2023屆新高考物理一輪復(fù)習(xí)強(qiáng)化訓(xùn)練：碰撞問題

2023屆新高考物理一輪復(fù)習(xí)強(qiáng)化訓(xùn)練

碰撞問題

一、單項(xiàng)選擇題

1、在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們成一條直線，2、3

小球靜止，并靠在一起。1球以速度v。向它們運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)碰

撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度可能是（）

11

=

A.V1=丫2=丫3=0B.Vi=0,V2V3—

Vi=0,v2=v3=^v0

C.D.V]=V2=0,V3—VQ

2、A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA=lkg,

V=6

mB=2kg,Am/s,vn=2m/s,當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B

兩球速度的可能值是（）

A.v,J=5m/s,VB'=2.5m/s

B.VA'=2m/s,VB'=4m/s

C.VA'=—4m/s,VB'=7m/s

D.VA'=7m/s,VB'=1.5m/s

3、如圖所示，光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m?的小球A、B,

放在與左側(cè)豎直墻垂直的直線上，設(shè)B開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以速

度v朝著B運(yùn)動(dòng)，設(shè)系統(tǒng)處處無摩擦，所有的碰撞均無機(jī)械能損失，

則下列判斷正確的是（）

A.若m=ni2,則兩球之間有且僅有兩次碰撞

B.若叫《ni2,則兩球之間可能發(fā)生兩次碰撞

C.兩球第一次碰撞后B球的速度一定是￡

D.兩球第一次碰撞后A球一定向右運(yùn)動(dòng)

4、如圖所示，在真空中一光滑絕緣水平面上，有直徑相同的兩個(gè)金

屬球A、C,質(zhì)量叫=1義10-2kg、mc=5X10^kg,靜止在磁感應(yīng)強(qiáng)

度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的C球帶正電，電荷量爾=1.0義10-2口在

磁場(chǎng)外不帶電的A球以速度vo=20m/s進(jìn)入磁場(chǎng)中，與C球發(fā)生正

碰后，C球?qū)λ矫娴膲毫η『脼榱悖╣取10m/s2）,則碰后A球的速

度為（）

：XXX

!xxx

A.10m/sB.5m/s

C.—10m/sD.—20m/s

5、如圖所示，小球A和小球B質(zhì)量相同，球B置于光滑水平面上，

當(dāng)球A從高為h處由靜止擺下，到達(dá)最低點(diǎn)恰好與B相撞，并粘合在

一起繼續(xù)擺動(dòng)，它們能上升的最大高度是（）

6、如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一個(gè)單擺，擺球的質(zhì)量為m。,

小車（和單擺）以恒定的速度v沿光滑的水平面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的

質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，在此碰撞過程中，下

列說法可能發(fā)生的是（）

A.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)榇颉2、V3,滿足:

（M+m0）v=Mvi4-mv2+moV3

B.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)閝和V2,滿足：Mv=Mv.

+mv2

C.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)閣,滿足：mv=（M+m）Vi

D.小車和擺球的速度都變?yōu)閂”木塊的速度為v2,滿足：（M+m°）v

=（M+m0）Vi+mv2

7、如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻

之間用輕彈簧連接，現(xiàn)用質(zhì)量為3m的小球B以水平速度V。與A相碰

后粘在一起壓縮彈簧，不計(jì)空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈

性勢(shì)能為Ep,從球A被碰后開始到彈簧壓縮到最短的過程中墻對(duì)彈簧

做的功為W,沖量大小為I,則下列表達(dá)式中正確的是（）

|人上

O

方〃〃〃〃〃〃力

9232

A.Ep=^mvoB.Ep—^rnvo

323

C.W=TmvnD.I=^mv（）

8、如圖所示，用長(zhǎng)為1的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。

一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共

同擺動(dòng)一小角度，不計(jì)空氣阻力。對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過一

小角度的過程，下列說法正確的是（）

A.若保持m、v、1不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小

B.若保持M、v、1不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小

C.若保持M、m、1不變，v變大,則系統(tǒng)損失的機(jī)械能不變

D.若保持Mm、v不變，1變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能不變

二、多項(xiàng)選擇題

9、如圖所示，與輕彈簧相連的物體A停放在光滑的水平面上.物體

B沿水平方向向右運(yùn)動(dòng)，跟與A相連的輕彈簧相碰.在B跟彈簧相碰

后，對(duì)于A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是（）

A.彈簧壓縮量最大時(shí)，A、B的速度相同

B.彈簧壓縮量最大時(shí)，A、B的動(dòng)能之和最小

C.彈簧被壓縮的過程中系統(tǒng)的總動(dòng)量不斷減小

D.物體A的速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為零

10、如圖所示，在光滑水平面上停放著質(zhì)量為m的裝有弧形槽的小

車.現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v。的水平速度沿切線水平的槽口向小

車滑去（不計(jì)摩擦），到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則（）

A.小球在小車上到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為當(dāng)

B.小球離開小車后，對(duì)地將向右做平拋運(yùn)動(dòng)

C.小球離開小車后，對(duì)地將做自由落體運(yùn)動(dòng)

D.此過程中小球?qū)π≤囎龅墓檎f

11、如圖所示，豎直放置的半徑為R的半圓形軌道與水平軌道平滑連

接，不計(jì)一切摩擦.圓心0點(diǎn)正下方放置質(zhì)量為2m的小球A,質(zhì)量

為m的小球B以初速度V。向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞.碰后小

球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道,則小球B的初速度V?？赡転椋ㄖ?/p>

力加速度為g）（）

A.2-^RB.也就

C.275^

12、如圖所示，位于光滑水平桌面上且質(zhì)量相等的小滑塊戶和Q都可

以視為質(zhì)點(diǎn)，Q與輕質(zhì)彈簧相連，設(shè)Q靜止，戶以某一初動(dòng)能￡水平

向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生相互作用，若整個(gè)作用過程中無機(jī)械能損失,

用￡表示彈簧具有的最大彈性勢(shì)能，用氏表示Q具有的最大動(dòng)能,

則（）

￡)

A.Ex=~B.Ek&

乙

￡)

C.Ez=wD.E產(chǎn)&

乙

13、如圖所示，三小球a、b、c的質(zhì)量都是m,都放于光滑的水平面

上，小球b、c與水平輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v。沖向小球

b,碰后與小球b粘在一起運(yùn)動(dòng).在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法中正

確的是（）

—?vQbc

gQQWWAO

/7/y〃〃〃〃〃加〃〃〃〃〃，，加

A.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能不守恒

B.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能也守恒

C.當(dāng)小球b、c速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大

D.當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c的動(dòng)能一定最大，小球b的動(dòng)

能一定不為零

三、非選擇題

14、北京冬奧會(huì)冰壺比賽訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為19kg的冰壺甲推

出，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以0.4m/s的速度正碰靜止的冰壺乙，然后冰壺

甲以0.1m/s的速度繼續(xù)向前滑向大本營(yíng)中心.若兩冰壺質(zhì)量相等，

求：

(1)冰壺乙獲得的速度大小；

⑵試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞；若是非彈

性碰撞，能量損失多少.

15、如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C,質(zhì)量關(guān)系是m,、=

mc=m、mlt=^0開始時(shí)滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處

于靜止?fàn)顟B(tài),滑塊A以速度V。正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng)，在A未與B碰撞之前,

引爆了B、C間的炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起,

以速率V。向左運(yùn)動(dòng)。求：

(1)炸藥的爆炸過程中炸藥對(duì)C的沖量;

⑵炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機(jī)械能。

16、如圖所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著三個(gè)質(zhì)量均為m=lkg

的相同小球A、B、C,現(xiàn)讓A球以v°=2m/s的速度向著B球運(yùn)動(dòng)，A、

B兩球碰撞后黏合在一起，兩球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)并跟C球碰撞，C球的

最終速度Vc=lm/s.求：

扁忌

ABC

(DA.B兩球與C球相碰前的共同速度為多大？

⑵兩次碰撞過程中一共損失了多少動(dòng)能？

17、如圖所示，用長(zhǎng)為R的不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為?的小球A懸掛

于。點(diǎn).在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置

于長(zhǎng)木板C的左端靜止.將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由

靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與小物塊B發(fā)生彈性正碰.

'■Bc

(1)求碰后小物塊B的速度多大？

(2)若長(zhǎng)木板C的質(zhì)量為2m,小物塊B與長(zhǎng)木板C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為u,長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度至少為多大，小物塊B才不會(huì)從長(zhǎng)木板C的

上表面滑出？

答案與解析

1、D

解析：由題設(shè)條件，三個(gè)小球在碰撞過程中總動(dòng)量和機(jī)械能守恒，若

各球質(zhì)量均為m,則碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量為mvo,總動(dòng)能應(yīng)為Imvol假

如選項(xiàng)A正確，則碰后總動(dòng)量為《mv。，這顯然違反動(dòng)量守恒定律，

故不可能。假如選項(xiàng)B正確，則碰后總動(dòng)量為:mv。，這也違反動(dòng)量

守恒定律，故也不可能。假如選項(xiàng)C正確，則碰后總動(dòng)量為mv。，但

總動(dòng)能為|mv02,這顯然違反機(jī)械能守恒定律，故也不可能。假如選項(xiàng)

D正確，則通過計(jì)算其既滿足動(dòng)量守恒定律，也滿足機(jī)械能守恒定律，

而且合乎情理，不會(huì)發(fā)生二次碰撞，故選項(xiàng)D正確。

2、B

解析：雖然題給四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰

后A的速度VA'大于B的速度VB',不符合實(shí)際，即A、D項(xiàng)錯(cuò)誤；C

項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek后=5科'葉全/2=57J,大于碰前的

總動(dòng)能Ek前=引1聲,：+J咿1；2=22J,違背了能量守怛定律，所以C項(xiàng)錯(cuò)

乙乙

誤；而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項(xiàng)正確.

3、A

解析：設(shè)A球和B球第一次碰撞后速度分別為（和V2,取向左為正方

向。根據(jù)動(dòng)量守恒定律得miV=miVi+m2V2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

mi—m2ml

|mlv1~+^m2V2\解得Vi=2

mi+1112''"Rii+nhVo若m1=m2,則得V,

=0,V2=v,即A與B碰撞后交換速度，當(dāng)B球與墻壁碰后以速度V2

返回，并與A球發(fā)生第二次碰撞，之后B靜止，A向右運(yùn)動(dòng)，不再發(fā)

生碰撞，所以兩球之間有且僅有兩次碰撞，故A正確。若m?ni2,則

得—,v2^0,兩球之間只能發(fā)生一次碰撞，故B錯(cuò)誤。兩球第

一次碰撞后,B球的速度為v2=^v,不一定是:，與兩球的質(zhì)量

關(guān)系有關(guān)，故C錯(cuò)誤。兩球第一次碰撞后A球的速度為5=￡處、，，

mi+m2

當(dāng)%＞叱時(shí)vPO,碰后A球向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)mi=m2時(shí)v1=0,碰后A球靜

止；當(dāng)叫，時(shí)v《0,碰后A球向右運(yùn)動(dòng)。故D錯(cuò)誤。

4、A

解析：A球與C球發(fā)生正碰，則動(dòng)量守恒，即mAV（）=mAVA+nicVc，接觸

后，C球所帶電荷量變?yōu)槿?duì)水平面的壓力為零，則表cB=mcg.解

以上各式得VA=10m/s,所以A正確.

5、C

解析：對(duì)A由機(jī)械能守恒有mgh=1mv2,得丫=也疏。對(duì)碰撞過程由

動(dòng)量守恒有mv=2mv，，得v，=yj號(hào)對(duì)整體設(shè)上升的最大高度

為h,，則由機(jī)械能守恒有2mgh'=1x2mv,2,解得h'C正

乙A

確。

6、B

解析：因碰撞時(shí)間極短，所以單擺相對(duì)小車沒有發(fā)生擺動(dòng)，即擺線對(duì)

擺球的作用力原來是豎直向上的，現(xiàn)在還是豎直向上的，沒有水平方

向的分力，未改變擺球的動(dòng)量，即擺球沒有參與這個(gè)碰撞過程，擺球

的速度不發(fā)生變化，故A、D錯(cuò)誤；因?yàn)閱螖[的速度不變，所以研究

對(duì)象選取小車和木塊所構(gòu)成的系統(tǒng)，若碰后分離，水平方向動(dòng)量守恒,

由動(dòng)量守恒定律得Mv=Ms+mv2,故B正確；也有可能小車和木塊發(fā)

生碰撞后以同一速度運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤。

7、A

解析：A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得3mv0=

(3m+m)v,解得v=0.75v。，碰撞后，AB一起壓縮彈簧，當(dāng)AB的速

度減至零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律得，最大彈性勢(shì)能

19

2

Ep=-?4mv,聯(lián)立解得Ep=^mvo,A正確，B錯(cuò)誤；從球A被碰后開

始到彈簧壓縮到最短的過程中，對(duì)AB及彈簧整體，由動(dòng)量定理得I

=4mv=3mv0,選項(xiàng)D錯(cuò)誤；墻對(duì)彈簧的彈力位移為零，則墻對(duì)彈簧

做功為零，C錯(cuò)誤.

8、D

解析：彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以彈丸的初速度方

向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv=(M+m)V，，解得v，=E大，

彈丸與沙箱一起擺動(dòng)過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由能量守恒定律可知，整

個(gè)過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△￡=)，一:(M+m)v，%—,

zzzM-rm

Mmv

若保持m、v、1不變，M變大，系統(tǒng)損失的機(jī)械能了—=

AEU2FM+m

mv2

-7~~變大，故A錯(cuò)誤；若保持M、V、1不變，m變大，則系統(tǒng)損失

,m

21+-

lMJ

，小一上.Mmv2Mv2

的機(jī)械能變大，故B錯(cuò)誤；若保持M、m、1

(,

21+-

ImJ

Mmv2

不變，V變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能通「一變大,故C錯(cuò)誤;

、、Mmv2

若保持Mm、v不變,】變大,則系統(tǒng)損失的機(jī)械能近=二而

不變，故D正確。

9、ABD

解析：滑塊B與彈簧接觸后，彈簧發(fā)生形變，產(chǎn)生彈力，B做減速運(yùn)

動(dòng)，A做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，故A正

確；A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒，彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性

勢(shì)能最大，A、B的動(dòng)能之和最小，故B正確；A、B和輕彈簧組成的

系統(tǒng)所受合外力等于0,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤；當(dāng)兩者速度相

等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，然后A繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)做減速運(yùn)

動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)'，A的速度最大，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為零，

故D正確.

10、ACD

解析：小球在小車上到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小車和小球相對(duì)靜止，且水平方

向總動(dòng)量守恒，小球離開小車時(shí)類似彈性碰撞，二者速度互換，故選

項(xiàng)A、C、D都是正確的.

11、BC

解析：A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)

B的初速度方向?yàn)檎较?，碰撞后B與A的速度分別為vi和V2,貝IJ：

mvo=mvi+2mv2,由能量守恒得:聯(lián)立得：v2

=V-若恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)僅由小球的重力

提供向心力，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為v,nin,由牛頓第二定律得：2mg=

2

2m?9，A在碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，得：2mg-2R

K

/2/

?2mv2—1?2mvmin\v[—,解得：v0=1.5^5gR,可知

若小球A經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要：Vo21.5^/5gR.若小球不能到達(dá)最高點(diǎn),

則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與0等高處，由機(jī)械能守恒定律得：

19v"___

2mg?R=-?2mv2〃\v"?=；，解得v。"=1.5^2gR,可知若小

乙o2

球不脫離軌道時(shí)，需滿足：v°WL5啊.由以上的分析可知，若小球

不脫離軌道時(shí)，需滿足：VoW1.5啦就或V。21.5m就，故A、D錯(cuò)誤,

B、C正確.

12、AD

解析：取滑塊〃運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，?dāng)滑塊刀和滑塊Q達(dá)到共同速

度時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律有〃%=2旌，①

最大彈性勢(shì)能￡=；/詔一；.2加，②

又瓦=:勿％2,③

聯(lián)立①②③得片=9，A正確，B錯(cuò)誤；由于滑塊只滑塊Q的質(zhì)

量相等，故在相互作用過程中發(fā)生速度交換，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑

塊產(chǎn)的速度為零，系統(tǒng)的機(jī)械能全部變?yōu)榛瑝KQ的動(dòng)能，C錯(cuò)誤，D

正確。

13、ACD

解析：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，三球與彈簧組成的系統(tǒng)的合外力為零，總

動(dòng)量守恒，a與b碰撞過程機(jī)械能減少，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)小球

b、c速度相等時(shí)，彈簧的形變量最大，彈性勢(shì)能最大，故C正確；

當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c的動(dòng)能一定最大，根據(jù)動(dòng)量守恒和

機(jī)械能守恒分析可知，小球b的動(dòng)能不為零，故D正確.

14、答案：⑴0.3m/s

(2)非彈性碰撞0.57J

解析：(1)由動(dòng)量守恒定律知mv】=mv2+mv3

將Vi=0.4m/s,v2=0.