2024年高考物理一轮复习模型及秒杀技巧一遍过模块5 动量各模块大招第01讲 完全弹性、非弹性、完全非弹性碰撞模型（原卷版） 目录【内容一】 弹性碰撞模型 1【内容二】 “动碰静模型”弹性碰撞的结论 2【内容三】 非弹性碰撞模型 3【内容四】 完全非弹性碰撞（动碰动）模型 3技巧总结弹性碰撞模型如下：内容一： 弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为和，碰前速度为，，碰后速度分别为ˊ，ˊ，则有： 联立（1）、（2）解得：，特殊情况： 若 ， ，（速度交换） .内容二： “动碰静模型”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒以质量为、速度为的小球与质量为的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有解得：，结论：(1)当时，，(质量相等，速度交换)(2)当时，，，且(大碰小，一起跑)(3)当时，，(小碰大，要反弹)(4)当时，非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型如下：内容三：非弹性碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞动量守恒，碰撞系统动能损失根据动量守恒定律可得：损失动能根据机械能守恒定律可得： 内容四： 完全非弹性碰撞（动碰动）碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：联立（1）、（2）解得：；，(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当时，，(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)例题演练例1．如图所示，用长的轻绳将小球a悬挂在O点，从图示位置由静止释放，当小球a运动至最低点时与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，碰撞后b滑行的最大距离。
若小球a的质量，物块b的质量，物块b与水平面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，小球a和物块b均可视为质点，则刚释放小球a时，轻绳与竖直方向的夹角的余弦值为（ ）A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.2解：物体ab发生弹性碰撞，则有，解得，根据牛顿第二定律可知解得根据速度位移公式则有解得所以由动能定理得解得故ABC错误，D正确例2．如图所示，水平面上AB两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态，B点右侧水平面粗糙，左侧水平面光滑若甲在水平向右的拉力的作用下由静止向右运动，当时撒去拉力F，紧接着甲与乙发生弹性正碰，其中乙滑行后停下已知乙的质量为，甲、乙与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.5，取，则（ ）A．内，拉力F的冲量为 B．撤去拉力F时甲的速度大小为C．两个滑块碰撞后瞬间乙的速度是 D．甲停止运动时甲、乙相距解：A．F与t线性关系，力F对甲的冲量为I，故A错误C．对乙碰撞后的过程中利用动能定理得，故C正确BD．设甲的质量为m1，碰前速度为v0，碰后速度为v1，根据动量守恒得根据机械能守恒得，联立得，，甲乙碰后做减速运动，加速度均为a=μg=5m/s2对甲停止运动时甲运动时间为 此时乙的位移 即甲停止运动时甲、乙相距 B正确，D错误。
故选BC例3．如图所示，水平面上A、B两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态，B点右侧水平面粗糙，左侧水平面光滑若甲在水平向右的拉力F=3t的作用下由静止向右运动，当t=2s时撤去拉力F，紧接着甲与乙发生弹性正碰，其中乙滑行1.6m后停下，已知乙的质量为1kg，乙与粗糙水平面间的动摩擦因数为0.5，取g=10m/s2，则（ ）A．0—2s内，拉力F的冲量为12N·s B．撤去拉力F时甲的速度大小为3m/sC．两个滑块碰撞以后乙的速度是1m/s D．甲的质量为2kg解：A．F与t线性关系，力F对甲的冲量为I，故A错误C．对乙碰撞后的过程中利用动能定理得，故C错误BD．设甲的质量为m1，碰前速度为v0，碰后速度为v1，根据动量守恒得根据机械能守恒得，联立得BD正确故选BD例4．水平面右端固定一个半径为3.2m的四分之一圆弧形滑槽，滑槽内壁光滑，一个可看成质点的滑块A从滑槽最高点无初速滑下，滑到粗糙的水平面上减速运动的位移为3.75m时与水平面上静止的滑块B发生弹性正碰，已知AB两滑块质量相等，与水平面动摩擦因数均为0.2，取g=10m/s2，则（ ）A．滑块A运动的最大速度为8m/s B．碰前滑块A速度大小为7m/sC．碰后滑块A速度大小为8m/s D．碰后滑块B运动时间为4s解：A．滑块A沿滑槽下滑过程中由动能定理，可得解得故A正确；B．滑块A在水平面上减速运动过程中，由动能定理可得解得故B正确；C．滑块A与滑块B发生弹性正碰，由于A、B两滑块质量相等，所以交换速度，碰后瞬间滑块A速度为0，滑块B的速度与v1相等，故C错误；D．碰后滑块B运动时间为故D错误；故选AB。
例5．水平面右端固定一半径R=3.2 m的四分之一圆弧形滑槽，滑槽内壁光滑、下端与水平面平滑连接一个可视为质点的滑块A从滑槽最高处由静止释放，滑到水平面上减速运动L=3.75 m时与水平面上静止的滑块B发生弹性正碰，已知A、B两滑块质量相等，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，取重力加速度g=10 m/s2，则（ ）A．滑块A运动的最大速度为8 m/s B．碰前瞬间滑块A的速度为7 m/sC．碰后瞬间滑块A的速度为8 m/s D．碰后滑块B运动时间为4s解：A．滑块A沿滑槽下滑过程中由动能定理，可得解得故A正确；B．滑块A在水平面上减速运动过程中，由动能定理可得解得故B正确；C．滑块A与滑块B发生弹性正碰，由于A、B两滑块质量相等，所以交换速度，碰后瞬间滑块A速度为0，滑块B的速度与v1相等，故C错误；D．碰后滑块B运动时间为故D错误故选AB例6．足够长的斜面被固定在水平面上，斜面倾角为30o，底端有一固定弹性挡板，挡板垂直斜面，A、B两可视为质点的物块静止在斜面上，与斜面的摩擦因数都是，B的质量为M，初始B离挡板的距离为m，A的质量为kM，现给A 沿斜面向下的初速度v0，所有的碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短，g=10m/s2，求：（1）A、B第一次碰后瞬间的速度vA、vB（本问不用说明方向）（2）当k不小于1时，B和挡板相碰时，A距离挡板范围。
3）若v0=10m/s，k为多少A、B第二次相遇时，相遇位置离挡板最远，在这种情况下A、B第一次和第二次相遇的时间间隔是多少？解：（1）对A应用牛顿第二定律可解得a1=0即A向下做匀速运动A、B发生弹性正碰，由动量守恒可得 由能量守恒可得可解得，（2）设B初始离挡板的距离为s，A、B碰后到B和挡板相碰时A的位移为sA对A 对B 代入数据可解得由可得设B和挡板相碰时A与挡板距离为d，则有（3）当A与B碰后，A被反弹上升且A、B第二次相遇时速度均减0时，相遇位置离挡板最远，A、B向上运动时具有共同的加速度a，应用牛顿第二定律 又所以当A反弹后速度变为0时将静止在斜面上碰后A向上匀减速，B先向下匀速，原速率反弹后再匀减速有 代入数据可解得k=0.5，对B在A、B第一次和第二次相遇之间应用运动学公式有代入数据可解得例7．竖直面内一倾角为30°的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量的小物块A在距离地面高为处，A在外力作用下处于静止状态质量为的小物块B静止于水平轨道的最左端，如图所示撤掉作用在A上的作用力，A由静止开始下滑，A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）已知斜面光滑，B与水平面间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2。
求：（1）第一次碰后瞬间B的速度；（2）碰后迅速拿掉A，求碰撞后B的位移解：（1）A自斜面下滑，到碰撞前瞬间，根据机械能守恒定律解得碰撞时，动量守恒机械能守恒解得，（2）B在水平面上运动的加速度B的位移为例8．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=m、mB=2m、mC=4m，开始时均静止先让滑块A以初速度v0与滑块B发生碰撞并粘在一起，然后又一起与滑块C发生碰撞并粘在一起，则前后两次碰撞中损失的动能之比为（ ）A．1:4 B．4:1 C．7:2 D．2:7解：取向右方向为正方向，设A、B粘在一起后向右运动的速度为，A、B、C粘在一起后向右运动的速度为，则第一次碰撞过程中，系统的动量守恒．则有得动能的损失为第二次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有得动能的损失为故前后两次碰撞中损失的动能之比故选C例9．如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度已知A和B的质量均为m，绳长为L，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力下列选项正确的是（ ）A．B与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒B．AB一起上摆的过程中，轻绳拉力做负功，AB动能减小C．碰撞后AB再次回到最低点时对绳的拉力大小为D．碰撞后AB一起上升的最大高度为解：A．由题意知B与A碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒，机械能不守恒，故A错误；B．AB一起上摆的过程中，任意时刻，轻绳拉力方向和速度方向都是垂直的，所以轻绳拉力不做功，故B错误；C． AB一起上摆的过程中，A、B整体机械能守恒，再次回到最低点时，速度大小仍为碰后A、B速度的大小，设为，碰撞过程由动量守恒定律得解得在最低点，对A、B整体由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律得A、B对绳子的拉力为，故C错误；D．设碰撞A、B一起上升的最大高度为h，则有机械能守恒定律得解得故D正确。
故选D例10．如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是（ ）A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中对斜劈A做的功为0B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为解：A．D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时且两式联立解得A、D分离时的速度为即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对A由动能定理得解得故A错误；B．D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；C．B与C碰撞过程中，B、C、D 组成的系统动量守恒，有则B与C碰撞后的速度大小为故C错误D．D与B碰撞过程动量守恒，有则碰撞后B、D整体的速度大小为损失的机械能计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能故D正确。
故选D例11．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑固定圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是，A、B滑块均可看成质点，重力加速度g＝10 m/s2则碰后小滑块B的速度大小可能是（ ）A．5 m/s B．4 m/s C．1.3 m/s D．1 m/s解：滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得解得若两滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由。