关于碰撞问题的几个高考题解析

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专题16 类碰撞模型(解析版)

2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题16 类碰撞模型一、与弹簧有关的类碰撞模型1．如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0．如果两杆足够长，则在此后的运动过程中（）A ．m 1、m 2组成的系统动量守恒B ．m 1、m 2组成的系统机械能守恒C ．弹簧最长时，其弹性势能为12m 2v 02 D ．当m 1速度达到最大时，m 2速度最小【答案】A【详解】由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受的弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，A 正确；对于弹簧、12m m 、组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以12m m 、组成的系统机械能不守恒，B 错误；当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得()2012m v m m v =+，解得2012m v v m m =+，由系统的机械能守恒得()2220121122P m v m m v E =++，解得()2120122Pm m v E m m =+，C 错误；若12m m >，当弹簧伸长时，1m 一直在加速，当弹簧再次恢复原长时1m 速度达到最大．弹簧伸长时2m 先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零．所以1m 速度达到最大时，2m 速度不是最小，D 错误． 2．如图所示，A 、B 、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的水平杆上，三个球的质量分别为ma =1kg ，mb =3kg ，mc =1kg ，初始状态三个球均静止，B 、C 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。

现给A 一个向左的初速度v 0= 10m/s ，之后A 与B 发生弹性碰撞。

球A 和B 碰后，下列说法正确的是（）A ．球A 的速度变为向右的5m/sB ．弹簧恢复原长时球C 的速度为5m/s C ．球B 的最小速度为2. 5m/sD ．弹簧的最大弹性势能为9. 375J【答案】ACD【详解】A ．A 与B 发生弹性碰撞，动量守恒得012A A B m v m v m v =+机械能守恒得222012111222A AB m v m v m v =+ 解得15m/s v =−；25m/s v =，A 正确；D ．碰后B 向左运动，因为弹簧弹力的作用，B 向左减速，C 向右加速，当B 、C 速度相等时弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，由23()B B C m m m =+v v ；22p 2311()22B BC E m m m =−+v v 解得p 9.375J E =，D 正确；BC ．接下来B 继续减速，C 继续加速，C 的速度大于B 的速度，弹簧开始缩短，当弹簧恢复原长时球B 的速度最小，由245B B C m m m =+v v v ；222245111222B BC m m m =+v v v 解得4 2.5m/s =v ；57.5m/s =v ，B 错误C 正确。

“碰撞类”模型问题(解析版)-2024高三物理一轮复习题型归纳(新高考专用)

第六章　碰撞与动量守恒定律“碰撞类”模型问题【考点预测】1.完全弹性碰撞(动碰静、动碰动)2.完全非弹性碰撞(碰后粘连、板块问题、子弹打木块、含弹簧类问题、含曲面或斜面问题)3.非完全弹性碰撞(碰后速度、碰后能量)【方法技巧与总结】一、碰撞的特点和分类1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。

(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。

2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。

(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。

(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。

3.爆炸：一种特殊的“碰撞”特点1：系统动量守恒。

特点2：系统动能增加。

二、弹性正碰模型1.“一动碰一静”模型当v2=0时，有v1′=m1-m2m1+m2v1v2′=2m1v1m1+m22.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰。

三、碰撞可能性分析判断碰撞过程是否存在的依据1.满足动量守恒：p1+p2=p1′+p2′。

2.满足动能不增加原理：E k 1+E k 2≥E k 1′+E k 2′。

3.速度要符合情景(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞。

碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v 前′≥v 后′。

(2)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v 前≥v 后。

【题型归纳目录】题型一：“滑块-弹簧”模型题型二：“滑块-斜(曲)面”模型题型三：“物体与物体”正碰模型题型四：“滑块-木板”碰撞模型【题型一】“滑块-弹簧”模型【典型例题】1(多选)(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接并静止在光滑的水平地面上，现使A 以3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度时间图像如图乙，则有()A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都处于压缩状态B.从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长C.两物块的质量之比为m 1:m 2=1:2D.从t 3到t 4时刻两物块动量变化量相同【答案】BC【解析】AB ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，在t 1时刻弹簧处于压缩状态，在t 3时刻弹簧处于拉伸状态，从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长，恢复到初始状态，选项A 错误，B 正确；C ．在t 2时刻弹簧处于原长状态，则在0~t 2时间内，根据动量守恒和能量守恒关系可知m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 1v 20=12m 1v 21+12m 2v 22其中v0=3m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s解得两物块的质量之比为m1:m2=1:2选项C正确；D．从t3到t4时刻A的动量增加2kg∙m/s，B的动量减小2kg∙m/s，则两物块动量变化量不相同，选项D 错误。

碰撞与动量守恒经典例题解析

动量知识点应用一、应用动量解释判断现象的例题解析【例1】如图6-4所示，两小球质量均为m ，A 和B 是完全相同两根绳．若缓慢地竖直拉②球，则绳____先断；若突然快速竖直下拉②球，则绳____先断．解：第一空应填：A ；第二空应填：B ．说明第一空较容易填写，第二空要应用动量定理解释的物理现象．由其表达式F·Δt=Δp 可知．当=∆p 恒定时，tF ∆∝1，即作用时间越短，其相互作用力就越大。

这便是第二种情况，B 绳先断的原因．而此种情况为什么A 绳没先断呢，原因是①球尽管受到B 球较大力的作用，但是作用时间极短（Δt→0），故①球仍保持静止（Δp=0），因此A 绳的形变与原来状态相同，自然不会断．【例2】质量为1kg 的物体原来静止，受到质量为2kg 的、速度是1m ／s 的运动物体碰撞，碰后两物体的总动能不可能是 [ ]A ．1JB ．43JC ．32JD ．31J 答案：D ．说明两物体碰撞过程中动量一定守恒，而碰撞后总机械能最大值应与碰撞前相同（发生弹性碰撞，应为1J ）；最小值应是完全非弹性碰撞时碰撞后系统总的机械能，其值应为：①m 1v 1+m 2v 2=（m 1＋m 2）v ②可见，两物体碰撞后总能量为所以，选D项．【例3】如图6-5所示，光滑平板小车质量为M，以速度v匀速运动，质量为m的物块相对静止地放在小车前端后，小车最终速度为[]答案：B．说明当系统所受合外力为零时，系统动量守恒．系统中各物体间的作用力的冲量将使各个物体的动量发生变化，而不能影响系统总的动量．从题中可知小车和物块间水平方向上无力作用，故小车动量不变，保持原来的速度．如认为物块在小车上，小车和物块的动量就要改变，速度就要改变，这是很危险的错误．一定要深刻理解动量定理以及与动量守恒定律关系．二、动量定理应用问题的例题解析【例4】小球质量为m=0.5kg，以v=20m／s的速度垂直打在水平地面上，经Δt＝0.2s又竖直弹起，离地速度为v′＝10m/s．小球对地面的平均打击力多大？解以小球为研究对象，动量变化时，受力情况如图6-6所示．选取竖直向上为正方向，根据动量定理：F′击Δt-mgΔt=mv′-（-mv）【例5】如图6-7所示，重物质量为m，滑块质量为M，与桌面间动摩擦因数为μ，m由静止释放经t秒落地．绳子的拉力多大？解不论M或m都满足动量定理．以m为研究对象，受力情况如图6-7中所示，以运动方向为正方向，则mg·t-T·t＝mv①以M为研究对象，受力情况如图6-7所示，则T·t-μMg·t＝Mv②①＋②式得mg·t-μMg·t＝（M＋m）v③由③式得将v值代入①式得说明上面两例意在说明动量定理的解题步骤的可行性：不论单一体或是“连接体”，只要满足动量定理就按动量定理解题步骤处理．从例5中③式可见，“整体法”的应用：将两个物体视为一整体，其方程的建立同样按动量定理解题步骤．注意其内力不做分析．【例6】质量为m A=1kg的木块A和质量为m B=2kg的木块B靠在一起放在光滑水平面上，如图6-8所示．今有一子弹以某一速度射入木块，子弹穿过A木块需时间t A=0.1s，穿过B木块需时间t B=0.2s．若子弹在木块中所受阻力恒为f=3000N，问（1）在0.1s内，木块A对木块B的推力多大？（2）木块B最终速度多大？解（1）子弹刚打入木块A时，木块B只受A对其的推力FAB，根据动量定理，有F AB·t A=m B v A①以A和B两木块为一整体研究，只受子弹作用力f′，则同样根据动量定理，有f′·t A=（m A+m B）v A②由①、②两式解得F AB=2000（N）v A=100（m/s）（2）当子弹由A木块穿出进入B木块时，B木块只受子弹作用力f′作用．则根据动量定理，有：f′·t B= m B v B - m B v A三、动量守恒定律应用问题的例题解析【例7】如图6-9所示，在光滑水平面上停着A、B两小车，质量分别为3kg与2kg，在B车右端有一质量为1kg的物体C，C与B之间的动摩擦因数为0.3，A、B之间用质量不计的细线连接，当使A向右以2m/s速度运动时线突然被拉紧（时间极短），问（1）线拉紧瞬时，B物体的速度多大？（2）C物体速度多大？解（1）以A、B为系统研究，系统动量守恒：m A v A=（m A+m B）v B（2）以A、B、C为系统研究，动量守恒，有m A v A=（m A+m B+m C）v C【例8】质量为M的气球上有一质量为m的人，气球与人共同静止在离地面高H的空气中．如果从气球上放下一条不计质量的细绳，以使人能沿绳安全地滑到地面．绳子至少需要多长？解设需绳长为L，人下滑过程，以气球与人为系统，在竖直方向上动量守恒，人与气球初、末态位置如图6-10所示．可建立方程：说明（1）例7中，A和B相互作用时，尽管B物体受到C物体的摩擦力作用，但作用时间极短，对B物体动量变化无影响．因此，A和B总动量不变．（2）例7在求C物体速度时，A、B、C三物体为系统，摩擦力是内力，不影响系统动量守恒．（3）例8主要强调，如果系统动量守恒，其各个物体的速度可用平均速度代替．计算时必须以地面为参照物．四、动量、机械能、碰撞问题的例题解析【例9】质量为m1的小球以速度v1在光滑平面上向静止在该平面上的、质量为m2的小球碰去（如图6-11所示），求m1和m2发生正碰过程中最大弹性势能．解两球相碰过程中，弹性势能最大时两球间距离最小，速度相同．以m1和m2为系统，水平方向动量守恒，选v1方向为正方向，则根据动量守恒定律，有m1v1=（m1+m2）v①系统机械能守恒：②由①、②式得：解得：【例10】质量为M=16kg的平板车B原来静止在光滑水平面上．另一个质量为m=4kg的物体A以v0=5.0m/s的水平初速度滑上平板车的一端，如图6-12所示．若物体A与平板车间动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2．要使A不能从B 的另一端落下，B车至少应多长？解当物体A与小车速度相同时，A物体刚好运动至小车最右端，此种情况小车长L为最短长度，则mv0=（M+m）v①由于物体A与小车间有摩擦，因此系统机械能不守恒，发生能量转化，故②由①、②式解得（过程略）L=2（m）【例11】质量为m的滑块与质量为M（M＞m）的长木板间的动摩擦因数为μ，滑块与木板一起以v0的速度在光滑的水平面上向右滑行，如图6-13所示．木板到达墙角与墙发生碰撞，碰撞后长木板以原速率弹回，设木板足够长．长木板碰墙后到滑块相对木板静止的整个过程中，滑块（相对地）通过的路程多长？解由题意可知，滑块运动过程是：M与墙相碰后以v0返回向左滑行，而滑块仍以v0向右滑行（因为碰撞时间很短，不能改变m的运动状态）．由于摩擦力冲量作用使m速度变为零，然后m随M向左运动，最后相对M静止．因此滑块经过的路程是两个过程滑块经过位移的和（设s1为第一过程位移；s2为第二过程位移）．由以上四个式解得【例12】质量为M ，长为L 的木板上放一滑块m ，今将木板放在光滑的水平面上，用恒力F 推木板（如图6-14所示），滑块m 与木板间动摩擦因数为μ，m 离开木板时速度多大？解以滑块为研究对象，根据动能定理，有221)(m M mv L s mg =-μ ① 以木板为研究对象，根据动能定理，有221M M M Mv mgs Fs =-μ ② 分别以m 和M 为研究对象，应用动量定理，有μmgt =mv m ③F·t - μmgt =Mv M ④由①、②、③、④联立解得说明在研究系统动量守恒的同时，要兼顾系统机械能是否守恒．如果两个守恒同时成立，则列方程组：如果动量守恒，机械能不守恒，则列方程组：方程Wf=ΔE中Wf为系统克服内摩擦力所做功．计算时要注意：此功等于摩擦力乘以两物体间相对位移．如果两个守恒定律均不成立，则列方程组：【例13】如图6-15所示，子弹质量为m，以速度v m射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，子弹在木块中运动所受阻力恒为f．欲使子弹穿不出木块，木块的厚度至少多大？解法一设子弹刚好穿不出时木块厚为L，子弹刚好穿不出末速度应与木块相同，则mv m=（M+m）v①②解法二子弹穿不出木块，子弹与木块有共同速度，如图6-15所示，则L=s m - s M①以木块为研究对象，根据动能定理，有②以子弹为研究对象，根据动能定理，有③以子弹和木块为系统研究，动量守恒：mv m=（M+m）v④由①、②、③、④式解得（过程略）说明此题为成题，这里只说明子弹与木块相互作用过程中能量间转化情况．解法二中，③式表示子弹克服阻力做功而动能减少——动能定理．由解法一中②式得即可见，子弹机械能（动能）减少，一部分增加了木块的动能，另一部分转化为系统内能（ΔE内=fL）．系统克服阻力做功完成了系统机械能向系统内能的转化．系统克服阻力做功的大小等于系统内能的增加（功能原理）．另外，从解法二中可以看到：摩擦力（或介质阻力）可以做正功，也可以做负功．但是摩擦力（或介质阻力）对系统所做功必然是负功．。

滑块木板模型(解析版)-高考物理5种类碰撞问题

滑块木板模型【问题解读】两类情景水平面光滑，木板足够长，木板初速度为零水平面光滑，木板足够长，木板初速度不为零图示v ---t 图像物理规律动量守恒，最终二者速度相同mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20-12(m +M )v 2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力动量守恒，最终二者速度相同M v 0-mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20+12M v 20-12(m +M )v 共2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力。

【高考题典例】1.(14分)(2024年高考新课程卷)如图，一长度l =1.0m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O 对齐。

薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl =l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。

已知物块与薄板的质量相等。

它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g =10m/s 2。

求(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；解题思路本题考查的考点：动量守恒定律、动能定理、平抛运动规律。

(1)设物块质量m ，初速度为v 0，薄板质量m ，物块滑上薄板，由动量守恒定律mv 0=mv 1+mv 2μmgl =12mv 20-12mv 21-12mv 22物块在薄板上运动加速度a 1=μg =3m/s 2物块在薄板上运动位移s =7l /6v 20-v 21=2a 1s联立解得：v 0=4m/s ，v 1=3m/s ，v 2=1m/s由v 0-v 1=at 1，解得t 1=13s(2)物块抛出后薄板匀速运动，l2-Δl =v 2t 2解得t 2=13s平台距地面的高度h =12gt 22=59m2.(2023年高考选择性考试辽宁卷)如图，质量m 1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k =20N /m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。

多次碰撞--高考物理疑难题含参考答案

2024高考物理疑难题分析与针对性训练多次碰撞高考原题1(2024高考湖南卷)如图所示，一水平放置半径为R的圆环形刚性窄槽固定在桌面上，槽内嵌着1、2两个大小相同的小球，他们的质量分别是m1、m2，小球与槽的两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽略不计，且槽的内半径远大于球的半径。

(1)若1号球以初速度v0出发，与2号球发生碰撞，并粘在一起。

求碰后两球需要的向心力。

(2)若1号球与2号球发生的是弹性碰撞，且碰撞地点构成一个等边三角形，讨论m1：m2的值。

(3)若两球发生的碰撞为非弹性碰撞，定义恢复系数为e=v'2-v'1v1-v2，请计算从第一次到第2n+1次碰撞过程中B的路程(用m1、m2、e、R、n表达)。

针对性训练1(18分)(武汉市2024届高中毕业生四月调研考试)如图所示，倾角θ=30°的足够长斜面固定在水平面上，t=0时刻，将物块A、B(均可视为质点)从斜面上相距l=0.05m的两处同时由静止释放。

已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μA=36、μB=33，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小g=10m/s2，求(1)A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；(2)A、B发生第三次碰撞的时刻；(3)从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移。

2(2024江苏苏州期末)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为6l。

一质量为13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力是其所受重力大小的43倍。

小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

不计空气阻力，重力加速度大小为g。

求：(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度v1、v2分别为多大；(2)在第一次碰撞后圆盘下滑的距离x2；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数n。

【高考物理】碰撞问题

碰撞问题（⼀）——考点透析碰撞问题是历年⾼考试题的重点和热点，同时它也是同学们学习的难点．它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全⽅位地考查同学们的理解能⼒、逻辑思维能⼒及分析推理能⼒．⾼考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律．⼀、考点诠释两个(或两个以上)物体相遇，物体之间的相互作⽤仅持续⼀个极为短暂的时间，⽽运动状态发⽣显著变化，这种现象称为碰撞。

碰撞是⼀个基本，⼗分重要的物理模型，其特点是：1．瞬时性．由于物体在发⽣碰撞时，所⽤时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这⼀极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。

2．动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作⽤的内⼒⼤于外⼒，所以系统在碰撞过程中动量守恒。

3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，⽽绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。

若弹性碰撞则同时满⾜动量、动能守恒。

⾮弹性碰撞只满⾜动量守恒，⽽不满⾜动能守恒（系统的动能减少）。

⼆、解题策略⾸先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作⽤的研究对象，使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。

三、边解边悟1．在光滑的⽔平⾯上有三个完全相同的⼩球排成⼀条直线．2、3⼩球静⽌，并靠在⼀起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个⼩球的速度为多少？解析：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发⽣碰撞时间极短，球2的位置来不及发⽣变化，这样球2对球3也就⽆法产⽣⼒的作⽤，即球3不会参与此次碰撞过程．⽽球1与球2发⽣的是弹性碰撞，质量⼜相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1⽴即停⽌，球2速度⽴即变为；此后球2与球3碰撞，再⼀次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v 0．2．⽤轻弹簧相连的质量均为m =2㎏的A 、B 两物体都以v =6m/s 的速度在光滑的⽔平地⾯上运动，弹簧处于原⻓，质量M =4㎏的物体C 运动，在以后的运动中，求：（1）当弹簧的弹性势能最⼤时物体A 的速度。

专题09 碰撞问题(解析版)-高考物理计算题专项突破

专题09 碰撞问题1.弹性碰撞：'p p =且E E ='；（同时满足动量守恒和机械能守恒）2.非弹性碰撞：'p p =且E E <'；（满足动量守恒，机械能不守恒）3.完全非弹性碰撞：')(212211v m m v m v m +=+；（碰撞后的两物体速度相同，机械能损失最大）在解有关物体碰撞类问题时，第一步要明确研究对象，一般情况下研究对象为两个或多个物体组成的系统。

第二对系统进行受力分析，弄清系统的内力和外力，判断动量是否守恒。

然后通过分析碰撞的过程，确定初、末状态的动量、能量。

根据动量守恒定律或能量守恒定律列出方程进行求解，并对结果进行讨论。

1.碰撞的种类及特点分类标准种类特点弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非完全弹性碰撞动量守恒，机械能有损失能量是否守恒完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大对心碰撞（正碰）碰撞前后速度共线碰撞前后动量是否共线2.解决碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即1212P P P P''+=+（2）动能不增加，即 1212k k k k E E E E ''+≥+ 或2222121212122222P P P P m m m m ''+≥+（3）速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v v >后前，否则无法实现碰撞。

碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v v ''≥后前，否则碰撞没有结束。

如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

3.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒.m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2若v 2＝0，则有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE ＝E k 初总－E k 末总＝Q .(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大.设两者碰后的共同速度为v 共，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共机械能损失为ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2.4.碰撞问题遵循的三个原则：(1)系统动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)系统动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理：①碰前两物体同向，则v 后>v 前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′.②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.典例1：（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。

2019高考二轮复习动量守恒定律的应用-碰撞问题典型例题

2019高考二轮复习动量守恒定律的应用-碰撞问题典型例题题型一碰撞规律的应用【例题1】动量分别为5kg ∙m/s 和6kg ∙m/s 的小球A 、B 沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A 追上B 并发生碰撞后。

若已知碰撞后A 的动量减小了2kg ∙m/s ，而方向不变，那么A 、B 质量之比的可能范围是什么？【解析】B A m m 83≤：A 能追上B ，说明碰前v A >v B ,∴BA m m 65>；碰后A 的速度不大于B 的速度，；又因为碰撞过程系统动能不会增加， BA B A m m m m 282326252222+≥+，由以上不等式组解得：7483≤≤B A m m 点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。

【例题2】两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，kg m A 1=，kg m B 2=，s m v /6A =，s m v B /2=．当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是（） A. s m v /5A ='，s m v B /5.2=' B.s m v /2A ='，s m v B /4=' B. s m v /-4A ='，s m v B /7=' D.s m v /7A ='，s m v B /5.1='【答案】B【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD 均满足；考虑实际情况，碰撞后A 球速度不大于B 球的速度，因而AD 错误，BC 满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J ，B 选项碰撞后总动能为18J ，C 选项碰撞后总动能为57J ，故C 错误，B 满足；故选B ．【例题3】质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度0v 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰。

高考物理：高中物理碰撞模型!

高考物理：高中物理碰撞模型！一、碰撞问题：完全弹性碰撞：碰撞时产生弹性形变，碰撞后形变完全消失，碰撞过程系统的动量和机械能均守恒。

完全非弹性碰撞：碰撞后物体粘结成一体或相对静止，即相互碰撞时产生的形变一点没有恢复，碰撞后相互作用的物体具有共同速度，系统动量守恒，但系统的机械能不守恒，此时损失的最多。

二、两类问题1、完全非弹性碰撞在光滑水平面上，质量为m1的物体以初速度v1去碰撞静止的物体m2，碰后两物体粘在一起。

碰撞时间极短，内力很大，故而两物体组成系统动量守恒。

碰后两物体速度相等，由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：解得：作用结束后，两物体具有共同的速度，为完全非弹性碰撞，此时系统动能损失最大。

2、完全弹性碰撞在光滑水平面上，质量为m1的物体以初速度v0去碰撞静止的物体m2，碰后的m1速度是v1，m2的速度是v2，碰撞过程无机械能损失。

据动量守恒定律：据能量守恒定律得：解得：对v1、v2分情况讨论：①若，则、，物理意义：入射小球质量大于被碰小球质量，则入射小球碰后仍沿原方向运动但速度变小，被碰小球的速度大小入射小球碰前的速度。

②若，则、，物理意义：入射小球与被碰小球质量相等，则碰后两球交换速度。

③若，则（即与方向相反）、，物理意义：入射小球质量小于被碰小球质量，则入射小球将被反弹回去，被碰小球的速度小于入射小球碰前的速度。

④若，则趋近于、趋近于，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量大的多，则入射小球的速度几乎不变，被碰小球的速度接近入射小球碰前速度的2倍，也就是说被碰小球对入射小球的运动影响很小，但入射小球对被碰小球的运动影响不能忽略，例如：用一个铅球去撞击一个乒乓球。

⑤若，则v1趋近于、趋近于0，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量小的多，则入射小球几乎被原速率反弹回去，被碰小球几乎不动，例如：乒乓球撞击铅球。

注意：上面讨论出的结果不能盲目乱搬乱用，应用的前提条件是：一个运动的物体去碰撞一个静止的物体，且是弹性碰撞。

高考物理碰撞类题

高考物理碰撞类题1．关于2007年和2006年碰撞问题的高考物理题总论碰撞问题与日常生活息息相关，很多实际情景可提炼抽象成碰撞模型，这类问题的背景材料十分丰富。

另外，碰撞过程中相互作用的两个物体在碰撞前后各自可有丰富的运动形式，从直线运动到圆周、平抛运动；碰撞的对象非常广泛，大到宇宙中的天体，小到微观粒子，这类问题又能够将高中的主干知识贯穿起来。

因此，在题量少，分值大的理综考试模式中更是频频出现。

07年全国卷ⅠⅡ、广东卷、06年的天津、四川、重庆、江苏、广东卷中都出了大题，其中06四川、重庆和广东卷更是以压轴题形式出现。

品读这些题目，其突出表现为四大特点：一是，碰撞的形式丰富，囊括了很多的类型，06年天津、四川、江苏、重庆和07年全国卷ⅠⅡ、广东卷为弹性正碰，06四川卷为非弹性碰撞，06天津卷、07北京卷为完全非弹性碰撞；二是，碰撞前后物体的运动形式非常丰富，从沿袭以往的直线运动（06天津卷）到受轨道绳子制约的圆周运动（07全国卷Ⅰ、07广东卷、06重庆卷），复合场中的平抛和圆周运动（06四川卷）；三是，碰撞呈现出周期性（07全国卷Ⅰ、06重庆和广东卷）；四是碰撞过程中普遍都是一静一动，两个物体同时动的很少，06江苏卷在水平方向上依然为一静一动。

2．碰撞在高考中地位之大从以上分析可想而知，那么教材和考试说明、课程标准、考试大纲对碰撞问题又有什么要求呢？笔者收集整理如下：《高中物理新课标教材·选修3-5》的“第十六章第4节碰撞”对弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞、对心碰撞和非对心碰撞讲解的非常详细，对中子的发现也以科学足迹的形式让学生了解掌握。

《全日制普通高级中学物理课程标准》关于碰撞与动量守恒的内容标准：（1）探究物体弹性碰撞的一些特点。

知道弹性碰撞和非弹性碰撞。

（2）通过实验，理解动量和动量守恒定律，能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题。

知道动量守恒定律的普遍意义。

《2007年全国统一考试物理科考试大纲课程标准实验版》模块3-5；主题：内容弹性碰撞和非弹性碰撞；要求：Ⅰ；说明：只限于一维。

高考物理“碰撞问题”试题赏析

高考物理“碰撞问题”试题赏析〔关键词〕高考;物理试题;碰撞问题;动量守恒定律;动量定理;机械能守恒定律一、物体间的直接碰撞问题例1. 如图1所示,在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向左的电场,电场强度E随时间的变化如图2所示.不带电的绝缘小球P2静止在O点.当t=0时,带正电的小球P1以v0的速度从A点进入AB区域,随后与P2发生正碰后反(1)求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间;(2)讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞.解得:v1=2v0/3(水平向左),v2=v0/3 (水平向右)(2)设P1、P2碰撞后又经?驻t时间在OB区间内再次发生碰撞,且P1受电场力不变,取水平向右为正方向,则所以假设成立,两球能在OB区间内再次发生碰撞.点评:(1)本题将碰撞与力学概念巧妙地结合在一起,情境新颖,综合性强;(2)求解这类综合题的关键是将力学概念、运动规律在新情境下合理迁移、渗透以及灵活应用,同时还要注意位移公式和动量守恒定律的矢量性.二、原子核物理学中的碰撞问题例2. 用放射源钋的α射线轰击铍时,能发射出一种穿透力极强的中性射线,这就是所谓铍“辐射”.1932年,查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氨(它们可视为处于静止状态),测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7∶0.查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的,从而通过上述实验在历史上首次发现了中子.假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰,试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量.(质量用原子质量单位u表示,1u等于1个12C原子质量的十二分之一,取氢核和氦核的质量分别为1.0u和14u.)解析:设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v,氢核的质量为mH.构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰,碰后两粒子的速度分别为v′和vH′.由动量守恒定律与机械能守恒定律得mv=mv′+mHvH′①同理,对于质量为mN的氮核,其碰后速度为根据题意可知:vH′=7vN′ ⑥将上式与题给数据代入⑤式得m=1.2u点评:本题运用机械能守恒定律、动量守恒定律解题,把原子核物理中的概念综合到一起,考查了学生的审题能力、数学运算能力.三、弹簧、圆周运动中的碰撞问题例3. 如图所示,光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量为mB=2 kg 的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接),用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能为Ep=49J.在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5 m,B恰能运动到最高点C.取g=10 m/s2,求(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小;(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;(3)绳拉断过程绳对A所做的功W.解析:(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C点的速度为vC,有解得:v=5 m/s(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有解得:I=-4 N·s(3)设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有解得:W=8J点评:(1)本题运用机械能守恒定律、动量定理和动量守恒定律解题,题目涉及的物理过程并不复杂,但要注意每一个物理过程符合哪种守恒条件,确定其能否应用守恒定律;(2)解题时要注意动量定理的矢量性.四、平抛运动中的碰撞问题例4. 如图所示,一质量为M 的物块静止在桌面边缘,桌面离水平地面的高度为h,一质量为m的子弹以水平速(1)此过程中系统损失的机械能;(2)物块落地点离桌面边缘的水平距离.解析:(1)设子弹穿过物块后,物块的速度为V,由动量守恒定律得(2)设物块下落到地面所需时间为t,落地点距桌面边缘的水平距离为s,则点评:本题一定要审清哪些量守恒,哪些量不守恒,从而确定是否运用守恒定律.本题中子弹射穿木块的前后系统的机械能不守恒,而系统的动量守恒.五、弹簧模型中的碰撞问题例5. 如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,质量相等.Q与轻质弹簧相连.设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于()A. P的初动能点评:本题运用机械能守恒定律、动量守恒定律解题.本题中弹簧弹性势能最大时,系统的动能最小.纵观最近几年高考物理综合题,往往不是在物理情境求奇求怪,就是以学生最熟悉的碰撞模型为载体,以弹簧模型、平抛运动、匀速圆周运动、反冲运动为背景,考查学生综合分析问题的能力.此类题要求学生善于用物理学观点分析物理过程,并准确地应用相关物理规律进行解题.。

高考物理《碰撞问题》真题练习含答案

高考物理《碰撞问题》真题练习含答案1.如图，在光滑水平面上，一质量为100 g 的A 球，以2 m/s 的速度向右运动，与质量为200 g 大小相同的静止B 球发生对心碰撞，撞后B 球的速度大小为1.2 m/s ，取A 球初速度方向为正方向，下列说法正确的是( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为完全非弹性碰撞C ．碰撞前后A 球的动量变化为－1.6 kg·m/sD ．碰撞前后A 球的动量变化为－0.24 kg·m/s答案：D解析：以A 球初速度方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒得m A v 0＝m A v A ＋m B v B ，解得A 球碰后的速度为v A ＝－0.4 m/s ，碰撞前后A 球的动量变化为Δp ＝m A v A －m A v 0＝0.1×(－0.4) kg·m/s －0.1×2 kg·m/s ＝－0.24 kg·m/s ，C 错误，D 正确；碰撞前系统的机械能为E 1＝12m A v 20 ＝12 ×0.1×22 J ＝0.2 J ，碰撞后系统的机械能为E 2＝12 m A v 2A ＋12 m B v 2B ＝12×0.1×0.42 J ＋12×0.2×1.22 J ＝0.152 J ，由于E 2<E 1，且碰后A 、B 速度并不相同，则该碰撞不是弹性碰撞，也不是完全非弹性碰撞，A 、B 错误．2．[2024·辽宁省沈阳市期中考试]在某次台球比赛中，质量均为m 、材料相同的白球和黑球静止在水平台球桌面上，某时刻一青少年瞬击白球后，白球与一静止的黑球发生了对心碰撞，碰撞前后两球的位置标记如图所示，A 、B 分别为碰前瞬间白球、黑球所在位置，C 、D 分别为碰撞后白球、黑球停止的位置．则由图可知白、黑两球碰撞过程中损失的动能与碰前时刻白球动能的比值为( )A ．12B ．23C ．49D ．59答案：C解析：令碰后白球的位移为3x 0，则黑球碰后位移为12x 0，碰撞过程，根据动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，碰撞后两球做匀减速直线运动，利用逆向思维，根据速度与位移关系有v 21 ＝2μg ·3x 0，v 22 ＝2μg ·12x 0，白、黑两球碰撞过程中损失的动能ΔE k ＝12 m v 20 －12m v 21 －12 m v 22 ，碰前时刻白球动能E k0＝12 m v 20 ，解得ΔE k ΔE k0 ＝49，C 正确． 3．[2024·北京市顺义区期中考试]如图所示，两物块A 、B 质量分别为m 、2m ，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接．初始时弹簧处于原长状态，使A 、B 两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v 1、v 2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零．关于这一运动过程，下列说法正确的是( )A ．两物块A 、B 及弹簧组成的系统动量不守恒B ．两物块A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒C ．两物块A 、B 初速度的大小关系为v 1＝v 2D ．两物块A 、B 运动的路程之比为2∶1答案：D解析：分析可知，物块A 、B 的质量分别为m 、2m ，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg ，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，A 错误；在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，B 错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m v 1－2m v 2＝0，解得v 1＝2v 2，C 错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m v 1－2m v 2＝0，设A 、B 的路程分别为s 1、s 2，则有m s 1t －2m s 2t＝0，解得s 1∶s 2＝2∶1，D 正确．4．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u ，探测器的初速度大小为v 0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v 1和v 2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．那么下列判断中正确的是( )A ．v 1>v 0B ．v 1＝v 0C ．v 2>v 0D ．v 2＝v 0答案：A解析：根据题意，设行星的质量为M ，探测器的质量为m ，当探测器从行星的反方向接近行星时(题中左图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得－m v 0＋Mu ＝Mu ′＋m v 1.12 m v 20 ＋12 Mu 2＝12 Mu ′2＋12m v 21 ，整理得v 1－v 0＝u ＋u ′，所以v 1>v 0，A 正确，B 错误；同理，当探测器从行星的同方向接近行星时(题中右图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得m v 0＋Mu ＝Mu ″－m v 2，12 m v 20 ＋12 Mu 2＝12 Mu ″2＋12m v 22 ，整理得v 0－v 2＝u ＋u ″，所以v 2<v 0，C 、D 错误．5．如图所示，质量为M 的滑块静止在光滑水平地面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底部恰好与地面相切．两小球的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝3 kg ，m 1的初速度为v 0，m 2保持静止．已知m 1与m 2发生弹性正碰，要使m 1与m 2发生两次碰撞，则M 可能为( )A ．2 kgB ．3 kgC ．5 kgD ．6 kg答案：D解析：m 1与m 2发生第一次弹性碰撞后，设小球m 1与m 2的速度分别为v 1、v 2，则由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，系统机械能守恒，有12 m 1v 20 ＝12 m 1v 21 ＋12m 2v 22 ，解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2 v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0；进入四分之一圆弧轨道M ，当m 2离开圆弧轨道时，设m 2的速度为v ′2，根据动量守恒和机械能守恒得v ′2＝m 2－M m 2＋Mv 2，要使m 1与m 2发生两次碰撞，则v ′2<0，即m >m 2，且|v ′2|>|v 1|，联立解得M >5 kg ，D 正确．6．[2024·浙江省宁波金兰教有合作组织联考]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d 和船长L ，已知他自身的质量为m ，忽略船运动过程中水对它的阻力，则可测得船的质量为( )A ．m （L －d ）dB ．m （L ＋d ）dC ．m （L ＋d ）LD ．mL d答案：A解析：设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v ′，船的质量为M ，人和船的相对位移为L ，人从船尾走到船头所用时间为t ，则v ＝d t ，v ′＝L －d t，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得M v －m v ′＝0，解得船的质量M ＝m （L －d ）d，A 正确． 7．如图所示，平板小车A 放在光滑水平面上，长度L ＝1 m ，质量m A ＝1.99 kg ，其上表面距地面的高度h ＝0.8 m ．滑块B (可视为质点)质量m B ＝1 kg ，静置在平板小车的右端，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.1.现有mC ＝0.01 kg 的子弹以v 0＝400 m/s 速度向右击中小车A 并留在其中，且击中时间极短，g 取10 m/s 2.求：(1)子弹C 击中平板小车A 后的瞬间，A 速度多大？(2)B 落地瞬间，平板小车左端与滑块B 的水平距离x 多大？答案：(1)2 m/s (2)0.4 m解析：(1)子弹C 击中小车A 后并留在其中，则A 与C 共速，速度为v 1，以v 0为正方向，根据动量守恒有m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，得v 1＝2 m/s(2)设A 与B 分离时的速度分别是v 2、v 3，对A 、B 、C 组成的系统分析，由动量守恒和动能定理得(m A ＋m C )v 1＝(m A ＋m C )v 2＋m B v 3－μm B gL ＝12 (m A ＋m C )v 22 ＋12 m B v 23 －12(m A ＋m C )v 21 解得v 2＝53 m/s ，v 3＝23m/s 或v 2＝1 m/s ，v 3＝2 m/s(舍去，因为A 的速度不能小于B 的速度)B 从A 飞出以v 3做平抛运动，则h ＝12gt 2 得t ＝0.4 sA 以v 2向右做匀速直线运动，则当B 落地时，它们的相对位移x ＝(v 2－v 3)t ＝0.4 m8．[2024·河北省唐山市一中联盟联考]如图所示，光滑水平面上有一质量M ＝1.98 kg 的小车，小车上表面有一半径为R ＝1 m 的14光滑圆弧轨道，与水平轨道在B 点相切，B 点右侧粗糙，小车的最右端D 点竖直固定轻质弹簧片CD .一个质量m ＝2 kg 的小球置于车的B 点，车与小球均处于静止状态，有一质量m 0＝20 g 的子弹，以速度v 0＝800 m/s 击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小球与弹簧片碰撞时无机械能损失，BD 之间距离为0.3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)子弹击中小车后的瞬间，小车的速度；(2)小球再次返回圆弧轨道最低点时，小球的速度大小；(3)小球最终相对于B 点的距离．答案：(1)8 m/s (2)8 m/s (3)0.2 m解析：(1)取向右为正方向，子弹打小车过程，子弹和小车系统动量守恒m 0v 0＝(m 0＋M )v解得v ＝8 m/s(2)子弹、小车和小球构成的系统动量守恒(m 0＋M )v ＝(m 0＋M )v 1＋m v 2子弹、小车和小球构成的系统机械能守恒12 (m 0＋M )v 2＝12 (m 0＋M )v 21 ＋12m v 22 联立可得v 1＝0 v 2＝8 m/s(3)小球最终状态是三者共速时(m 0＋M )v ＝(m 0＋m ＋M )v 3损失的机械能12 (m 0＋M )v 2－12(m 0＋m ＋M )v 23 ＝μmgs 联立可得s ＝3.2 m所以相对于B 点的距离是x ＝s －0.3×10 m ＝0.2 m9．[2024·江苏省宿迁市月考]如图所示，滑块A 、B 、C 位于光滑水平面上，已知A 的质量m A ＝1 kg ，B 的质量m B ＝m C ＝2 kg.滑块B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A 以v 0＝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，直至分开未与C 相撞．整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：(1)弹簧被压缩到最短时，B 物体的速度大小；(2)弹簧给滑块B 的冲量；(3)滑块A 的动能最小时，弹簧的弹性势能．答案：(1)1 m/s (2)4 N·s ，方向向右(3)2.25 J解析：(1)对AB 系统，AB 速度相等时，弹簧被压缩到最短．取向右为正方向，根据动量守恒定律可得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1代入数据解得v 1＝1 m/s(2)在弹簧作用的过程中，B 一直加速，B 与弹簧分开后，B 的速度最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得m A v 0＝m A v A ＋m B v B根据机械能守恒定律可得12 m A v 20 ＝12 m A v 2A ＋12m B v 2B 联立解得v B ＝2 m/s对B 根据动量定理可得I ＝m B v B －0＝2×2 N·s －0＝4 N·s方向向右；(3)滑块A 的动能最小时速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得m A v 0＝m B v ′B 代入数据解得v ′B ＝1.5 m/s根据功能关系可得E p ＝12 m A v 20 －12m B v ′2B 代入数据解得E p ＝2.25 J ．。

2020年高考物理专题碰撞(含解析)

2020年高考物理专题碰撞（含解析）1. 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，A 、B 两球的质量之比为__________，A 、B 碰撞前、后两球总动能之比为_______________ 答案： 4∶1，9∶5解析：A 球与挡板碰后两球刚好不发生碰撞，说明A 、B 碰后速率大小相同设为v ，规定向左为正方向，由动量守恒定律v m v m v m B A B B -=，由题意知v B ∶v =3∶1，解得m A ∶m B =4∶1，碰撞前、后两球总动能之比为5:921212221=+=v )m m (v m E E B A B B k k 2. 水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(A)30% (B)50% (C)70% (D)90% 答案：A解析：碰撞过程的频闪的时间间隔t 相同，速度txv =，如图所示，相同时间内，白球碰前与碰后的位移之比大约为5∶3，速度之比为5∶3，白球碰后与灰球碰后的位移之比大约为1∶1，速度之比为1∶1，又动能221mv E k =，两球质量相等，碰撞过程中系统损失的动能为碰前动能减去系统碰后动能, 除以碰撞前动能时, 两球质量可约去, 其比例为()28.0533-52222=+，故A 对，B 、C 、D 错。

3. 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是 A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置【答案】AD【解析】根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得''221111v m v m v m +=，221211211'21'2121v m v m v m +=，且m m =1，m m 32=解得112121121'v v m m m m v -=+-=，112112212'v v m m m v =+=，所以A 正确，B错误；根据)cos 1(212θ-==mgR mgh mv ，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，C 错误；根据单摆的等时性，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D 正确。

碰撞(解析版)—三年(2022-2024)高考物理真题汇编(全国通用)

碰撞考点01 弹性碰撞1. （2024年高考广西卷）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。

M水平向右运动，速度大小为v。

M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。

若不计空气阻力，则碰撞后，N在（）A. 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B. 竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动C. 水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD. 水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 【答案】BC 【解析】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即：M 0v =，N v v=碰后小球N 做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v ；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。

故选BC 。

2. （2024年高考广东卷）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H 甲、H 乙高度同时由静止开始下滑。

斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。

忽略空气阻力。

下列说法正确的有（）A. 甲斜坡上运动时与乙相对静止B. 碰撞后瞬间甲速度等于碰撞前瞬间乙的速度C. 乙的运动时间与H 乙无关D. 甲最终停止位置与O 处相距H μ乙【参考答案】ABD【名师解析】两滑块在同一斜坡上同时由静止开始下滑，加速度相同，则相对速度为零，即甲斜坡上运动时与乙相对静止，A正确；两物块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两物块质量相同，且发生在的在弹性碰撞，根据弹性碰撞规律可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B 正确；设斜面倾角为θ，对乙沿斜面下滑，有，在水平面上运动一段时间t2后与甲碰撞，碰撞后以甲碰撞前的速度做匀减速运动，运动时间为t3，乙运动的时间，由于t 1与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，C 错误；一下滑过程，有，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止位置相同；如果不发生碰撞，乙在水平面上运动最终停止位置，由联立解得 x=H μ乙即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距H μ乙，D 正确。

2025高考物理总复习碰撞中的临界问题及多次碰撞问题

为( CD )
A.4 m/s
B.5 m/s
图2 C.6 m/s
D.7 m/s
解析对于甲和箱子根据动量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv1＋mv，对于乙和箱子根据动量守恒定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2，甲、乙恰好不相碰，有v1＝v2，联立解得v＝5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2 m/s，故C、D正确， A、B错误。
(3)两物体刚好不相撞，两物体速度相同。 (4)滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。
例1 如图1，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1 ＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小取g＝10 m/s2。
下列说法正确的是(BD )
A.n＝26
B.系统因摩擦产生的热量为25 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
图3
解析由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v，解得车厢和
小物块最终运动的共同速度为 v＝5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得12mv20＝21(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为 Q＝25 J，故 B、 D 正确；根据 Q＝μmgL，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离 L＝μQmg＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数 n＝Ll ＝25 次，因此可知物块最终停在车厢中点处，故 A、C 错误。析设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0 代入数据得v1＝－1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3 12m2v20＝12m2v22＋12m3v23 联立并代入数据得v2＝－1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩

动量大题经典题型及解析

动量大题经典题型及解析一、碰撞类问题1. 题目- 质量为m_1 = 1kg的小球以v_1 = 4m/s的速度与质量为m_2 = 2kg静止的小球发生正碰。

碰撞后m_1的速度为v_1' = 1m/s，方向与原来相同。

求碰撞后m_2的速度v_2'。

- 根据动量守恒定律m_1v_1=m_1v_1'+m_2v_2'。

- 已知m_1 = 1kg，v_1 = 4m/s，m_2 = 2kg，v_1' = 1m/s。

- 将数值代入动量守恒定律公式可得：1×4 = 1×1+2× v_2'。

- 即4 = 1 + 2v_2'，移项可得2v_2'=4 - 1=3，解得v_2'=(3)/(2)m/s = 1.5m/s。

2. 题目- 两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，m_A = 1kg，m_B= 2kg，v_A = 6m/s，v_B = 3m/s。

当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能是（）- A. v_A' = 4m/s，v_B' = 4m/s- B. v_A' = 2m/s，v_B' = 5m/s- C. v_A'=-4m/s，v_B' = 6m/s- D. v_A' = 7m/s，v_B' = 2.5m/s- 首先根据动量守恒定律m_Av_A+m_Bv_B=m_Av_A'+m_Bv_B'。

- 代入数据可得1×6+2×3 = 1× v_A'+2× v_B'，即12=v_A'+2v_B'。

- 然后根据碰撞的合理性，碰撞后系统的总动能不增加，碰撞前总动能E_k0=(1)/(2)m_Av_A^2+(1)/(2)m_Bv_B^2=(1)/(2)×1×6^2+(1)/(2)×2×3^2=27J。

关于碰撞问题的3个高考题解析

2008年（四川卷）25．（20分）一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。

在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg 的小物块（视为质点）。

小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。

当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。

重力加速度g ＝10 m/s 2。

在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v 。

由功能关系得θθμsin cos 212h mg mv mgh += ① 以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 )(v m mv I --= ②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h ’，则θθμsin cos 212h mg h mg mv '+'= ③ 同理，有 θθμsin cos 212h mg v m h mg '+'=' ④ )(v m v m I '--'=' ⑤ 式中，v ’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I ’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。

由①②③④⑤式得kI I =' ⑥式中 μθμθ+-=t a n t a n k ⑦ 由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)c o t 1(2201θμ-=gh m I ⑧总冲量为)1(3214321k k k I I I I I I +++=+++= ⑨由 )11112kk k k k nn --=⋯+++- ⑩ 得 )cot 1(221104θμ---=gh m kk I ⑾ 代入数据得 )63(43.0+=I N ·s ⑿解法二：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a ，依牛顿第二定律得ma mg mg =-θμθcos sin ①设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，则θs i n22h a v = ② 以沿斜面向上为动量的正方向。

高考碰撞模型典型题

1.(16分)如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C相距l=1.0m物快A以速度v0=10m/s 沿水平方向与B正碰，碰撞后A和B牢固粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s，已知A和B的质量均为m。

C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数 =0.45(设碰撞时间很短，g取10m/s2)（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度（2）根据AB与C的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。

2.如图所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP长为L=1.6m，滑块A、B与该段的动摩擦因数都为μ=0.5，水平地面的其余部分是光滑的．滑块B静止在O点，其质量m B=2kg．滑块A 在O点左侧以v0=5m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞．A的质量是B的K（K取正整数）倍，滑块均可视为质点，取g=10m/s2．（1）若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；（2）若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，试讨论K在不同取值范围时滑块A克服摩擦力所做的功．3.一轻质细绳一端系一质量为m = 0.05 kg 的小球A，另一端套在光滑水平细轴O上，O 到小球的距离为L ＝ 0.1 m，小球与水平地面接触，但无相互作用。

在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，二者之间的水平距离S = 2 m，如图所示。

现有一滑块B，质量也为m，从斜面上高度h ＝ 3 m处由静止滑下，与小球碰撞时没有机械能损失、二者互换速度，与档板碰撞时以同样大小的速率反弹。

若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，滑块B与水平地面之间的动摩擦因数= 0.25，g取 10 m/s2。

求：(1）滑块B与小球第一次碰撞前瞬间，B速度的大小；(2）滑块B与小球第一次碰撞后瞬间，绳子对小球的拉力；(3）小球在竖直平面内做完整圆周运动的次数。

4.如图所示，在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，物体A和小车B正沿着斜面上滑，A 的质量为m A=0.50kg，B 的质量为m B=0.25kg，A始终受到沿斜面向上的恒定推力F 的作用．当 A 追上B 时，A的速度为v A=1.8m/s，方向沿斜面向上，B 的速度恰好为零，A、B相碰，相互作用时间极短，相互作用力很大，碰撞后的瞬间，A的速度变为v1=0.6m/s，方向沿斜面向上．再经T=0.6s，A 的速度大小变为v2=1.8m/s，在这一段时间内A、B没有再次相碰．已知A与斜面间的动摩擦因数μ=0.15，B与斜面间的摩擦力不计，已知：sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s2，求：（1）A、B第一次碰撞后B的速度（2）恒定推力F的大小．（3）A、B第一次碰撞后在T=0.6s在这段时间内，A克服摩擦力所做的功W为多少？1．（1）A 与B 相碰，由动量守恒定律知 mv 0=2mv 1，得到v 1=5m/s之后，A 与B 一起向右运动直到与C 相碰以A 和B 为整体，由动能定理知 21212221222mv mv mgl -=-μ，得到v 2=4m/s（2）当A 与B 运动到C 所在位置时，AB 与C 相碰，由动量守恒定律知2mv 2=2mv 3+kmv ①（一）若AB 与C 发生的碰撞是弹性碰撞，则根据能量守恒2212321222122kmv mv mv += ②联立①②两式得到k=6，v 3=-2m/s ，说明AB 与C 碰后反弹（二）若AB 与C 发生的碰撞是完全非弹性碰撞，则根据动量守恒2mv 2=（2m+km ）v ，得到k=2，物体AB 仍然向右运动根据以上讨论可知，k 的取值范围是 2≤k ≤6设k=k 1时，物体AB 与C 碰后速度为零，根据动量守恒定律2mv 2=k 1mv ，得到k 1=4由此可以确定AB 与C 碰后的可能运动方向为A ．当2≤k ＜4时，AB 碰后继续向右运动；B ．当k=4时，AB 碰后静止；C ．当4＜k ≤6时，AB 碰后继续向左运动（反弹）2.（1）若滑块A 与B 发生完全非弹性碰撞，A 、B 碰撞过程中损失的机械能为；（2）若滑块A 、B 构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，滑块A 克服摩擦力所做的功情况有：（1）当K=1 时，v A =0，滑块A 停在O 点，A 克服摩擦力所做的功为W fA =0（2）当1＜K ≤9时，滑块A 停在OP 之间，A 克服摩擦力所做的功为J（3）当K ＞9时，滑块A 从OP 段右侧离开，A 克服摩擦力所做的功为W fA =μm A gL=16KJ3.解析：(1) 滑块B 从斜面高度h 处滑下与小球第一次碰撞前瞬间速度为，由动能定理得：……………………………………………（2分）求得：=7.4m/s ……………………………………………（1分）(2)滑块B与小球碰撞，没有机械能损失，对小球由牛顿第二定律得：……………………………………………………（2分）求得：………………………………………………………（1分）(3）小球恰能完成一次完整的圆周运动，设它到最高点的速度为v1，小球在最低点速度为v，则有…………………………………………………………（1分）…………………………………………（1分）求得：………………………………………………………（1分）小球做完整圆周运动时，碰后的速度至少为，由于滑块B与小球A碰后交换速度，则滑块B最终速度至少也为，经过的路程为，则：……………………………………………（1分）求得：……………………………………………………………（1分）小球做完整的圆周运动的次数为：求得：= 6 ……………………………………………………………（1分）4.（1）A、B碰撞bai过程满足动量守恒du：mAvA=mAv1+mBvB ①得vB=2.4m/s，方向zhi沿斜面向上②dao（2）设经过T=0.60s，A的速度方向向上，此时zhuanA的位移SA=v1+v22T=0.72m ③B的加速度aB=gsinθ=6m/s2 ④B的位移 SA=vBT-12aBT2=0.36m⑤可见A、B将再次相碰，违反了题意，因此碰撞后A先做匀减速运动，速度减到零后，再做匀速运动．对A列出牛顿第二定律：mAgsinθ+μmgcosθ-F=mAa1，⑥mAgsinθ-μmgcosθ-F=mAa2 ⑦v1=a1t1 v2=a2t2 ⑧t1+t2=T 解得：F=0.6N t1=0.1s t2=0.5s（3）A在时间T内通过的路程S=v1t12+v2t22=0.48m W=μmAgcosθ?S=0.29J ⑩答：（1）A、B第一次碰撞后B的速度为2.4m/s．（2）恒定推力F的大小0.6N．（3）A、B第一次碰撞后在T=0.6s在这段时间内，A克服摩擦力所做的功W为0.29J．。

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年（四川卷）25．（20分）一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。

在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg 的小物块（视为质点）。

小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。

当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。

重力加速度g ＝10 m/s 2。

由功能关系得θθμsin cos 212h mg mv mgh += ① 以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量)(v m mv I --= ②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h ’，则θθμsin cos 212h mg h mg mv '+'= ③ 同理，有 θθμsin cos 212h mg v m h mg '+'=' ④ )(v m v m I '--'=' ⑤ 式中，v ’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I ’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为)(v m mv I --= ③由①②③式得)cot 1(221θμ-=gh m I ④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a ’，依牛顿第二定律有a m mg mg '=-θμθcos sin ⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为θsin 22a v h '=' ⑥ 由②⑤⑥式得 h k h 2=' ⑦式中 μθμθ+-=tan tan k ⑧ 同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量)cot 1(22θμ-'='h g m I ⑨由④⑦⑨式得 kI I =' ⑩由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)c o t 1(2201θμ-=gh m I ⑾总冲量为 )1(3214321k k k I I I I I I +++=+++= ⑿由 )11112kk k k k nn --=⋯+++- ⒀ 得 )cot 1(221104θμ---=gh m kk I ⒁ 代入数据得 )63(43.0+=I N ·s ⒂2008年（北京卷）24．（20分）有两个完全相同的小滑块A 和B ， A 沿光滑水平面以速度v 0与静止在平面边缘O 点的B 发生正碰，碰撞中无机械能损失。

碰后B 运动的轨迹为OD 曲线，如图所示。

（1）已知滑块质量为m ，碰撞时间为∆t ，求碰撞过程中A 对B 平均冲力的大小；（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，物制做一个与B 平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD 曲线重合的位置，让A 沿该轨道无初速下滑（经分析A 在下滑过程中不会脱离轨道），a ．分析A 沿轨道下滑到任意一点时的动量P A 与B 平抛经过该点时的动量P B 的大小关系；b ．在OD 曲线上有一点M ，O 和M 两点的连线与竖直方向的夹角为45︒，求A 通过M 点时的水平分速度和竖直分速度。

v 024、（1）mv A ＋mv B ＝mv 0，12 mv A 2＋12 mv B 2＝12mv 02，解得：v A ＝0，v B ＝v 0，对B 有：F ∆t ＝mv 0，所以F ＝mv 0∆t，（2）a ．设该点的竖直高度为d ，对A 有：E kA ＝mgd ，对B 有：E kB ＝mgd ＋12mv 02，而P ＝2mE k ，所以P A <P B ，b ．对B 有：y ＝12 gt 2，x ＝v 0t ，y ＝g 2v 02 x 2，在M 点，x ＝y ，所以y ＝2v 02g，因轨迹相同，所以在任意点它们的速度方向相同，对B 有：v xB ＝v 0，v yB ＝2gy ＝2v 0，v B ＝ 5 v 0，对A 有：v A ＝2gy ＝2v 0，所以v xA ＝v xB v A /v B ＝2 5 5 v 0，v yA ＝v yB v A /v B ＝4 5 5v 0。

(2012江苏14) (16分)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f . 轻杆向右移动不超过l 时,装置可安全工作. 一质量为m 的小车若以速度v 0 撞击弹簧,将导致轻杆向右移动. 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦.(1)若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x;(2)求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度v m ; (3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v ’和撞击速度v 的关系.14. 【答案】（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力 ①且 ② 解得 ③ （2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中，动能定理小车以撞击弹簧时 ④ 小车以撞击弹簧时 ⑤ 解 ⑥ （3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为，⑦ 由④⑦解得当时，当时，。

（2012安徽24）如图所示，装置的左边是足够长的光滑4l kx F =f F =kf x =0v 202104.mv W l f -=--m v 2210m mv W fl -=--mfl v v m 2320+=1v W mv =2121m fl v v 2201-=mfl v v 220-<v v ='<-m fl v 220m fl v v 2320+<mfl v v 2'20-=水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M =2kg 的小物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带始终以u =2m /s 的速率逆时针转动。

装置的右边是一光滑的曲面，质量m =1kg 的小物块B 从其上距水平台面h =1.0m 处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l =1.0m 。

设物块A 、B 中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态。

取g =10m /s 2。

（1）求物块B 与物块A 第一次碰撞前速度大小；（2）通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？（3）如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小。

24．⑪4m/s ⑫B 将以4/3 m/s 的速度返回皮带，无法通过皮带；⑬解析：⑪B 从曲面滑下机械能守恒：得B 滑到皮带前： B 滑上皮带做匀减速运动:解得B 滑过皮带与A 碰前速度：⑫AB 发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后B 的速度为v2,A 的速度为V a2联立两式解得：（舍去） B 将以速度大小返回到皮带上做匀减速运动知速度为0有：解得，所以不能回到曲面。

⑬设B 第m-1次与A 碰后，从皮带返回再与A 第n-1碰撞，，联立解得：（舍去）由此可知B 与A 碰撞后每次只能保留碰前速度大小的，所以碰撞n 次后B 的速度应为（n=0、1、2、3……）（2012新课标35）如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O 。

让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平。

从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与14()/3n n v m s =⋅2012mgh mv=/v s =22012v v al -=22/a g m s μ==14/v m s =122a mv mv Mv =+222122111222a mv mv Mv =+24/3v m s =-24/v m s =24/3v m s =222v ax =419x m m =<1n m -=m n an mv mv Mv =+222111222m n an mv mv Mv =+13n m v v =-n m v v =13(1)n v +(1)14()/3n n v m s +=⋅竖直方向之间的最大偏角为60°。

忽略空气阻力，求（i ）两球a 、b 的质量之比；（ii ）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比。

35(2)解析: （i ）(1)设b 球的质量为m,a 球的质量为M ,则对b 球研究,由动能定理得:, a 、b 碰撞由动量守恒定律得: a 、b 整体向左运动,由动能定理得: 联立解得: , （ii ）(2) a 、b 碰撞过程中机械能的损失为: （2012广东36）图18（a ）所示的装置中，小物块A 、B 质量均为m ，水平面上PQ 段长为l ，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。

初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r 的连杆位于图中虚线位置；A 紧靠滑杆（A 、B 间距大于2r ）。

随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b ）所示。

A 在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B 发生完全非弹性碰撞。

（1）求A 脱离滑杆时的速度u o ，及A 与B 碰撞过程的机械能损失ΔE 。

（2）如果AB 不能与弹簧相碰，设AB 从P 点到运动停止所用的时间为t 1，求ω得取值范围，及t 1与ω的关系式。

（3）如果AB 能与弹簧相碰，但不能返回道P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为E p ，求ω的取值范围，及E p 与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。

解析：(1)由（b ）图可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块A 与滑杆分离，此时小物块的速度为小物块A 与B 碰撞，由于水平面光滑则A 、B 系统动量守恒，则由动量守恒定律和能量守恒定律得：解得：0212-=mv mgl gl v 2=1)(v m M mv +=201)(210)60cos 1()(v m M g m M +-=-+-gl gl v =-=)60cos 1(201m M m gl m M gl m +=⇒+=2)(212-=∴m M m M M mv m M m mv v m M mv E +⋅=+-=+-=∆222221)1(21)(21211222212)12()12(21/)21(22-=-=+--=+=+⋅=∆∴m m m m M M mv m M M mv E Ekb r u ω=0mv mu 20=22022121mv mu E ⋅-=∆(2)AB 进入PQ 段做匀减速运动，由牛顿第二定律有：AB 做减速运动的时间为解得：欲使AB 不能与弹簧相碰，则滑块在PQ 段的位移有而解得：(3) 若AB 能与弹簧相碰，则若AB 压缩弹簧后恰能返回到P 点，由动能定理得解得：的取值范围是：从AB 滑上PQ 到弹簧具有最大弹性势能的过程中，由能量守恒定律得：解得：（2012天津10）如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切。