专题04 碰撞模型 讲义 -2025-2026学年高二上学期物理同步模型分析（人教版选择性必修第一册）

专题04 碰撞模型 【模型1　“动碰静”碰撞模型】 【模型剖析】 一、“动碰静”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m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2（2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 二、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 （1）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：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk(2) （2）完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2（2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 【题目示例】 如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的甲球以速度与静止的质量为M的乙球发生对心碰撞，，m与M、m与墙壁之间的碰撞没有能量损失。某同学在研究该过程时发现若设定出两个新的物理量x、y，其中x与甲球的运动状态有关。y与乙球的运动状态有关，则在上述过程中两个新物理量x和y始终满足，其中r为定值，该函数的图像如图2所示。图像中的点表示两个小球组成的系统可能的状态，A、B、C三点为系统在上述过程中连续经历的三个状态。根据以上信息，下列说法正确的是（　　） A．从状态A到状态C过程系统动量不守恒 B．从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线AB的斜率一定为 D．图像中圆的半径可能为 【推理过程】 【详解】AB．质量为m的小球以速度与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得， 可得， 可知碰撞后小球的速度反向；由图2可知，状态A时小球的速度为0，状态B时小球的速度方向与状态A时的速度方向相反，则从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒。由图2可知，从状态B到状态C，小球的速度等大反向，所以从状态B到状态C过程是小球与墙壁发生弹性碰撞。所以从状态A到状态C过程系统动量不守恒，因为与墙壁作用，整个过程系统合力不为零，故A正确B错误； C．从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线AB的斜率为，故C正确； D．令，， 则有 可得 由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得 联立可得，故D正确。 故选ACD。 【模型2　“动碰动”碰撞模型】 【模型剖析】 1．弹性碰撞 v1 v2 v1ˊ v2ˊ m1 m2 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m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1) m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2(2) 联立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=. 特殊情况：若m1=m2，v1ˊ= v2，v2ˊ= v1. 2．非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 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：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得：m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk(2) 3．完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v（1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk=m1v12+m2v22- (m1+m2)v共2（2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 4．子母球 AB一起下落 碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选 与碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后、速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 【题目示例】 在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为18kg∙m/s，B的动量为24kg∙m/s。A从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B的动量增大为32kg∙m/s，方向不变。下列说法正确的是（　　） A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 【推理过程】 【详解】AC．A、B两个物体碰撞过程动量守恒 若此过程为弹性碰撞，根据机械能守恒可得 解得 故A错误，C正确； BD．碰前，有 解得 若此过程为非弹性碰撞，则 解得 碰后，有 解得 综上可得 故B正确，D错误。 故选BC。 1. 质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A． B． C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能 2. 如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（　　） A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A不做功 B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒 C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为R D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C 3. 质量为和的两个物体在光滑水平面上发生正碰，碰撞过程中的速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．两物体发生的碰撞是弹性碰撞 B．两个物体碰撞过程中动量不守恒 C．两个物体的质量之比 D．两个物体碰撞过程中动量的变化量相等 4. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4kg·m/s，则下列说法错误的是（　　） A．左方是A球 B．B球动量的变化量为4kg·m/s C．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2 D．两球发生的碰撞是弹性碰撞 5. 质量为0.2kg的滑块a与静止的滑块b在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计。滑块a、b碰撞前后的位移随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．滑块b的质量为1.2kg B．滑块b的质量为0.8kg C．滑块a、b构成的系统在碰撞中损失的机械能为1J D．滑块a、b构成的系统在碰撞中损失的机械能为0.6J 6. 在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用。如图所示，在水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑的圆管轨道（R远大于圆管直径），A、B、C、D四个点将圆轨道分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从D点以某一速度v沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略小于管道内径，已知，则下列说法正确的是（　　） A．第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回 B．第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球在水平方向对管道的弹力大小之比为7∶9 C．第二次碰撞在C点 D．第二次碰撞后瞬间甲球的速度为 7. 如图，弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，质量为M=4kg的小球B静止在水平轨道上，将质量为m=2kg的小球A压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同且半径很小，圆弧轨道半径R=0.1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s²。则（　　） A．释放小球 A 时弹簧内储存的弹性势能为10J B．两小球第一次碰撞后速度大小之比为1：2 C．A小球再次返回轨道运动时与内轨道无弹力 D．两小球至多能发生2次碰撞 8. 如图所示，竖直固定的半圆轨道ABC与水平长直轨道在C点相切，半径为R，AC是半圆轨道的竖直直径。将小物块b从半圆轨道与圆心等高的B点由静止释放，在水平轨道上与以速度向左运动的小物块a发生弹性正碰，两小物块的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若小物块a速度足够大，则小物块a可以经过半圆轨道的A点 B．小物块b在返回半圆轨道最低点C时，所受的向心力大小与成正比 C．碰撞过程中，小物块b受到小物块a的冲量大小为 D．若小物块b碰后返回半圆轨道且恰好能经过A点，则 三、解答题 9. 某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5 m，冰壶A被运动员以v0=2 m/s的初速度水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为vA=0.2 m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)冰壶A与B碰撞前的速度大小v1； (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； (3)判断两冰壶间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 10. 如图所示，半径r=h的四分之一光滑圆弧轨道ab（固定）与水平桌面相切于b点，水平桌面bO2的长度s=2h，以O2点为圆心、半径R=h的四分之一圆弧轨道分别与水平x轴、竖直y轴相交。位于a点的甲物块的质量为m，位于b点的乙物块的质量M可调。已知乙物块与水平桌面之间的动摩擦因数为0.25，不计空气阻力，重力加速度为g。甲、乙两物块均可视为质点，两物块碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短。 (1)将甲物块从a点由静止释放，求甲物块即将与乙物块碰撞前对圆弧轨道的压力大小； (2)若调整乙物块的质量，将甲物块从a点由静止释放，乙物块碰撞后由b点向右运动，落在以O2为圆心的圆弧轨道上的速度最小，求乙物块从O2点飞出的速度大小； (3)当乙物块落在以O2为圆心的圆弧轨道上的速度最小时，乙物块的质量为多少？ 11. 如图所示，两质量分别为m和M的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由下落。h远大于两小球半径，落地瞬间球B先与地面碰撞，后与球A碰撞。所有碰撞都视为弹性碰撞且都发生在竖直方向上，碰撞时间均很短。求： (1)小球B刚落地瞬间的速度大小； (2)若，小球A与B碰撞后，两球的速度； (3)若M远大于m，球A能上升的最大高度。 12. 如图所示，有一质量为m的“”形木盒A静止在水平地面上，其内壁间的距离为L，另一边长为l的正方体、质量也为m的木块B紧靠A左侧内壁并保持静止。A与地面间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，。现使A、B以某一相同的初速度向右运动且A、B第一次碰撞时速度均不为0，碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。求： (1)第一次碰撞前A、B的加速度大小、； (2)第一次碰后瞬间A、B的速度大小； (3)仅改变初速度大小，则初速度取何值时，才能使B先停下来，且A停下来时A、B间刚好无弹力。 13. 如图甲所示，水平地面上铺设有一厚度不计的软性材质地毯，在距离地毯高为 的位置 由静止自由释放一质量为 的小球 （ 远大于小球半径），小球 与水平地面上的地毯发生碰撞后竖直反弹。已知小球 每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 。（整个过程不计空气阻力，已知重力加速度为 ） (1)求小球 第一次反弹的最高点到释放点 的距离； (2)如果要使小球 在第一次反弹后恰好回到出发点 ，则需在释放时瞬间给小球 一个竖直向下的初速度 ， 的大小是多少？ (3)如图乙所示，紧贴小球 的正下方放置一大小相同、质量为 的小球 ，此时仍然让两小球从位置 由静止自由下落，要使小球 在第一次碰后反弹恰好回到出发点 ，则小球 的质量 与小球 的质量 之比是多少？（假设小球 每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 ，而小球 和小球 之间的碰撞为弹性正碰） 14. 如图所示，圆心角、半径的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，其末端切线水平；质量为的薄木板置于地面上，其上表面与端等高且平滑接触；质量为的物块静止在上，至左端的距离为；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量为的物块轻放在传送带的左端，离开传送带之前与其相对静止，离开传送带后从点沿切线方向进入轨道，随后滑上，一段时间后与发生弹性碰撞。已知在点对轨道的压力大小为，与、与之间的动摩擦因数均为，与地面之间的动摩擦因数，、均可视为质点，碰撞时间忽略不计，且均未脱离，取，，。求： (1)传送带速度的大小； (2)与碰后瞬间速度的大小； (3)薄板的最短长度。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 碰撞模型 【模型1　“动碰静”碰撞模型】 【模型剖析】 一、“动碰静”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m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2（2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 二、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 （1）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：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk(2) （2）完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2（2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 【题目示例】 如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的甲球以速度与静止的质量为M的乙球发生对心碰撞，，m与M、m与墙壁之间的碰撞没有能量损失。某同学在研究该过程时发现若设定出两个新的物理量x、y，其中x与甲球的运动状态有关。y与乙球的运动状态有关，则在上述过程中两个新物理量x和y始终满足，其中r为定值，该函数的图像如图2所示。图像中的点表示两个小球组成的系统可能的状态，A、B、C三点为系统在上述过程中连续经历的三个状态。根据以上信息，下列说法正确的是（　　） A．从状态A到状态C过程系统动量不守恒 B．从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线AB的斜率一定为 D．图像中圆的半径可能为 【推理过程】 【详解】AB．质量为m的小球以速度与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得， 可得， 可知碰撞后小球的速度反向；由图2可知，状态A时小球的速度为0，状态B时小球的速度方向与状态A时的速度方向相反，则从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒。由图2可知，从状态B到状态C，小球的速度等大反向，所以从状态B到状态C过程是小球与墙壁发生弹性碰撞。所以从状态A到状态C过程系统动量不守恒，因为与墙壁作用，整个过程系统合力不为零，故A正确B错误； C．从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线AB的斜率为，故C正确； D．令，， 则有 可得 由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得 联立可得，故D正确。 故选ACD。 【模型2　“动碰动”碰撞模型】 【模型剖析】 1．弹性碰撞 v1 v2 v1ˊ v2ˊ m1 m2 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m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1) m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2(2) 联立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=. 特殊情况：若m1=m2，v1ˊ= v2，v2ˊ= v1. 2．非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 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：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得：m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk(2) 3．完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v（1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk=m1v12+m2v22- (m1+m2)v共2（2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 4．子母球 AB一起下落 碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选 与碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后、速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 【题目示例】 在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为18kg∙m/s，B的动量为24kg∙m/s。A从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B的动量增大为32kg∙m/s，方向不变。下列说法正确的是（　　） A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 【推理过程】 【详解】AC．A、B两个物体碰撞过程动量守恒 若此过程为弹性碰撞，根据机械能守恒可得 解得 故A错误，C正确； BD．碰前，有 解得 若此过程为非弹性碰撞，则 解得 碰后，有 解得 综上可得 故B正确，D错误。 故选BC。 1. 质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A． B． C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能 【答案】C 【详解】AB．碰后m1速度反向，根据动量守恒 结合图像斜率计算速度代入解得，故AB错误。 C．碰后两物块速率相等，根据p=mv可知，碰撞后的动量大于的动量，故C正确。 D．根据 因m1小于m2，碰后两物块速率相等，可知碰撞后的动能小于的动能，故D错误。 故选C。 2. 如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（　　） A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A不做功 B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒 C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为R D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C 【答案】D 【详解】A．球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，A、C组成的系统机械能守恒，C向右运动其机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A错误； B．整个过程中球A、球B、槽C构成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，故B错误； C．对球A与槽C组成的系统，以水平向左为正方向，由水平方向平均动量守恒得：m2m0 可得mxA﹣2mxC＝0 由几何关系得：xA+xC＝R 联立解得球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左的位移为xA，故C错误； D．设球A到最低点时的速度为vA，此时C的速度为vC，以水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得mvA﹣2mvC＝0 由机械能守恒得mg•4R2 联立解得vA＝4，方向水平向左；vC＝2，方向水平向右。 以水平向左为正方向，对球A和球B由动量守恒定律得mvA＝mvA′+5mvB 由机械能守恒定律得mvA′25 联立解得球A与弹簧作用后的速度为vA′，负号表示方向水平向右。 易知球A与弹簧作用后速度大于C的速度，能够追上槽C，故D正确。 故选D。 3. 质量为和的两个物体在光滑水平面上发生正碰，碰撞过程中的速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．两物体发生的碰撞是弹性碰撞 B．两个物体碰撞过程中动量不守恒 C．两个物体的质量之比 D．两个物体碰撞过程中动量的变化量相等 【答案】A 【详解】B．两个物体在光滑水平面上发生正碰，动量守恒，B错误； C．碰撞过程 代入数据 解得，C错误； A．作用前能量 作用后能量 由于，所以两物体发生的碰撞是弹性碰撞，A正确； D．碰撞动量守恒，两个物体动量的变化量互为相反数，D错误。 故选A 。 4. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4kg·m/s，则下列说法错误的是（　　） A．左方是A球 B．B球动量的变化量为4kg·m/s C．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2 D．两球发生的碰撞是弹性碰撞 【答案】C 【详解】初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动， 故左方是A球，故A正确，不符合题意； 由动量守恒定律知ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，故B正确，不符合题意； 碰撞后A的动量为kg·m/s 则 碰撞后B的动量为10 kg·m/s 则5 m/s 故，故C错误，符合题意； 碰撞前系统的机械能为27 J 碰撞后系统的机械能为27 J 故两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D正确，不符合题意。 本题选择错误选项，故选C。 5. 质量为0.2kg的滑块a与静止的滑块b在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计。滑块a、b碰撞前后的位移随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．滑块b的质量为1.2kg B．滑块b的质量为0.8kg C．滑块a、b构成的系统在碰撞中损失的机械能为1J D．滑块a、b构成的系统在碰撞中损失的机械能为0.6J 【答案】AD 【详解】AB．在位移—时间图象中，图线的斜率表示物体的速度，由图象可知，碰撞前a的速度为 b的速度为零； 碰撞后a的速度为 b的速度为 由动量守恒定律 解得滑块b的质量为mb=1.2kg，A正确，B错误； CD．滑块a、b构成的系统在碰撞中损失的机械能为，C错误，D正确。 故选AD。 6. 在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用。如图所示，在水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑的圆管轨道（R远大于圆管直径），A、B、C、D四个点将圆轨道分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从D点以某一速度v沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略小于管道内径，已知，则下列说法正确的是（　　） A．第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回 B．第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球在水平方向对管道的弹力大小之比为7∶9 C．第二次碰撞在C点 D．第二次碰撞后瞬间甲球的速度为 【答案】AB 【详解】A、设甲乙的质量分别为7m和m，第一次碰撞时，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得， 联立解得， 故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，故A正确； B、根据轨道弹力提供向心力有 则F1：F2=7：9 根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为7：9，故B正确； C、由上分析可知，碰后，乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，所以第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动圆周，甲球运动圆周，故C错误； D．两球第二次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得， 联立解得：v'1=v、v2′=0，故D错误。 故选AB。 7. 如图，弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，质量为M=4kg的小球B静止在水平轨道上，将质量为m=2kg的小球A压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同且半径很小，圆弧轨道半径R=0.1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s²。则（　　） A．释放小球 A 时弹簧内储存的弹性势能为10J B．两小球第一次碰撞后速度大小之比为1：2 C．A小球再次返回轨道运动时与内轨道无弹力 D．两小球至多能发生2次碰撞 【答案】BC 【详解】A．小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，有 代入数据解得 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为 A错误； B．小球A与B碰前的速度 以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒有mv0=mv1+Mv2 机械能守恒有 代入数据联立解得 即两小球第一次碰撞后速度大小之比为1：2，B正确； C．A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则 解得，可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，C正确； D．小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，D错误。 故选BC。 8. 如图所示，竖直固定的半圆轨道ABC与水平长直轨道在C点相切，半径为R，AC是半圆轨道的竖直直径。将小物块b从半圆轨道与圆心等高的B点由静止释放，在水平轨道上与以速度向左运动的小物块a发生弹性正碰，两小物块的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若小物块a速度足够大，则小物块a可以经过半圆轨道的A点 B．小物块b在返回半圆轨道最低点C时，所受的向心力大小与成正比 C．碰撞过程中，小物块b受到小物块a的冲量大小为 D．若小物块b碰后返回半圆轨道且恰好能经过A点，则 【答案】CD 【详解】A．小物块b从B点由静止释放，到达水平轨道时，有 解得 a、b两小物块在水平轨道上发生弹性正碰，则动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，则有， 解得， 即a、b两小物块碰后交换速度，所以小物块a的速度方向向右，小物块a不会经过半圆轨道的A点，A错误； B．交换速度后，小物块b的速度大小为，小物块b返回到C点时，有 可知小物块b所受向心力大小与成正比，B错误； C．a、b碰撞过程，以向左为正方向，对小物块b由动量定理，有 则小物块b所受的冲量大小为，C正确； D．若小物块b碰后返回半圆轨道且恰好能经过A点，在A点根据牛顿第二定律，有 解得 根据机械能守恒定律，有 解得，D正确。 故选CD。 三、解答题 9. 某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5 m，冰壶A被运动员以v0=2 m/s的初速度水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为vA=0.2 m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)冰壶A与B碰撞前的速度大小v1； (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； (3)判断两冰壶间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 【答案】(1)1 m/s (2)0.8 m/s (3)非弹性碰撞 【详解】（1）冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞过程中，根据动能定理可得－μmgs=mv12-mv02 代入数据解得v1=1 m/s （2）两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，以v0的方向为正方向，则有mv1=mvA＋mvB 代入数据解得vB=0.8 m/s （3）碰撞前两冰壶的总动能为Ek1=mv12=10 J 碰撞后两冰壶的总动能为Ek2=mvA2＋mvB2=6.8 J 由于Ek1>Ek2，可知两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。 10. 如图所示，半径r=h的四分之一光滑圆弧轨道ab（固定）与水平桌面相切于b点，水平桌面bO2的长度s=2h，以O2点为圆心、半径R=h的四分之一圆弧轨道分别与水平x轴、竖直y轴相交。位于a点的甲物块的质量为m，位于b点的乙物块的质量M可调。已知乙物块与水平桌面之间的动摩擦因数为0.25，不计空气阻力，重力加速度为g。甲、乙两物块均可视为质点，两物块碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短。 (1)将甲物块从a点由静止释放，求甲物块即将与乙物块碰撞前对圆弧轨道的压力大小； (2)若调整乙物块的质量，将甲物块从a点由静止释放，乙物块碰撞后由b点向右运动，落在以O2为圆心的圆弧轨道上的速度最小，求乙物块从O2点飞出的速度大小； (3)当乙物块落在以O2为圆心的圆弧轨道上的速度最小时，乙物块的质量为多少？ 【答案】(1)3mg (2) (3)m 【详解】（1）甲物块从a点由静止释放到运动至b点的过程中，根据机械能守恒定律，有 甲物块在b点即将与乙物块碰撞前，根据牛顿第二定律，有 根据牛顿第三定律，有 联立解得 （2）设乙物块从O2点飞出的速度大小为v2，落到圆弧轨道上的速度大小为v，则水平方向，有 竖直方向，有 而 乙物块从O2点飞出，落到圆弧轨道上，根据动能定理，有 联立可得 由数学知识可知，当y=h时，乙物块落在圆弧轨道上的速度最小，此时 （3）甲、乙两物块在b点碰撞时，动量和机械能均守恒，则有， 碰后乙物块向右减速运动到达O2点，根据动能定理，有 联立解得 11. 如图所示，两质量分别为m和M的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由下落。h远大于两小球半径，落地瞬间球B先与地面碰撞，后与球A碰撞。所有碰撞都视为弹性碰撞且都发生在竖直方向上，碰撞时间均很短。求： (1)小球B刚落地瞬间的速度大小； (2)若，小球A与B碰撞后，两球的速度； (3)若M远大于m，球A能上升的最大高度。 【答案】(1) (2)A球速度，方向竖直向上；B球速度，方向竖直向上 (3) 【详解】（1）设A、B两球落地时的速度为，可得 （2）落地瞬间球B先与地面碰撞后，速度大小不变，方向竖直向上，与A球发生碰撞，设碰后A、B的速度分别为、，以竖直向上为正方向，由动量守恒及能量守恒可得 联立可解得，方向竖直向上 ，方向竖直向上 （3）球A以速度竖直上升，能上升的最大高度为 若M远大于m，则 12. 如图所示，有一质量为m的“”形木盒A静止在水平地面上，其内壁间的距离为L，另一边长为l的正方体、质量也为m的木块B紧靠A左侧内壁并保持静止。A与地面间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，。现使A、B以某一相同的初速度向右运动且A、B第一次碰撞时速度均不为0，碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。求： (1)第一次碰撞前A、B的加速度大小、； (2)第一次碰后瞬间A、B的速度大小； (3)仅改变初速度大小，则初速度取何值时，才能使B先停下来，且A停下来时A、B间刚好无弹力。 【答案】(1)， (2)， (3) 【详解】（1）对A，由牛顿第二定律 解得 对B，由牛顿第二定律 解得 （2）第一次碰撞前，有 其中， 则有 从开始运动到第一次碰撞之前，有， A、B第一次碰撞，动量守恒、机械能守恒，可得， 解得， （3）设改变后的初速度大小为，第一次碰后经时间A、B在左端相遇，则 其中， 解得 则在左端前瞬间，有， 即 可知在左端两者同速，并不会发生碰撞，然后分开，情形又和最开始时一样。则每一个循环中速度变化为 使木块B先停下的这种情况发生在B慢A快时，木块先停止，木盒仍在前进，木盒可能到恰好与木块接触时停止，初速的条件是 设最后一次同速会和时的共同速度为，同速会合后还要在右端碰撞，经过一次速度交换，如下图 碰后A、B的速度分别是， 碰后，B经过距离后停止，A经过距离后停止，则 整理可得 则 13. 如图甲所示，水平地面上铺设有一厚度不计的软性材质地毯，在距离地毯高为 的位置 由静止自由释放一质量为 的小球 （ 远大于小球半径），小球 与水平地面上的地毯发生碰撞后竖直反弹。已知小球 每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 。（整个过程不计空气阻力，已知重力加速度为 ） (1)求小球 第一次反弹的最高点到释放点 的距离； (2)如果要使小球 在第一次反弹后恰好回到出发点 ，则需在释放时瞬间给小球 一个竖直向下的初速度 ， 的大小是多少？ (3)如图乙所示，紧贴小球 的正下方放置一大小相同、质量为 的小球 ，此时仍然让两小球从位置 由静止自由下落，要使小球 在第一次碰后反弹恰好回到出发点 ，则小球 的质量 与小球 的质量 之比是多少？（假设小球 每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 ，而小球 和小球 之间的碰撞为弹性正碰） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）方法一：设小球A与地毯碰前的瞬时速率为v，从自由释放到落点前瞬间由机械能守恒定律得 设第一次碰后小球A上升的最大高度为h，依题意有碰后的瞬时速率为 ，则碰后反弹到最高点有 则第一次反弹的最高点到释放点P的距离为 方法二：设小球A与地毯碰前的瞬时速率为v，从自由释放到落点前瞬间由自由落体得 设第一次碰后小球A上升的最大高度为h，依题意有碰后的瞬时速率为 ，则碰后反弹到最高点有 则第一次反弹的最高点到释放点P的距离为 （2）方法一：当小球A自由下落的初速度为 时，其与地毯碰前的瞬时速度为 ，由机械能守恒得 反弹后小球A恰好回到释放点P，则有 联立得 方法二：当小球A自由下落的初速度为 时，其与地毯碰前的瞬时速度为 ，由运动学公式得 反弹后小球A恰好回到释放点P，则有 联立得 （3）设小球B与地毯碰前的瞬时速率为v，则与地毯碰后的速率为 ，此时小球A的速率为v，由于小球A和小球B之间的碰撞为弹性碰撞，则由动量守恒（取竖直向上为正）和机械能守恒得 ， 碰后小球A恰好回到释放点P，则有 联立上述各式，得 14. 如图所示，圆心角、半径的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，其末端切线水平；质量为的薄木板置于地面上，其上表面与端等高且平滑接触；质量为的物块静止在上，至左端的距离为；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量为的物块轻放在传送带的左端，离开传送带之前与其相对静止，离开传送带后从点沿切线方向进入轨道，随后滑上，一段时间后与发生弹性碰撞。已知在点对轨道的压力大小为，与、与之间的动摩擦因数均为，与地面之间的动摩擦因数，、均可视为质点，碰撞时间忽略不计，且均未脱离，取，，。求： (1)传送带速度的大小； (2)与碰后瞬间速度的大小； (3)薄板的最短长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据牛顿第三定律，经过点时受到的支持力为 则有 求得 在由P点运动到点过程中，由动能定理得 又 联立解得 （2）假设A滑上C后B与C之间不发生相对滑动，由于 所以C相对地面向右滑动，二者一起滑动的加速度为 B与C间的摩擦力大小为 故假设成立。A在C上滑动时的加速度大小为 A从滑上C到与B发生碰撞之前A和C通过的位移大小分别为 又 联立求得 或（不符合题意，舍去） 故A与B碰前A、B的速度分别为 设A与B碰后的速度分别为和，由动量守恒和机械能守恒得 联立求得 （3）A与B碰后A与C共速，此后B向右匀减速直线运动，加速度大小为 A与C一起向右匀加速直线运动，加速度大小为 三者共速后一起做匀减速直线运动直到停止，设A与B碰后到三者共速所用时间为，则有 该过程中A与B通过的位移大小分别为 薄板的最短长度为 联立解得 学科网（北京）股份有限公司 $