专题11碰撞-2023和2024两年高考物理试题分项解析

2023-24两年高考物理分类解析 专题08 碰撞 2024年高考题 1. （2024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v D. 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 ， 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、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，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. 乙的运动时间与无关 D. 甲最终停止位置与O处相距 【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t1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= 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，D正确。 3. （2024高考甘肃卷） 如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取） （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4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。 （1）A开始运动到最低点有 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 ， （2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知 故解得 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得 根据能量守恒得 联立解得 4. （2024年高考广东卷）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升最大高度。 【名师解析】 （1）敏感球受到向下的重力mg、压力FN以及斜面的支持力N，由牛顿第二定律可得 解得 （2）①由图丙的图像面积表示冲量，可知碰撞过程中力F的冲量大小为 方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度 与气囊作用过程，取向上方向为正方向，由动量定理， 解得 v=2m/s 则上升的最大高度 5. （2024高考湖南卷）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 【答案】（1），；（2）或； （3） 【解析】 （1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 可得 碰撞后根据牛顿第二定律有 可得 （2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1=0，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 2023年高考题 1.（20分）（2023高考全国乙卷）. 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。一质量为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，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。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大小； （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； （3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 【命题意图】本题考查弹性碰撞及其相关知识点。 【解题思路】（1）小球第一次与圆盘碰撞前的速度为v0= 小球与圆盘弹性碰撞，设第一次碰撞后小球的速度大小为v1，圆盘的速度大小为v2， 由动量守恒定律mv0=-mv1+Mv2， 由系统动能不变，=+ 联立解得：v1=，v2= 。 （2）第一次碰撞后，小球向上做竖直上抛运动，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力相等，所以圆盘向下做匀速运动。 当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。 当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间 t= v1/g+ v2/g = 小球回到第一次与圆盘碰撞前的位置， 在这段时间内圆盘下落位移x1= v2 t= =l。 即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为l。 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 即 解得 此时小球的速度 圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 根据能量守恒 联立解得, 同理可得当位移相等时 解得 圆盘向下运动 此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度 有动量守恒 机械能守恒 得碰后小球速度为 圆盘速度 当二者即将四次碰撞时 x盘3= x球3 即 得 在这段时间内，圆盘向下移动 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l = 7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动 x盘4= 8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 【思路点拨】得出递推关系，是正确解题的关键。 2. （2023学业水平等级考试上海卷）（16分）如图，将质量mP=0.15kg的小球P系在长度L=1.2m轻绳一端，轻绳另一端固定在天花板上O点。在O点正下方1.2m处的A点放置质量为mQ=0.1kg的物块Q，将小球向左拉开一段距离后释放，运动到最低点与物块Q弹性碰撞，P与Q碰撞前瞬间的向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5׃1,。已知重力加速度g=9.8m/s2，物块与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.28. （1）求碰撞后瞬间物块Q的速度；（2）在P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离。 【参考答案】（1）1.4m/s （2）0.36m 【名师解析】 （1）由圆周运动的向心加速度公式，a=，解得v0=1.4m/s 碰撞后P的速度vP=v0=0.28m/s 碰撞过程，由动量守恒定律，mPv0= mPvP+ mQvQ，解得：vQ=1.68m/s （2）设碰撞后P摆动到最高点的高度为h，根据机械能守恒定律，mgh= 解得h=0.004m 由sinθ==，θ小于5°， P的摆动可以看作单摆的简谐运动， P与Q碰撞后再次回到A点的时间为t=T/2=π=1.1s 物块在水平面上滑动的加速度 a=μg=2.74m/s2 Q在水平面上运动时间t’==0.6s，小于t=1.1s，即Q已经停止。 所以Q运动的距离为s==0.504m。 3. （2023高考山东高中学业水平等级考试） 如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。 （1）求C下滑的高度H； （2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围； （3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W； （4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。 【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【名师解析】 （1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有 代入数据解得 （2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为 木板B受到C的摩擦力水平向右，为 B受到地面的摩擦力水平向左，为 所以滑块C加速度为 木板B的加速度为 设经过时间t1，B和C共速，有 代入数据解得 木板B的位移 共同的速度 此后B和C共同减速，加速度大小为 设再经过t2时间，物块A恰好撞上木板B，有 整理得 解得 ，（舍去） 此时B的位移 共同的速度 综上可知满足条件的s范围为 （3）由于 所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有 整理后有 解得 ，（舍去） 滑块C在这段时间的位移 所以摩擦力对C做的功 （4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有 此时A、B之间的距离为 △s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m 由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小 物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有 整理得 解得 ，（舍去） 此时有 ，方向向左； ，方向向右。 接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有 代入数据解得 而此时 物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量 末动量 则整个过程动量的变化量 即这三个物体总动量的变化量的大小为9.02kg·m/s。 4．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。 （1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； （2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能； （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。 【名师解析】（1）滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，机械能守恒， mg·2R=-，解得vF=10m/s。 在最低点F，由牛顿第二定律，FN-mg=m， 解得：FN =31.2N （2）碰撞后滑块a返回过程，由动能定理，-mg·2R-μmgL=-，解得va=5m/s。 滑块a、b碰撞，由动量守恒定律，mvF= -mva+3mvb， 解得：vb=5m/s 碰撞过程中损失的机械能△E=--=0 （3）滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律，mvF= （m+3m）vab， 解得vab=2.5m/s。 滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc 解得vabc=5 /3m/s。 由机械能守恒定律，Ep1=- 解得Ep1=0.5J 由Ep1=解得：最大压缩量x1=0.1m 滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力 减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，其最大伸长量 由动量守恒定律，x2=0.1m 所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x= x1+ x2=0.2m 5.．（9分）（2023高考北京卷）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L．现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g．求： （1）A释放时距桌面的高度H； （2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； （3）碰撞过程中系统损失的机械能． 【解析】（1）由机械能守恒定律，mgH=，解得H= （2）由牛顿运动定律，F-mg= 解得 F=mg+ （3）碰撞过程，由动量守恒定律，mv=2mv’， 解得v’=v/2 碰撞过程损失的机械能△E=-= 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-24两年高考物理分类解析 专题08 碰撞 2024年高考题 1. （2024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v D. 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 ， 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、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，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. 乙的运动时间与无关 D. 甲最终停止位置与O处相距 【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t1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= 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，D正确。 3. （2024高考甘肃卷） 如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取） （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4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。 （1）A开始运动到最低点有 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 ， （2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知 故解得 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得 根据能量守恒得 联立解得 4. （2024年高考广东卷）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升最大高度。 【名师解析】 （1）敏感球受到向下的重力mg、压力FN以及斜面的支持力N，由牛顿第二定律可得 解得 （2）①由图丙的图像面积表示冲量，可知碰撞过程中力F的冲量大小为 方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度 与气囊作用过程，取向上方向为正方向，由动量定理， 解得 v=2m/s 则上升的最大高度 5. （2024高考湖南卷）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 【答案】（1），；（2）或； （3） 【解析】 （1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 可得 碰撞后根据牛顿第二定律有 可得 （2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1=0，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 2023年高考题 1.（20分）（2023高考全国乙卷）. 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。一质量为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，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。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大小； （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； （3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 【命题意图】本题考查弹性碰撞及其相关知识点。 【解题思路】（1）小球第一次与圆盘碰撞前的速度为v0= 小球与圆盘弹性碰撞，设第一次碰撞后小球的速度大小为v1，圆盘的速度大小为v2， 由动量守恒定律mv0=-mv1+Mv2， 由系统动能不变，=+ 联立解得：v1=，v2= 。 （2）第一次碰撞后，小球向上做竖直上抛运动，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力相等，所以圆盘向下做匀速运动。 当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。 当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间 t= v1/g+ v2/g = 小球回到第一次与圆盘碰撞前的位置， 在这段时间内圆盘下落位移x1= v2 t= =l。 即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为l。 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 即 解得 此时小球的速度 圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 根据能量守恒 联立解得, 同理可得当位移相等时 解得 圆盘向下运动 此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度 有动量守恒 机械能守恒 得碰后小球速度为 圆盘速度 当二者即将四次碰撞时 x盘3= x球3 即 得 在这段时间内，圆盘向下移动 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l = 7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动 x盘4= 8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 【思路点拨】得出递推关系，是正确解题的关键。 2. （2023学业水平等级考试上海卷）（16分）如图，将质量mP=0.15kg的小球P系在长度L=1.2m轻绳一端，轻绳另一端固定在天花板上O点。在O点正下方1.2m处的A点放置质量为mQ=0.1kg的物块Q，将小球向左拉开一段距离后释放，运动到最低点与物块Q弹性碰撞，P与Q碰撞前瞬间的向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5׃1,。已知重力加速度g=9.8m/s2，物块与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.28. （1）求碰撞后瞬间物块Q的速度；（2）在P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离。 【参考答案】（1）1.4m/s （2）0.36m 【名师解析】 （1）由圆周运动的向心加速度公式，a=，解得v0=1.4m/s 碰撞后P的速度vP=v0=0.28m/s 碰撞过程，由动量守恒定律，mPv0= mPvP+ mQvQ，解得：vQ=1.68m/s （2）设碰撞后P摆动到最高点的高度为h，根据机械能守恒定律，mgh= 解得h=0.004m 由sinθ==，θ小于5°， P的摆动可以看作单摆的简谐运动， P与Q碰撞后再次回到A点的时间为t=T/2=π=1.1s 物块在水平面上滑动的加速度 a=μg=2.74m/s2 Q在水平面上运动时间t’==0.6s，小于t=1.1s，即Q已经停止。 所以Q运动的距离为s==0.504m。 3. （2023高考山东高中学业水平等级考试） 如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。 （1）求C下滑的高度H； （2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围； （3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W； （4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。 【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【名师解析】 （1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有 代入数据解得 （2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为 木板B受到C的摩擦力水平向右，为 B受到地面的摩擦力水平向左，为 所以滑块C加速度为 木板B的加速度为 设经过时间t1，B和C共速，有 代入数据解得 木板B的位移 共同的速度 此后B和C共同减速，加速度大小为 设再经过t2时间，物块A恰好撞上木板B，有 整理得 解得 ，（舍去） 此时B的位移 共同的速度 综上可知满足条件的s范围为 （3）由于 所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有 整理后有 解得 ，（舍去） 滑块C在这段时间的位移 所以摩擦力对C做的功 （4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有 此时A、B之间的距离为 △s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m 由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小 物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有 整理得 解得 ，（舍去） 此时有 ，方向向左； ，方向向右。 接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有 代入数据解得 而此时 物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量 末动量 则整个过程动量的变化量 即这三个物体总动量的变化量的大小为9.02kg·m/s。 4．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。 （1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； （2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能； （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。 【名师解析】（1）滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，机械能守恒， mg·2R=-，解得vF=10m/s。 在最低点F，由牛顿第二定律，FN-mg=m， 解得：FN =31.2N （2）碰撞后滑块a返回过程，由动能定理，-mg·2R-μmgL=-，解得va=5m/s。 滑块a、b碰撞，由动量守恒定律，mvF= -mva+3mvb， 解得：vb=5m/s 碰撞过程中损失的机械能△E=--=0 （3）滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律，mvF= （m+3m）vab， 解得vab=2.5m/s。 滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc 解得vabc=5 /3m/s。 由机械能守恒定律，Ep1=- 解得Ep1=0.5J 由Ep1=解得：最大压缩量x1=0.1m 滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力 减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，其最大伸长量 由动量守恒定律，x2=0.1m 所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x= x1+ x2=0.2m 5.．（9分）（2023高考北京卷）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L．现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g．求： （1）A释放时距桌面的高度H； （2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； （3）碰撞过程中系统损失的机械能． 【解析】（1）由机械能守恒定律，mgH=，解得H= （2）由牛顿运动定律，F-mg= 解得 F=mg+ （3）碰撞过程，由动量守恒定律，mv=2mv’， 解得v’=v/2 碰撞过程损失的机械能△E=-= 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$