不为零，动量不守恒，故A错误； 在弹簧第一次恢复原长过程中，A没有动，故墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，而弹簧对A的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，根据动量定理可知也等于B的动量变化，故B正确； 设A离开墙壁时B的速度为v，有Ep＝mv2，弹簧伸长到最长(或最短)时，两小球速度相同，设为v'，从A球离开墙壁到弹簧伸长到最长(或最短)过程，两小球组成的系统满足动量守恒，则有mv＝2mv'，设此时弹簧弹性势能为Ep' 两小球与弹簧组成的系统满足机械能守恒， 则有Ep'+×2mv'2＝mv2＝Ep， 所以Ep'<Ep，故C、D错误。 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，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： m1m1+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定律。 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，有mv0＝(M+m)v共；系统机械能守恒，有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，有mv0＝mv1+Mv2；系统机械能守恒，有mm+M(相当于完成了弹性碰撞)。 例2　(2024·浙江省高二期中)如图所示，在光滑的水平面上，静止小车上固定有光滑的四分之一圆弧轨道，轨道上端的切线竖直，半径为R。整个小车(含轨道)的质量为2m，重力加速度为g。现有质量为m的小球，从轨道上端静止释放，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　) A.小球滑离小车时，小球速度为 B.小球在滑离小车过程中，小车对小球的支持力不做功 C.小球在滑离小车过程中，小球的机械能守恒 D.小球滑离小车时，小车速度为 答案　D 解析　依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，则mv1＝2mv2，mgR＝m+×2m，联立解得v1＝，v2＝，故A错误，D正确； 小球在滑离小车过程中，小球对小车的压力做正功，而小车对小球的支持力做负功，所以小球的机械能不守恒，故B、C错误。 针对训练2　如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形凹槽，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点。另有一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计一切阻力，下列说法中正确的是(　　) A.当v0＝时，小球刚好到达B点 B.当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动至最高点的过程中，滑块的动能先增大再减小 C.小球回到弧形凹槽底部离开A点后做自由落体运动 D.小球回到弧形凹槽底部离开A点后可能做平抛运动 答案　C 解析　滑块与小球水平方向动量守恒， 小球恰能到达B点时有mv0＝2mv， 系统机械能守恒， 有m×2mv2+mgR， 联立可得v0＝2， 可知当v0＝时， 小球未到达B点，故A错误； 小球从进入弧形凹槽至最高点的过程中， 小球对滑块的作用力始终做正功， 所以滑块的动能一直增大，故B错误； 以小球的初速度v0方向为正方向， 由系统水平方向动量守恒得mv0＝mv'－mvA， 系统机械能守恒， 有mmv'2+m， 联立可得vA＝0，所以小球回到弧形凹槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。 课时对点练 [分值：60分] [1~6题，每题5分] 1.如图所示，A、B两物体质量分别为mA＝5 kg和mB＝4 kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA＝0.4和μB＝0.5，开始时两物体之间有一压缩的水平轻弹簧(不拴接)，并用轻质细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断正确的是(　　) A.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量不守恒 B.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒 C.在两物体被弹开的过程中，A、B两物体的机械能先增大后减小 D.两物体一定不会同时停在地面上 答案　C 解析　在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A物体所受的滑动摩擦力大小为FfA＝μAmAg＝20 N，方向水平向右；B物体所受的滑动摩擦力大小为FfB＝μBmBg＝20 N，方向水平向左，可以知道两物体组成的系统合外力为零，故两物体组成的系统动量守恒，故A错误； 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小转化为内能，故B错误； 在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先做加速运动后做减速运动，机械能先增大后减小，故C正确； 脱离弹簧后，对任一物体，根据动量定理得－Fft＝－p，得物体运动的时间为t＝，由上分析可以知道，两个物体的动量p的大小相等，所受的摩擦力Ff大小相等，故滑行时间相等，应同时停止运动，故D错误。 2.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，水平轻质弹簧右端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　) A.物体A的质量为3m B.物体A的质量为2m C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m 答案　AC 解析　对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝M；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M+m)v，由能量守恒定律有Ep＝M(2v0)2－(M+m)v2，解得M＝3m，Ep＝m，选项A、C正确，B、D错误。 3.(2024·杭州市学军中学期中)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为m(m<M)的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功 B.在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒 C.小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能不守恒 D.在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒 答案　D 解析　在小球下滑过程中，虽然小球总是沿弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故小球对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故A错误； 当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的弹力做负功，故小球机械能减小，故B错误； 小球在弧形槽上下滑的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于m<M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，故C错误； 整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，故D正确。 4.(2024·杭州市高二期中)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为(　　) A.h B. C. D. 答案　D 解析　斜面固定时，根据动能定理可得：－mgh＝0－m，解得v0＝；斜面不固定时，对小物块和斜面组成的整体水平方向由动量守恒得：mv0＝(M+m)v，由能量守恒得：m(M+m)v2+mgh1，联立解得h1＝h，故选D。 5.如图甲所示，物体A、B间拴接一个压缩后被锁定的水平轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物体最初与左侧的固定挡板相接触，B物体质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后的某时刻开始，B物体的v－t图像如图乙所示，则可知(　　) A.A的质量为4 kg B.运动过程中A的最大速度为4 m/s C.在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒 D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9 J 答案　B 解析　解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知B的速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小时，A的速度最大，且此时也处于原长。设A的质量为m，A的最大速度为v， 根据动量守恒有mv+2 kg×1 m/s＝2 kg×3 m/s，又由机械能守恒有mv2+×2×12 J＝×2×32 J，得m＝1 kg，v＝4 m/s，A错误，B正确； 在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受合力不为零，则系统动量不守恒，C错误； 当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧弹性势能最大。根据动量守恒定律有2 kg×3 m/s＝(2 kg+1 kg)v共，解得v共＝2 m/s，又由能量守恒定律得Epmax＝×2×32 J－×(2+1)×22 J＝3 J，D错误。 6.如图所示，一个带有光滑半圆槽的大物块与另一小物块挨在一起，静止放置在光滑的水平面上，一小球(可视为质点)自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，由半圆槽A点相切进入槽内，经最低点后恰能上升到右侧槽最高点C，A、C两点位置等高，已知大物块、小物块和小球的质量均相等，半圆槽的半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　) A.小球从离A高为处开始下落 B.小物块运动的最大速度为 C.大物块运动的最大速度为 D.小球从A进入半圆槽后，还能从A离开槽口 答案　A 解析　小球从A运动到B的过程中，小球对大物块的压力方向向左下方，所以大物块要向左推动小物块一起加速运动，到最低点B后小物块与大物块分离，小球在大物块的半圆槽内继续上升，对大物块的压力方向向右下方，大物块做减速运动。设小球在最低点的速度为v球，大、小物块的速度为v物，根据水平方向动量守恒有mv球＝2mv物，根据系统机械能守恒有mg(h+R)＝m+×2m 因小球经最低点后恰能上升到右侧槽最高点C， 则有mv球－mv物＝2mv，m+m×2mv2+mgR 联立解得h＝，v物＝， v球＝，v＝，A正确； 由上分析可知，小球经过半圆槽最低点时，大、小物块获得最大速度v物＝，B、C错误； 小球从A进入半圆槽后，到最低点有一部分能量给了小物块，之后小物块分离，小球过最低点后在槽右侧最高到达C点，所以小球不能从A离开槽口，故D错误。 7.(11分)如图所示，光滑平面上有一个质量为4m为“小山”。最高点距地面为h，最高点的曲率半径也为h，被一个弯曲的与“小山”连在一起的光滑曲面挡板罩住形成光滑管道，一个质量为m的小球以某初速度进入管道。小球直径比管道内径略小但远小于“小山”的高度，小球恰好能越过“小山”，重力加速度为g。挡板罩质量不计，则： (1)(5分)如果“小山”固定，小球初始速度v0应该为多大？ (2)(6分)如果“小山”可自由移动，小球的初速度v0'为多大？小球到了“小山”的最高点时对“小山”的压力多大？ 答案　(1)　(2)　mg 解析　(1)如果“小山”固定，小球恰好能越过最高点的临界条件是到达最高点时小球的速度为零，根据动能定理有－mgh＝0－m，解得v0＝。 (2)如果“小山”可自由移动，小球能恰好越过“小山”的临界条件是当小球到达峰顶时，两者的相对速度为零，具有共同速度，分析可得，到达峰顶的过程中，两者组成的系统在水平方向上动量守恒且系统的机械能守恒，故有mv0'＝5mv1，mv0'2＝×5m+mgh， 解得v0'＝，由于小球到达峰顶时与“小山”相对静止，故小球在峰顶对“小山”的压力大小为mg。 8.(12分)(2024·宁波市高二期中)在光滑的水平冰面上，放置一个截面为四分之一圆、半径足够大的光滑自由曲面，曲面底部与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v0＝2 m/s的速度(相对于冰面)向曲面推出(如图所示)，小孩将球推出后还能再接到球。已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，小球质量为m2＝2 kg，曲面质量为m3＝10 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(3分)小孩将小球推出过程中，小孩、冰车、小球构成的系统的机械能的增加量； (2)(4分)整个运动过程中小球能到达的最大高度(距离冰面)； (3)(5分)小孩再接到小球后，小球的速度大小。 答案　(1)4.2 J　(2) m　(3) m/s 解析　(1)根据动量守恒有m2v0－m1v1＝0，可得v1＝0.1 m/s，小孩、冰车、小球构成的系统的机械能的增加量ΔE＝m2+m1＝4.2 J。 (2)小球与曲面水平方向动量守恒，小球到达最大高度的过程中，有m2v0＝(m2+m3)v2，根据机械能守恒有m2(m2+m3)+m2gh，联立可得h＝ m。 (3)小球返回曲面最低点时，由动量守恒和能量守恒有m2v0＝m3v3－m2v4， m2m3+m2， 联立可得v4＝ m/s，小孩接小球的过程由动量守恒有m2v4+m1v1＝(m2+m1)v'， 可知小孩再接到小球后， 小球的速度大小v'＝ m/s。 [7分] 9.(多选)(2024·嘉兴市第五高级中学月考)如图所示，水平平行光滑轨道间宽度和弹簧自然长度均为d。质量为m2的小球的左边有一固定挡板。质量为m1的小球由图示位置由静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中(　　) A.m1的最小速度一定是0 B.m1的最小速度可能是v1 C.m2的最大速度可能是v1 D.m2的最大速度一定是v1 答案　BCD 解析　小球m1到达两球相距最近时弹簧恢复原长，此后拉动m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时弹簧再次恢复原长，m1达到最小速度，m2达到最大速度，两小球水平方向动量守恒，类似于完成一次弹性碰撞，根据动量守恒可得m1v1＝m1v1'+m2v2，根据能量守恒可得 m1m1v1'2+m2 解得v1'＝v1，v2＝v1 若m1＝m2，可得v1'＝0，v2＝v1， 即m2的最大速度为v1，故A错误，B、C、D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $