碰撞（解析版）-2023屆高考物理一輪復(fù)習(xí)知識(shí)點(diǎn)講義與真題模擬題練習(xí)

2023高考一輪知識(shí)點(diǎn)精講和最新高考題模擬題同步訓(xùn)練

第八章動(dòng)量

專題44碰撞

第一部分知識(shí)點(diǎn)精講

1.碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間的相互作用力很

大的現(xiàn)象。

2.特點(diǎn)

在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

3.分類

（1）按照碰撞過(guò)程機(jī)械能是否有損失，可分為：

動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒

彈性碰撞守恒

非彈性碰撞有損失

完全非彈性碰撞損失最大

（2）按照碰撞前后是否在一直線上可分為正碰和斜碰。

兩個(gè)小球相碰，碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線在同一條直線上力碰撞之后

兩球的速度仍會(huì)沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰二也叫作對(duì)心碰撞或一維碰撞。

兩個(gè)小球碰撞前后速度不共線，則為斜碰。

4.碰撞過(guò)程的四個(gè)特點(diǎn)

（I）時(shí)間短：在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短。

（2）相互作用力大：碰撞過(guò)程中，相互作用力先急劇增大，后急劇減小，平均作用力很大。

（3）位移小：碰撞過(guò)程是在一瞬間發(fā)生的，時(shí)間極短，在物體發(fā)生碰撞的瞬間，可忽略物

體的位移，認(rèn)為物體在碰撞前后仍在同一位置。

（4）滿足動(dòng)量守恒的條件：系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以即使系統(tǒng)所受合外力不為零，

外力也可以忽略，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。

（5）.速度要符合實(shí)際

（i）如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即巳了＞%夕，

否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來(lái)在前的物體的速度一定增大，且原來(lái)在前的物體的速度大

于或等于原來(lái)在后的物體的速度%,≥。

（ii）如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體

碰撞后速度均為零。若碰后沿同向運(yùn)動(dòng)，則前面物體的速度大于或等于后面物體的速度，即

囁“2?

5.一動(dòng)一靜”彈性碰撞模型

如圖所示，已知4、B兩個(gè)剛性小球質(zhì)量分別是r∏ι、m2,小球B靜止在光滑水平

面上，A以初速度%與小球B發(fā)生彈性碰撞，

%一?_%一

取小球A初速度見(jiàn)的方向?yàn)檎较?，因發(fā)生的是彈性碰撞，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒、

動(dòng)能不變，有

TYI1VQ=m1V1+Tn2V2

111

2mιro=ImI說(shuō)+］巾2詔

聯(lián)立解得％=g處a,v=2曳

m1+m2m1+m2

討論：（1）若r∏ι>血2，貝∣Jθ</<為、V2>V0,物理意義：入射小球質(zhì)量大于被碰

小球質(zhì)量，則入射小球碰后仍沿原方向運(yùn)動(dòng)但速度變小，被碰小球的速度大于入射小球碰前

的速度。

（2）若r∏ι=r∏2,則UI=Ov2=V0,物理意義：入射小球與被碰小球質(zhì)量相等，則碰

后兩球交換速度。

（3）若r∏ι<z∏2,則%<0（即Ul與VO方向相反）、V2<v0,物理意義：入射小球質(zhì)

量小于被碰小球質(zhì)量,則入射小球?qū)⒈环磸椈厝?被碰小球的速度小于入射小球碰前的速度。

（4）若瓶1m2，則%趨近于%V2趨近于2%,物理意義：入射小球質(zhì)量比被碰小球質(zhì)

量大得多，則入射小球的速度幾乎不變，被碰小球的速度接近入射小球碰前速度的2倍，也

就是說(shuō)被碰小球?qū)θ肷湫∏虻倪\(yùn)動(dòng)影響很小，但入射小球?qū)Ρ慌鲂∏虻倪\(yùn)動(dòng)影響不能忽略,

例如用一個(gè)鉛球去撞擊一個(gè)乒乓球。

（5）若r∏ι∏i2，則也趨近于一攻）、V2趨近于0,物理意義：入射小球質(zhì)量比被碰小球質(zhì)

量小得多，則入射小球幾乎被以原速率反彈回去,被碰小球幾乎不動(dòng),例如乒乓球撞擊鉛球。

注意：上面討論出的結(jié)果不能盲目套用，應(yīng)用的前提條件是一個(gè)運(yùn)動(dòng)的物體去碰撞一個(gè)靜止

的物體，且是彈性碰撞。

.“一動(dòng)一靜”彈性碰撞模型的類比應(yīng)用

廣義地講，"碰撞”就是一種相互作用，彈性碰撞模型的應(yīng)用不僅僅局限于“碰撞”，如

果相互作用前后系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、動(dòng)能不變，具備了這一特征的物理過(guò)程，就可理解為“彈

性碰撞”過(guò)程，就可以類比彈性碰撞的規(guī)律解題。

如圖所示，光滑水平地面上靜止放置由彈簧相連的木塊4和B,開(kāi)始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng),

現(xiàn)給A一個(gè)向右的瞬時(shí)沖量，讓4開(kāi)始以速度盯向右運(yùn)動(dòng)，若nt%>機(jī)8，則當(dāng)彈簧再次

恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，木塊4和B通過(guò)彈簧相互作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，A和B之間的

相互作用可以視為彈性碰撞，彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，相當(dāng)于木塊A與木塊B之間的彈性碰

撞結(jié)束，則此時(shí)4、B的速度分別為外=更可獨(dú)，UB=衛(wèi)普，由于m4>n?，所

mrn

A+mBi4÷B

以此時(shí)4的速度向右，且A的速度小于B的速度。

:%(―I

p^pW?ΛΛ∕WW∣T∣

7777777777777777777777777/77777777

處理碰撞問(wèn)題的幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)

（1）選取動(dòng)量守恒的系統(tǒng)：若有三個(gè)或更多個(gè)物體參與碰撞，要合理選取所研究的系統(tǒng)。

（2）弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。

（3）弄清碰撞過(guò)程中存在的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化關(guān)系、幾何關(guān)系、速度關(guān)系等。

第二部分最新高考題精選

5（2021重慶高考）.質(zhì)量相同的甲乙兩小球（視為質(zhì)點(diǎn)）以不同的初速度豎直上拋，某時(shí)刻

兩球發(fā)生正碰。題圖中實(shí)線和虛線分別表示甲乙兩球位置隨時(shí)間變化的曲線，其中虛線關(guān)于

t=tl左右對(duì)稱，實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，若小球運(yùn)動(dòng)中除碰撞外僅受重力，則

A.Z=O時(shí)刻，甲的速率大于乙的速率

B.碰撞前后瞬間，乙的動(dòng)量不變

C.碰撞前后瞬間，甲的動(dòng)能不變

D.碰撞后甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能

【參考答案】C

【名師解析】根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，/=0時(shí)刻，甲的速率小于乙的速率，選項(xiàng)A

錯(cuò)誤；根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據(jù)題述,

虛線（乙的位移圖像）關(guān)于t=tl左右對(duì)稱，所以碰撞前后瞬間，乙的動(dòng)量大小不變，方向

變化，甲的動(dòng)能不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤C正確；根據(jù)題述，實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，可知

碰撞后甲的機(jī)械能與乙的機(jī)械能相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

1.(9分)(2021新高考北京卷)

如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為〃?=0.10kg,8靜止在軌道水平段的末端。A

以水平速度Oo與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎

直高度為h=0.45m,兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平

距離為S=O.30m,取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；

(2)兩物塊碰前A的速度切的大小；

(3)兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能AE。

【解題思路】17.(9分)

,12

(1)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，由h=2st

得t-0.30s

(2)設(shè)A、8碰后速度為？，

水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，由S=Vt

得v=1.0m/s

根據(jù)動(dòng)量守恒定律，由mυ0=2mu

得v0=2.0m/s

Ak12

(3)兩物體碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能?E=-nw

2h02

得A￡；=0.10J

4.(11分)(2021年高考廣東學(xué)業(yè)水平選擇性測(cè)試)算盤(pán)是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中

心帶孔的相同算珠可在算盤(pán)的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零.如圖10所示,

水平放置的算盤(pán)中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b,甲、乙相隔Sl=

3.5xlO2m,乙與邊框a相隔S2=2.0xl(Pm,算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.1.現(xiàn)用

手指將甲以0.4m∕s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m∕s,方向不變，

碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取IOm/S?.

(1)通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；

(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間.

?珠歸?狀杰

【關(guān)鍵能力】本題以算盤(pán)上撥出算珠為情景，考查動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、

牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生對(duì)相關(guān)知識(shí)的靈活運(yùn)用能力。

【學(xué)科素養(yǎng)】本題考查的學(xué)科素養(yǎng)主要是物理觀念中的運(yùn)動(dòng)和相互作用觀念，功

和能的觀念，動(dòng)量觀念，考生要能夠分析運(yùn)動(dòng)情景，能從物理學(xué)的視角分析解決

實(shí)際問(wèn)題。

【解題思路】（1）設(shè)甲算珠與乙碰撞前的速度為V,

對(duì)甲算珠在導(dǎo)桿上滑動(dòng)，由動(dòng)能定理，-UmgSI=LmVLLmV；

22

解得v=0.3m∕s

甲乙算珠碰撞，由動(dòng)量守恒定律，mv=mv1+mv2,

解得乙算珠速度V2=O.2m∕s,

對(duì)乙算珠，由動(dòng)能定理，-UmgX=-LmV2?

2

解得:x=2.0×10?,等于S2=2.0X10?I,所以能滑動(dòng)到邊框。

（2）甲算珠與乙碰撞前的運(yùn)動(dòng)的加速度a=umg=lm∕s2,

甲算珠與乙碰撞前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Z1=（vo-v）∕a=0.Is

甲算珠與乙碰撞后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=v,∕a=0.Is

甲算珠從撥出到停下的時(shí)間t=ti+?=0.ls+0.ls=0.2sO

5.（15分）（2021高考新課程湖北卷）如圖所示，一圓心為0、半徑為R的光滑半圓弧軌

道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊

A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)動(dòng)。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最

高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知

重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；

(2)當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí)，OD與OQ夾角為0,求此時(shí)A所受力對(duì)A

做功的功率；

(3)求碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能。

【參考答案】15.(1)2R(2)mgsinθy∣2gRcosθ(3)?∕?0mgR

【解題思路】(1)根據(jù)題述，B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零，由牛頓第

,V2

二定律，mg?m?

解得v=y[gR

由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，X=Vt,2R=gg∕

聯(lián)立解得：x=2R

2

(2)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律，mgRcosθ=∣∕wβ,

A所受力對(duì)A做功的功率P=mgsinO?VD,

聯(lián)立解得：P=mgsinθy∣2gRcosθ。

(3)A碰撞后，由動(dòng)能定理加g/?二；〃zu：,,解得VA=y∣2gR

B碰撞后，由動(dòng)能定理2"吆/?+；〃?2=^"2匕/,,解得VB=yj5gR

AB碰撞，由動(dòng)量守恒定律，/7Wo=Π7UA+小色，

碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能△&=~zπvθ~-15mUA~+Qm)

聯(lián)立解得：AEk=MmgRo

6.(14分)(2021新高考天津卷)一玩具以初速度%從水平地面豎直向上拋出，達(dá)到最

高點(diǎn)時(shí)，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開(kāi)，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1:4

的兩部分，此時(shí)它們的動(dòng)能之和與玩具從地面拋出時(shí)的動(dòng)能相等.彈簧彈開(kāi)的時(shí)間極短，不

計(jì)空氣阻力.求

(1)玩具上升到最大高度2時(shí)的速度大??；

4

(2)兩部分落地時(shí)速度大小之比.

10.(14分)【解題思路】

3

(1)設(shè)玩具上升的最大高度為/?,玩具上升到高度二〃時(shí)的速度大小為力重力加速度大小

4

為g，以初速度方向?yàn)檎?，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有

0-vθ=-2gh①

聯(lián)立①②式解得

v=→0③

(2)設(shè)玩具分開(kāi)時(shí)兩部分的質(zhì)量分別為叫、m2,水平速度大小分別為匕、v2.依題意,

動(dòng)能關(guān)系為

④

玩具達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，兩部分分開(kāi)時(shí)速度方向相反，水平方向動(dòng)量守恒，有

MI1V1-W2V2=0⑤

分開(kāi)后兩部分做平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系，兩部分落回地面時(shí)，豎宜方向分速度大小為Z,

,

設(shè)兩部分落地時(shí)的速度大小分別為匕'、v2.由速度合成公式，有

v/=7vO+vI2⑥

√=&+△⑦

聯(lián)立④⑤⑥⑦式，考慮到叫：加2=1：4，得

t

匕~=2⑧

嶺

8.(2021年6月浙江選考物理)如圖所示，水平地面上有一高〃=0.4m的水平臺(tái)面，臺(tái)

面上豎直放置傾角6=37。的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)

圓管道Cr)和半圓形光滑軌道。所，它們平滑連接，其中管道CZ)的半徑r=0.1m、圓

心在O∣點(diǎn)，軌道OEE的半徑R=0.2m、圓心在Q點(diǎn)，。1、。、。2和尸點(diǎn)均處在同一水

平線上。小滑塊從軌道AB上距臺(tái)面高為〃的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道8。上等質(zhì)量的

小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道8、軌道。所從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與正下方固定

在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上。

點(diǎn)，已知小滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=1~,sin37。=0.6，cos370=0.8。

(1)若小滑塊的初始高度∕ι=0.9m,求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度%的大小;

(2)若小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求/?的最小值力mi”；

(3)若小球恰好能過(guò)最高點(diǎn)E,且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)。與尸點(diǎn)的水平距

離X的最大值XmaX。

【參考答案】(1)4m/s；(2)%,=0.45m：(3)0.8m

【名師解析】

h1

(1)小滑塊AB軌道上運(yùn)動(dòng)"zg∕z-μmgcosθ-----=-mvj9

sin。2

代入數(shù)據(jù)解得%=g癡=4m/s

(2)小滑塊與小球碰撞后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有

∕nv0=mvA+mvB,

解得UA=°，力=4m∕s

小球沿CDEF軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得

mg-mv---π

R

從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得

?機(jī)或min+mg(R+〃)=：MTmin

其中=§Jg"min,解得

Amin=0.45m

(3)設(shè)廠點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y,小球從E點(diǎn)到。點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理

mv

^G=g〃雇min+mg(R+y)

由平拋運(yùn)動(dòng)可得

?12

x=vβt,H+r-y=-gt

聯(lián)立可得水平距離為

x=2j(0.5-y)(0.3+y)

由數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)0?5-y=0?3+y

取最小，最小值為Xmin=O?8m

【名師點(diǎn)評(píng)】本題是力學(xué)的雙質(zhì)點(diǎn)多過(guò)程問(wèn)題，涉及直線運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量守恒、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋

運(yùn)動(dòng)等知識(shí)，需要運(yùn)用很多物理觀念與思維方法，例如運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系、動(dòng)量守恒、機(jī)械能

守恒、極值問(wèn)題處理方法等

9.(11分)(2021高考河北物理)

如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成,其中AB段傾角為6,BC段水平，AB段和BC

段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若IS后質(zhì)

量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底

光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=',重力加

C724

速度取g=10m∕s2,Sine=—，CoSe=—，忽略空氣阻力及拎包過(guò)程中滑雪者與背包

2525

的重心變化。求：

(1)滑道AB段的長(zhǎng)度；

(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度.

【名師解析】(1)設(shè)斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng),背包質(zhì)量為如=2kg,在斜面上滑行時(shí)加速度為G，

/n?gsinO-ju∕n∣gcos8=AMIaI,

解得：α∣=2m∕s2(1

2

滑雪者質(zhì)量m2=48kg,初速度為vo=1.5m∕s,加速度為a2=3m∕s,在斜面上滑行時(shí)間時(shí)間為t,

落后時(shí)間tθ=ls,則背包的滑行時(shí)間為/+r°,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，

rIzu12

Δ=-αl(∕+r0)?L=vj+-a2Γ

聯(lián)立解得：t=2s(t=-ls舍去)，L=9mo

(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時(shí)的速度分別為口、口，有

v∣=a∣(r+∕o)=6m∕s,V2=vO÷a2t=7.5m∕s

滑雪者拎起背包的過(guò)程，系統(tǒng)在光滑水平面上所受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為V,

有

∕n1vl+∕w2v2=(ml+m1)v

解得：v=7.44m∕s

第三部分最新模擬題精選

1..(2022湖北武漢武昌區(qū)5月模擬)如圖甲所示，輕彈簧下端固定在傾角為。的光滑斜面

底端，上端與物塊B相連，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將物塊A置于斜面上B的上方某位置

處，取物塊A的位置為原點(diǎn)。，沿斜面向下為正方向建立X軸坐標(biāo)系，某時(shí)刻釋放物塊A,

A與物塊B碰撞后以共同速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，測(cè)得物塊A的動(dòng)能線與其

位置坐標(biāo)X的關(guān)系如圖乙所示，圖像中0~%之間為過(guò)原點(diǎn)的直線，其余部分為曲線，物塊

A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,則（）

A.物塊A、B的質(zhì)量之比為1:4

B.A與B碰撞后，A在￡位置處加速度最大

C.巧位置處彈簧壓縮量為9-玉

E

1）.彈簧的勁度系數(shù)為一/------7

【參考答案】BD

【名師解析】

由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞前的動(dòng)能Ad=E

2

∣2E

可得物塊A與物塊B碰撞前的速度為U=J——

NfnA

1E

物塊A與物塊B碰撞后的動(dòng)能GaA喙9=—

216

解得物塊A與物塊B碰撞后的速度VΛ=J吾

物塊A與物塊B碰撞時(shí)間極短，根據(jù)動(dòng)量守恒定律外U=（八+%）V共

m.1

解得qt=W，故A項(xiàng)錯(cuò)誤:

機(jī)B3

根據(jù)動(dòng)能定理有=O-Ek

山上述可知Ek-X圖像的斜率代表物體所受的合外力，由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞

后在￡位置處合外力最大，即加速度最大，B項(xiàng)正確;

由圖乙可知，4處是物塊B靜止的位置，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，并不是原長(zhǎng)，故巧位置

處彈簧壓縮量大于χ2-χl,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;

彈簧上端與物塊B相連，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時(shí)彈簧的形變量為七,結(jié)合圖甲，根

據(jù)平衡條件可知加BgSine=5，由圖乙可知，當(dāng)物塊A與物塊B一起運(yùn)動(dòng)到當(dāng)時(shí)，速度

最大，根據(jù)平衡條件

mAgsinθ+mβgsinθ=k(x2-%1+x0)

物塊A從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到位置引的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，以8sinθxi=E

,E

聯(lián)立解得人=1-----故D項(xiàng)正確。

xl(x2-xl)

2.(2022北京西城期末)質(zhì)量為町和，叫的兩個(gè)物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時(shí)間不

計(jì)，其位移一時(shí)間圖像如圖所示，由圖像可判斷以下說(shuō)法正確的是()

A.碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向相同

B.碰后根2的速度大小為4m∕s

C.兩物體的質(zhì)量之比叫：啊=2:5

D.兩物體的碰撞是彈性碰撞

【參考答案】C

【名師解析】

X-t圖像斜率表示速度可知碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向相反，故A錯(cuò)誤;

8-4

碰后加2的速度大小為Vm∕s=2m∕s,故B錯(cuò)誤;

23-1

2-4

碰撞后犯的速度為——m∕s=-lm∕s

3—1

4

碰撞前犯的速度為％=γ∏√s=4m∕s

碰撞前機(jī)2的速度為0，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得町%=班巧+m2v2

代入數(shù)據(jù)得犯：加2=2：5,故C正確；

碰撞前的總動(dòng)能為Ek=Imw

mv

碰撞后的總動(dòng)能為Ek=；wιv∣2+?2l

代入數(shù)據(jù)比較可得耳＞瓦，由能量損失，可知不是彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。

3.（2022福建福州3月質(zhì)檢1）圖甲所示的按壓式圓珠筆，其結(jié)構(gòu)由外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈

簧三部分組成。某同學(xué)把筆豎直倒立于水平桌面上，用力下壓外殼，然后釋放，圓珠筆將向

上彈起，其過(guò)程可簡(jiǎn)化為三個(gè)階段，如圖乙所示，圓珠筆外殼先豎直向上運(yùn)動(dòng)，然后與內(nèi)芯

發(fā)生碰撞，碰后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起向上運(yùn)動(dòng)到最大高度處。已知外殼與靜止的內(nèi)

芯碰撞時(shí)彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，碰撞時(shí)間極短；不計(jì)摩擦和空氣阻力，則從釋放外殼起到圓珠

筆向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，下列判斷正確的是（）

甲乙

A.圓珠筆的機(jī)械能守恒

B外殼與內(nèi)芯碰撞前，外殼一直加速上升

C.外殼與內(nèi)芯碰撞前，桌面對(duì)圓珠筆做正功

D.彈簧彈性勢(shì)能的減少量大于圓珠筆重力勢(shì)能的增加量

【參考答案】D

【名師解析】

因?yàn)榇嬖谕耆菑椥耘鲎?，所以圓珠筆的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤;

外殼與內(nèi)芯碰撞前，當(dāng)彈力小于重力，合力向下，外殼減速上升，故B錯(cuò)誤；

外殼與內(nèi)芯碰撞前，桌面對(duì)圓珠筆的作用力沒(méi)有位移，不做功，故C錯(cuò)誤；

根據(jù)A選項(xiàng)分析可知，由于存在機(jī)械能損失，彈簧彈性勢(shì)能的減少量大于圓珠筆重力勢(shì)能

的增加量，故D正確。

4.（2022湖北十堰四模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平直軌道AB與光滑圓弧軌道BC平

滑連接,B為圓弧軌道的最低點(diǎn)。一質(zhì)量為Ikg的小球a從直軌道上的A點(diǎn)以大小為4m∕s的

初速度向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后小球a與靜止在B點(diǎn)的小球b發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球b

沿圓弧軌道上升的最大高度為0.2m（未脫離軌道）。取重力加速度大小g=10m∕s2,兩球

均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

C

AB

A.碰撞后瞬間，小球b的速度大小為lm∕s

B.碰撞后瞬間，小球a的速度大小為3m∕s

C.小球b的質(zhì)量為3kg

D.兩球會(huì)發(fā)生第二次碰撞

【參考答案】C

【名師解析】

由機(jī)械能守恒=可得碰后小球b在8點(diǎn)的速度為蚱=2m∕s,故A錯(cuò)誤；

由動(dòng)量守恒定律可得/%=砥匕+mbvH，由機(jī)械能守恒可得g砥詔=g砥V；+；/%

聯(lián)立求得“—'kg，碰撞后瞬間，小球a的速度大小為2m∕s,故B錯(cuò)誤，C正確；

vl=-2m∕s

碰后a球立刻向左運(yùn)動(dòng)，b球先向右運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，再向左返回到平面上運(yùn)動(dòng)，兩球速度大

小相等，所以兩球不會(huì)發(fā)生第二次碰撞，故D錯(cuò)誤。

5.（2022山西臨汾模擬）如圖所示，半徑為A的四分之一光滑圓弧軌道固定在水平地面上，

軌道末端與水平地面相切。小球B放在軌道末端，使小球A從軌道頂端由靜止釋放。兩小

球發(fā)生彈性碰撞后，小球A沿圓弧軌道上升到最高點(diǎn)時(shí)，與圓弧軌道圓心。的連線與豎直

方向的夾角為6（）。。兩個(gè)小球大小相同，半徑可忽略，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的

是()

///////////////////

A.小球A、B的質(zhì)量比為(3-20):1

B.小球A、B的質(zhì)量比為(3+2夜):1

C.碰后瞬間小球B的速度為(√Σ-1)√^

D.碰后瞬間小球B的速度為(√2+I)M

【參考答案】BC

【名師解析】

1,

小球A靜止釋放到碰撞前有mAgR=-mAv~

AB發(fā)生彈性碰撞的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，則加/=僅A%+W?%

根據(jù)能量守恒定律可知=；/%必2+g/羯1

小球A沿圓弧軌道上升到與豎直方向的夾角為60°,根據(jù)能量守恒定律可知

；:=,4g(R-Rcos60°)

聯(lián)立解得吆="V2=(√2-1)√^,AD錯(cuò)誤，BC正確：

既1

6.(2022廣東湛江模擬)如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見(jiàn)的民間游戲，該游戲的規(guī)則為：將

手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進(jìn)入小

坑中即為勝出。現(xiàn)將此游戲進(jìn)行簡(jiǎn)化，如圖乙示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和

彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x∣=2m,彈珠B與坑的間距X2=lm0某同學(xué)將彈珠A

以v0=6π√s的初速度水平向右瞬間彈出，經(jīng)過(guò)時(shí)間f∣=0.4s與彈珠B正碰(碰撞時(shí)間極短)，

碰后彈珠A又向前運(yùn)動(dòng)AX=O.Im后停下。已知兩彈珠的質(zhì)量均為2.5g,取重力加速度

0m∕s2,若彈珠A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，并將彈珠的運(yùn)動(dòng)視為滑動(dòng)，求：

(1)碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

(2)兩彈珠碰撞瞬間的機(jī)械能損失，并判斷該同學(xué)能否勝出。

乙

3

【參考答案】（1）V1=4m∕s,χ∕=0.5;（2）7.5×10^J1不能

【名師解析】（I）設(shè)碰撞前瞬間彈珠A的速度為M,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

XI=*彳

W=%一g

由牛頓第二定律得

Ff=μmg=ma

聯(lián)立解得

α=5m∕s2,〃=0.5,v?=4m∕s

（2）由（1）可知彈珠A和B在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小均為α=5m∕s2,彈珠A碰撞后

瞬間的速度為X,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律

v∣2=2α?x

解得

v∣=lm∕s

設(shè)碰后瞬間彈珠B的速度為V；,由動(dòng)量守恒定律得

mvχ+0=mv?+mv'2

解得

v'2=3m∕s

所以兩彈珠碰撞瞬間的機(jī)械能損失

1，

△線2mv'~

解得

△線=7.5X10-3j

碰后彈珠B運(yùn)動(dòng)的距離為

，2

?x,=?=0.9m<Im

2a

所以彈珠B沒(méi)有進(jìn)坑，故不能勝出。

7.（16分）

（2022山東煙臺(tái)期中）如圖所示，在水平地面上固定一傾角為8=37。的足夠長(zhǎng)斜面，斜面.

上有兩個(gè)質(zhì)量均為m=lkg的小物塊A、B。t=0時(shí)刻，A、B間的距離為L(zhǎng)=6.5m,此時(shí)A、

B的瞬時(shí)速度方向均沿斜面向上，大小分別為v∣=18m∕S?V2=20m∕s,若A與斜面間的摩擦

力不計(jì)，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,A、B之間的碰撞時(shí)間極短，已知重力加速度

g≈l0m∕s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,從t=0時(shí)刻起，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求：

37。________

xxxkxxkxxxxxxxxxxxxxxx

（DA.B發(fā)生碰撞前，它們之間的最遠(yuǎn)距離；

（2）A、B發(fā)生碰撞的時(shí)刻；

（3）碰撞后瞬間，B的動(dòng)能大小的取值范圍。

【名師解析】.（16分）

解：⑴物塊A在斜面滑動(dòng)時(shí)，有

0

“zgsin37=mal...........................................................................................φ（l分）

解得α∣=6m∕s2

當(dāng)物塊B在斜面向上滑動(dòng)時(shí)，有

∕n?sin37°+μmgcos31°=ma2.....................................................................（2）（1分）

解得ɑ?=10m∕s2

當(dāng)A、B達(dá)到共同速度時(shí)相距最遠(yuǎn)

4s=v2-aιt,③（1分）

解得tj=0.5s

A、B之間的最遠(yuǎn)距離Δ%max=L+%Bl-XAI

Δ‰ax=L+（%，「；如；）-（加-:a，）..............④O分）

聯(lián)立①②③④解得ΔXmax=7∏l................................................⑤（1分）

⑵當(dāng)物塊B從⑴減到零時(shí)，有

v2=a2t2..................................................................................................⑥（1分）

得∕2=2S

則h時(shí)刻，A、B之間的距離ΔΛ=L+XB2—KA2

Δχ=L+g*—（卬2一萬(wàn)卬;）............................⑦。分）

聯(lián)立①②⑥⑦解得Ar=2.5m

可判斷出物塊B減速到零后可繼續(xù)沿斜面下滑，當(dāng)物塊B在斜面向下滑動(dòng)時(shí)，有

〃停in37。-〃〃爐OS37。=ma3................................⑧（1分）

解得∏3=2m∕s2

，2=2s時(shí),物塊A的速度大小外2=。1-卬2....................................（§）（1分）

得θA2=6m∕s

從∕2=2s時(shí)刻起，設(shè)再經(jīng)過(guò)上時(shí)間物塊A、B發(fā)生碰撞

則有?x=o?t--aΛt1-?--a^t1..........................................................⑩（1分）

A22’2J