第6章 第4讲 四种“类碰撞”典型模型研究(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦高考力学综合中的四种“类碰撞”模型，围绕动量守恒、能量转化核心考点，按子弹打木块、滑块—弹簧等模型特点及情境分层梳理，通过模型建构、规律总结、真题精讲与针对训练，帮助学生建立系统分析框架，突破综合应用难点。 资料以科学思维培养为核心，每个模型先明确动量守恒与能量关系（模型建构），结合例题假设推理（如子弹射穿判断），设置分层训练。通过模型对比与方法提炼，提升学生科学推理能力，为教师提供精准复习路径，高效提升应考能力。

第4讲　四种“类碰撞”典型模型研究(综合融通课) (一) 子弹打木块模型 模型图示 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。 两种情境 (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:mv0=(m+M)v 能量守恒:Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2 能量守恒: Q=Ff·d=m- [例1]　(2025·苏州高三检测)如图所示,在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块,现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块,最终留在木块中没有射出,和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm,子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度大小以及它们在此过程中所产生的内能。 (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块,则在射中木块后能否射穿该木块? [解析]　(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v,对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,代入数据解得v=6 m/s 此过程系统所产生的内能 Q=m-(M+m)v2=882 J。 (2)假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时没有射穿木块,则对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0'=(M+m)v' 解得v'=8 m/s 此过程系统损失的机械能为 ΔE'=mv0'2-(M+m)v'2=1 568 J 由功能关系有Q=ΔE=F阻x相=F阻d ΔE'=F阻x相'=F阻d' 则==,解得d'= cm 因为d'>10 cm,所以能射穿木块。 [答案]　(1)6 m/s　882 J　(2)能 　　[针对训练] 1.(2026·西安交通大学苏州附属中学期中)如图所示,两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中,射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较,下列说法正确的是 (　 ) A.射入滑块A的子弹速度变化大 B.整个射入过程中两滑块受的冲量大小不相等 C.射入滑块A中时,阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D.两个过程中系统产生的热量相同 解析:选D　根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,mv0=(m+M)v2,所以v1=v2,即两子弹初末速度均相等,速度变化量相等,故A错误;对滑块A、B,根据动量定理得I1=Mv1,I2=Mv2,所以I1=I2,故B错误;对子弹,根据动能定理得Wf1=m-m,Wf2=m-m,所以Wf1=Wf2,故C错误;对系统,根据能量守恒定律得Q1=m-(m+M),Q2=m-(m+M),所以Q1=Q2,故D正确。 (二) “滑块—弹簧”模型 模型图示 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:系统在运动过程中只有重力或弹簧弹力做功,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,弹簧弹性势能最大,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,弹簧弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 　　[例2]　(2025·宿迁高三调研)如图甲所示,物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧,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4 kg。现解除对弹簧的锁定,在a物体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物体的质量为1 kg B.a物体的最大速度为2 m/s C.在a物体离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为6 J D.在a物体离开挡板后,物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒 [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,且此时弹簧也处于原长。设a的质量为ma,a的最大速度为va,根据动量守恒定律有mbv0=mbvb+mava,由机械能守恒定律可得mb=mb+ma,由图像可知v0=3 m/s,vb=1 m/s,解得va=4 m/s,ma=2 kg,A、B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mbv0=v,根据能量守恒定律得Epmax=mb-v2,解得Epmax=6 J,C正确;在a物体离开挡板后,物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒,D错误。 [答案]　C [规律方法] (1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中,弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素:①弹簧被压缩后恢复原长时,可等效为两物体发生弹性碰撞;②弹簧处于最长或最短状态时,可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。 (2)把弹簧视为系统内的一部分时,弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分,通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。 　 　　[针对训练] 2.(2026·常州高三调研)如图所示,物块A、B通过轻弹簧连接,A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离,并由静止同时释放两物块,则放手后 (　 ) A.A的动能达到最大时,弹簧压缩量最大 B.A的动量达到最大时,弹簧压缩量最大 C.弹簧恢复到原长过程中,系统的动量增加 D.弹簧恢复到原长过程中,系统的机械能守恒 解析:选D　弹簧从拉伸至恢复到原长的过程,弹力一直对A做正功,A的动能一直增加,弹簧从恢复原长至压缩到最短的过程,弹力对A做负功,A的动能减小,则A的动能达到最大时,弹簧恢复到原长,故A错误;根据动量守恒定律,弹簧压缩量最大时,A、B共速,速度都为零,A的动量最小,故B错误;系统所受合外力始终为零,所以系统动量守恒,故C错误;弹簧恢复到原长过程中,没有外力做功,系统的动能和弹性势能相互转化,系统的机械能守恒,故D正确。 (三) “滑块—曲面体”模型 模型图示 模型特点 (1)上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时m的竖直速度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,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的重力势能)。 (2)返回最低点: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3]　(2025·苏州高三检测)如图,两个相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上,圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑,质量均为m,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放,重力加速度为g。求: (1)小球P到达A槽最低点时速度的大小; (2)小球P在B槽内上升的最大高度; (3)B槽具有的最大速率。 [解析]　(1)小球P从a点运动到c点的过程中,A、B均保持静止,根据动能定理可得 2mgR=·2m 小球P运动到c点时的速度大小为v0=。 (2)小球P滑到B槽后A依然保持静止,B开始向右运动,由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力,则水平方向动量守恒,当小球P在B槽内运动到最大高度时,二者水平速度相同,取向右为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律可得2mv0=v 对小球P和B槽组成的系统,根据机械能守恒定律可得·2m=v2+2mgh,联立解得h=。 (3)小球P返回B槽最低点d时,B槽速度最大,设此时P的速度为v1,B的速度为v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2 ·2m=·2m+m 解得v2=。 [答案]　(1)　(2)　(3) [针对训练] 3.一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上,圆弧的半径为R,一可视为质点的物块A从物块B的底端以速度v0=2滑上其圆弧面,经过时间t恰好能滑到物块B的圆弧面顶端,已知物块A的质量为m,重力加速度为g,则 (　 ) A.物块A滑上圆弧面后,A、B组成的系统动量守恒 B.物块B的质量为2m C.物块A从底端至滑到圆弧面顶端的过程,物块B的位移为 D.A、B分离时,物块B的速度大小为 解析:选C　物块A滑上圆弧面后,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,在竖直方向动量不守恒,故A错误;物块A滑到物块B的圆弧面顶端的过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=v,mgR=m-(m+mB)v2,解得mB=m,故B错误;A滑上B的过程,A和B组成的系统在水平方向动量守恒,有mv0=m+m,故mv0t=mt+mt,xA=t,xB=t,xA-xB=R,解得xB=,故C正确;由以上分析可知,A、B质量相等,则A、B分离时,相当于发生弹性碰撞,A、B交换速度,物块A的速度为0,物块B的速度大小为2,故D错误。 (四) “滑块—滑板”模型 模型图示 模型特点 (1)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。 (2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大。 求解方法 (1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统。 (2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统。 　　[例4]　(2024·甘肃高考)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 [解析]　根据题意,A、C的质量均为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 (1)从A开始运动到最低点,由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律得F-mg=,解得vA=4 m/s,F=40 N 根据牛顿第三定律,细绳OP所受的拉力为40 N。 (2)A与C相碰,在水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=4 m/s。 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒定律可得 mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 [答案]　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 [针对训练] 4.质量为m的矩形木板ae,放在光滑水平面上,b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板,物块的宽度不计,且m<M,经过一段时间物块停在木板上。若上图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态,下图是物块刚与木板达到共同速度时的物块与木板的位置状态,下列示意图正确的是 (　 ) 解析:选B　地面光滑,物块与木板组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,设相对位移为Δx,对木板有μMgx=mv2,对物块有-μMg(x+Δx)=Mv2-M,整理得==,因为m<M,所以<<,解得x<Δx<2x,故B正确,A、C、D错误。 36 / 78 $