专题45“碰撞类”模型问题---2021年高考物理复习专题训练含真题及解析

碰撞问题专题一、单选题1. 荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献。

他研究的刚性球对心碰撞实验可简化为：球1、球2的质量分别为m 1、m 2，半径相同，并排悬挂在长度相等两根平行绳子上，彼此相互接触。

现把质量为m 1的小球拉开到某高处由静止释放，在下落到最低点时将与球2发生对心碰撞，不计碰撞过程中的机械能损失，如图所示，已知碰后时刻，球1、球2具有相同的动量，则m 1m 2的值为( )A. 3B. 13C. 2D. 122. 如图所示，光滑水平地面上有质量均为m 的三个小物块A 、B 、C ，其中B 、C 通过一轻质弹簧拴接，弹簧处于原长。

现给A 一个向右的初速度v 0，物块A 与物块B 发生碰撞后粘在一起继续运动，弹簧始终未超过弹性限度，则从物块A 开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是A. 物块A ，B ，C 组成的系统动量守恒，机械能也守恒B. 物块A ，B ，C 以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒C. 物块A ，B ，C 以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒D. 物块A 动能的减少量等于物块B 、C 动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和3. 斯诺克是一种台球运动，深受人们的喜爱。

斯诺克本身的意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，打球过程中可以利用球来作障碍迫使对方失误，而且作障碍是每个职业斯诺克球手都必须掌握的一种技术。

假设光滑水平面一条直线上依次放8个质量均为m 的弹性红球，质量为1.5m 的白球以初速度ν0与8号红球发生弹性正碰，则8号红球最终的速度大小为( )A. 0B. 65ν0C. 65(15)7ν0D. 65(15)8ν04. 如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B ，其质量m A >m B ，B 球上固定一轻质弹簧。

A 球以速率v 去碰撞静止的B 球，则( )A. A球的最小速率为零B. B球的最大速率为vC. 当弹簧恢D. 当弹簧压复原长时，B球速率最大缩量最大时，两球速率都最小5.如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一轻质弹簧．物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率—时间图象进行描述，在图所示的图象中，下图中图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况．则在这四个图象中正确的是()A. B.C. D.6.甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5kg·m/s，p乙=7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p′乙=10kg·m/s，则两球质量m甲与m乙间的关系可能是()A. m乙=m甲B. m乙=2m甲C. m乙=4m甲D. m乙=6m甲7.如图所示，在光滑水平面，质量为m的A小球以速度v0运动，与原静止的质量为4m的B小球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追及B再相撞，则A. 15<a≤13B. 13<a≤23C. 13<a≤25D. 13<a≤358.光滑水平面和竖直光滑曲面相切于曲面的最低点，大小相同的弹性小球A，B质量分别为m A和m B。

2021年高考物理二轮复习试卷
碰撞与动量守恒近代物理初步1．(1)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c与入射光的频率ν的关系如图1所示。

若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为__________，所用材料的逸出功可表示为________。

图1
(2)如图2，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。

A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。

现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。

设物体间的碰撞都是弹性的。

图2
2．(1)14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5 700年。

已知植物存活期间，其体内14C 与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减小。

现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一。

下列说法正确的是________。

(双选，填正确答案标号)
a．该古木的年代距今约5 700年
b．12C、13C、14C具有相同的中子数
c．14C衰变为14N的过程中放出β射线
d．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变
(2)如图3，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。

现
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碰撞与类碰撞模型1.碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，对学生的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力要求比较高。

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。

2.高考题命题加重了试题与实际的联系，命题导向由单纯的解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会建构模型、科学推理。

3.动量和能量综合考查是高考命题的热点，在选择题和计算题中都可能出现，选择题中可能考查动量和能量知识的简单应用，计算题中一般结合竖直面内的圆周运动模型、板块模型或弹簧模型等压轴考查，难度较大。

此类试题区分度较高，且能很好地考查运动与相互作用观念、能量观念动量观念和科学思维要素，因此备考命题者青睐。

题型一人船模型1．模型简析：如图所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。

以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m 船v 船=m 人v 人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得x 人=m 船m 人+m 船L ，x 船=m 人m 人+m 船L 。

2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。

(2)动量守恒且总动量为零。

3．结论：m 1x 1=m 2x 2(m 1、m 2为相互作用物体的质量，x 1、x 2为其对地位移的大小)。

题型二“物块-弹簧”模型模型图例m 1、m 2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m 1以初速度v 0运动两种情景1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大：(1)系统动量守恒：m 1v 0=(m 1+m 2)v 共。

210212共pm 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零：(1)系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2。

高考物理《动量守恒多种模型的解题思路》专题训练1.（碰撞模型）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是p 1＝5 kg·m/s，乙球的动量是p 2＝7 kg·m/s，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p 2′＝10 kg·m/s，设甲球的质量为m 1，乙球的质量为m 2，则m 1、m 2的关系可能是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2【答案】 C【解析】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量p 1′＝2 kg·m/s。

由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有p 1m 1>p 2m 2，可得m 2>75m 1；碰撞后甲的速度不大于乙的速度，有p 1′m 1≤p 2′m 2，可得m 2≤5m 1。

碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由E k ＝p 22m 可知p 1′22m 1＋p 2′22m 2≤p 212m 1＋p 222m 2，解得m 2≥177m 1，联立得177m 1≤m 2≤5m 1，C 正确。

2.（碰撞模型综合)如图所示，在粗糙水平面上A 点固定一半径R ＝0.2 m 的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔。

在水平面上距A 点s ＝1 m 的B 点正上方O 处，用长为L ＝0.9 m 的轻绳悬挂一质量M ＝0.1 kg 的小球甲，现将小球甲拉至图中C 位置，绳与竖直方向夹角θ＝60°。

静止释放小球甲，摆到最低点B 点时与另一质量m ＝0.05 kg 的静止小滑块乙(可视为质点)发生完全弹性碰撞。

碰后小滑块乙在水平面上运动到A 点，并无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔，g ＝10 m/s 2。

(1)求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；(2)若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆轨道，求小滑块乙与水平面的动摩擦因数。

2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（45）“碰撞类”模型问题（解析版）专题解读1.本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析．2．学好本专题，可以使同学们掌握根据物理情景或解题方法的相同或相似性，进行归类分析问题的能力．3．用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律；动量守恒定律；动能定理和能量守恒定律．命题热点一：“物体与物体”正碰模型1．弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等．(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝m1－m2v1＋2m2v2 m1＋m2v2′＝m2－m1v2＋2m1v1 m1＋m2(2)v2＝0时，v1′＝m1－m2m1＋m2v1v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；①若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后，两物体沿同一方向运动)；①若m1①m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；①若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后，两物体沿相反方向运动)；①若m1①m2，则v1′≈－v1，v2′≈0.2．非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋ΔE k损3．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大．m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v12m1v12＋12m2v22＝12(m1＋m2)v2＋ΔE k损max4．碰撞遵守的原则(1)动量守恒．(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p122m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要合理①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后．①两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零．例1如图所示，质量为m1＝0.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量为m2＝1 kg.碰撞前瞬间，A的速度大小为v0＝3 m/s，B静止在水平面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间．【答案】见解析【解析】假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有－μ(m1＋m2)gt1＝0－(m1＋m2)v1解得t1＝0.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为v A、v B，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v A＋m2v B由机械能守恒有12m1v02＝12m1v A2＋12m2v B2设碰后B滑行的时间为t2，则－μm 2gt 2＝0－m 2v B解得t 2＝0.5 s可见，碰后B 在水平面上滑行的时间t 满足0.25 s≤t ≤0.5 s.【变式1】 在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v ，儿子的速度大小为2v .两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t 停止运动．已知父亲和车的总质量为3m ，儿子和车的总质量为m ，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，求：(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小．【答案】(1)μgt 12μgt 2 (2)3mv －3μmgt 【解析】(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v 1，由动量定理可得－μ·3mgt ＝0－3mv 1得v 1＝μgt设此后父亲能滑行的最大距离为s ，由动能定理可得－μ·3mgs ＝0－12×3mv 12 得s ＝12μgt 2 (2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v 2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得3mv －m ·2v ＝3mv 1＋mv 2设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I ，由动量定理可得I ＝mv 2－(－m ·2v )解得I ＝3mv －3μmgt命题热点二：“滑块-弹簧”碰撞模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)【例2】A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v如图甲，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v如图乙，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A．L1>L2B．L1<L2 C．L1＝L2D．不能确定【答案】C【解析】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得：E p＝12mv2－12(m＋M)v′2联立解得弹簧压缩到最短时E p＝mMv22m＋M同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：E p＝mMv22m＋M故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．变式2】 两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图所示．已知B 与C 碰撞后会粘在一起运动．在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？【答案】(1)3 m/s (2)12 J【解析】(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，由动量守恒定律得：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v A解得v A ＝3 m/s(2)B 、C 碰撞过程系统动量守恒m B v ＝(m B ＋m C )v C故v C ＝2 m/s碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故E p ＝12m A v 2＋12(m B ＋m C )v C 2－12(m A ＋m B ＋m C )v A 2＝12 J 命题热点三：“滑块--斜面”碰撞模型(1)最高点：m 与M 具有共同水平速度v ，m 不会从此处或提前偏离轨道．系统例3】 如图所示，半径均为R 、质量均为M 、内表面光滑的两个完全相同的14圆槽A 和B 并排放在光滑的水平面上，图中a 、c 分别为A 、B 槽的最高点，b 、b ′分别为A 、B 槽的最低点，A 槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m 的小球C 从圆槽A 顶端的a 点无初速度释放．重力加速度为g ，求：(1)小球C 从a 点运动到b 点时的速度大小及A 槽对地面的压力大小；(2)小球C 在B 槽内运动所能达到的最大高度；(3)B 的最大速度的大小．【答案】(1)2gR 3mg ＋Mg (2)MR M ＋m (3)2m M ＋m2gR 【解析】(1)小球C 从a 点运动到b 点的过程，机械能守恒，有mgR ＝12mv 02 解得小球到b 点时的速度大小为v 0＝2gR在最低点b ，根据牛顿第二定律可得F N －mg ＝m v 02R解得F N ＝3mg由牛顿第三定律可知，小球C 对A 的压力F N ′＝F N ＝3mg ，A 静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A 的支持力F ＝F N ′＋Mg ＝3mg ＋Mg ，由牛顿第三定律可知，A 对地面的压力F ′＝F ＝3mg ＋Mg .(2)B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C 在B 槽内运动至所能达到的最大高度h 处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv 0＝(M ＋m )v由机械能守恒定律，有12mv 02＝12(M ＋m )v 2＋mgh 解得h ＝MR M ＋m. (3)当小球回到B 槽的底端b ′点时，B 的速度最大，根据动量守恒定律，有mv 0＝mv 1＋Mv 2由能量守恒定律可知12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22 解得v 2＝2m M ＋m2gR .【变式3(2020·甘肃天水市调研)如图所示，在水平面上依次放置小物块A 、C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B .求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度．【答案】(1)14mv 02 (2)3v 0240g【解析】(1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向由动量守恒定律得：mv 0＝2mv解得v ＝12v 0； 碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12×2mv 2 解得E 损＝14mv 02. (2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1解得v 1＝15v 0 根据机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝⎛⎭⎫12v 02－12×5m ⎝⎛⎭⎫15v 0 2 解得h ＝3v 0240g. 命题热点四：“滑块--木板”碰撞模型(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速例4 如图所示，在光滑水平面上有B 、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上有一个可视为质点的物块A ，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左运动．B 、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置，C 的长度为L ，不计空气阻力．求：(1)木板C 的最终速度大小；(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力F f 大小；(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t .【答案】(1)56v (2)mv 23L (3)3L 2v【解析】(1)设水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程中动量守恒：2mv －mv ＝(2m ＋m )v 1解得v 1＝v 3A 滑到C 上，A 、C 动量守恒：3mv ＋mv 1＝(3m ＋m )v 2解得v 2＝56v ； (2)根据能量关系可知，在A 、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q ＝12(3m )v 2＋12mv 12－12(3m ＋m )v 22 Q ＝F f · L 2联立解得F f ＝mv 23L； (3)在A 、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得F f t ＝mv 2－mv 1解得t ＝3L 2v.变式4 如图所示，质量m ＝1 kg 的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M ＝2 kg 的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度均为0.6 m 且上表面等高．现对小物块施加一水平向右的恒力F ，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F ，小物块刚好能够到达小车的右端．小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)小物块离开平台时速度的大小；(2)水平恒力F 对小物块冲量的大小．【答案】(1)3 m/s (2)5 N· s【解析】(1)设撤去水平向右的恒力F 时小物块的速度大小为v 0，小物块和小车的共同速度大小为v 1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v 0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：由动量守恒：mv 0＝(m ＋M )v 1由能量守恒：12mv 02＝12(m ＋M )v 12＋μmgl 联立以上两式并代入数据得：v 0＝3 m/s(2)设水平恒力F 对小物块冲量的大小为I ，小物块在平台上相对平台运动的时间为t .小物块在平台上相对平台运动的过程，对小物块：由动量定理：I －μmgt ＝mv 0－0由运动学规律：l ＝v 02·t 联立并代入数据得：I ＝5 N· s.课时精练：1.如图1所示，光滑水平面上质量为m 1＝2 kg 的物块以v 0＝2 m/s 的初速度冲向质量为m 2＝6 kg 的静止的光滑圆弧面斜劈体，圆弧部分足够长．求：图1(1)物块m 1刚滑到最高点位置时，二者的速度大小；(2)物块m 1刚从圆弧面滑下后，二者速度大小．(3)若m 1＝m 2，物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小．【答案】见解析【解析】(1)物块m 1与斜劈体作用过程水平方向动量守恒，且到最高点时共速，以v 0方向为正，则有：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝0.5 m/s ；(2)物块m 1从滑上圆弧面到从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，能量守恒，则有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0代入数据得：v 1＝－1 m/s ，v 2＝1 m/s ；(3)若m 1＝m 2，根据上述分析，物块m 1从圆弧面滑下后，交换速度，即v 1′＝0，v 2′＝2 m/s.2． 如图2所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m 2＝3 kg 的滑块B 静止在光滑曲面的底端，质量为m 1＝2 kg 的滑块A 由曲面上某一高度H 处无初速度释放，滑到底端和滑块B 发生弹性正碰，碰后滑块B 在平面上滑行的距离为L ＝2 m ，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块B 在碰撞后瞬间的速度大小；(2)滑块A 的释放高度．【答案】(1)4 m/s (2)1.25 m【解析】(1)碰后滑块B 减速滑行，由动能定理得：－μm 2gL ＝－12m 2v 22 滑块B 碰后瞬间的速度：v 2＝4 m/s(2)两滑块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 滑块A 下滑过程，由动能定理得m 1gH ＝12m 1v 02 由以上各式解得 H ＝1.25 m3．如图3所示，静止放置在光滑水平面上的A 、B 、C 三个滑块，滑块A 、B 间通过一水平轻弹簧相连，滑块A 左侧紧靠一竖直固定挡板P ，某时刻给滑块C 施加一个水平冲量使其以初速度v 0水平向左运动，滑块C 撞上滑块B 的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J ，此时撤掉固定挡板P ，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A 、B 、C 的质量分别为m A ＝m B ＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，(取10＝3.16)求：图3(1)滑块C 的初速度v 0的大小；(2)当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小；(3)从滑块B 、C 压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量．【答案】 (1)9 m/s (2)1.9 m/s (3)1.47 N·s ，方向水平向右【解析】(1)滑块C 撞上滑块B 的过程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被压缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12 解得：v 1＝3 m/s ，v 0＝9 m/s(2)设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，根据动量守恒定律得： m A v 3＝(m B ＋m C )v 2，根据能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22 解得：v 2≈1.9 m/s(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量为I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )(v 2＋v 1)解得：I ＝1.47 N·s ，方向水平向右．4．如图甲所示，半径为R ＝0.8 m 的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A 为轨道最高点，与圆心O 等高；B 为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝3 kg ，小车足够长，车的上表面与B 点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1) 求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2) 物块相对小车静止时距小车左端多远？【答案】 (1)30 N (2)1.75 m【解析】 (1)物块从光滑圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgR ＝12mv B 2代入数据解得v B ＝4 m/s在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R代入数据解得F N ＝30 N由牛顿第三定律可知，物块滑到B 点时对轨道的压力大小：F N ′＝F N ＝30 N(2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．以向右为正方向，由动量守恒定律得mv B ＝(m ＋M )v代入数据解得v ＝1 m/s由能量关系得系统因摩擦产生的热量Q ＝12mv B 2－12(m ＋M )v 2 解得Q ＝6 J由功能关系知Q ＝12μ1mgx 1＋μ1mg (x －x 1) 将μ1＝0.4，x 1＝0.5 m 代入可解得x ＝1.75 m.。

2021年高考物理碰撞模型的规律及其应用一轮复习考点过关检测题7.3 碰撞模型的规律及其应用一、单项选择题1．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.两球质量关系为m B=2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则（）A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：102．质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的（）A．v1′＝1m/s，v2′＝3m/s B．v1′＝﹣2m/s，v2′＝3m/sm/s D．v1′＝3 m/s，v2′＝0.5m/sC．v1′＝v2′＝433．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球质量m A＝2 kg，则由图象判断下列结论错误的是（）A．A、B碰撞前的总动量为103kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·sC．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J4．如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。

现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。

下列关于碰后情况，说法正确的是（）A．碰后小球A、B一定共速B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，A球将静止C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍5．如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一条直线。

2021年撞上高考题（传送带模型、弹簧问题）一、选择题部分撞题点4 传送带模型7．（2021届湖南省六校高三4月联考）如图甲所示为北京大兴机场利用水平传送带传送行李箱（行李箱视为质点）的简化原理图，工作人员在A 处每间隔 1.0s T =将行李箱无初速放到传送带上，已知传送带以恒定速率 2.0m /s v =顺时针运行，A 、B 两处的距离10m L =，行李箱与传送带之间的动摩擦因数0.1μ=，取210m /s g =。

如图乙为该情景中某物理量随时间变化的图像。

下列说法正确的是（ ）A ．图乙可能是某个行李箱的位移随时间变化的图像B ．图乙可能是摩擦力对某个行李箱做功的功率随时间变化的图像C ．相邻行李箱之间的最大距离为2 mD ．在B 端有行李到达后，每10 s 有五件行李到达B 端『答 案』C『解 析』行李箱在0~2 s 内做匀加速直线运动，位移对时间为二次函数关系，选项A 错误；行李箱在2~6 s 内不受摩擦力，摩擦力的功率为零，选项B 错误；后一行李箱刚匀速运动时，与前一行李箱的距离最大，由v t -图像容易求得2m L vT ∆==，选项C 正确；行李箱刚放上传送带时与前方行李箱有最小距离为210.5m 2l gT μ∆==，所有行李箱运动规律相同，只是时间上依次落后 1.0s T =，则在B 端有行李到达后每10 s 有十件行李箱到达，选项D 错误。

故选C 。

8．（2021·湖北省八市高三下学期3月联考）如图所示，传送带以10 m/s 的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m ，且与水平方向的夹角均为37°。

现有两个滑块A 、B （可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A 、B 的质量均为1 kg ，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g =10 m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

下列说法正确的是（ ）A ．滑块A 先做匀加速运动后做匀速运动B ．滑块A 、B 同时到达传送带底端C ．滑块A 、B 到达传送带底端时的速度大小相等D ．滑块A 在传送带上的划痕长度为5 m『答 案』D『解 析』物块A 先加速，2sin 37cos3710m/s a g g μ=︒+︒=，加速到传送带速度所需位移为2015m<16m 2v x a ==，所需时间011s v t a==，加速到传送带速度后，由于sin 37cos37mg mg μ︒>︒，故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为2sin 37cos372m/s a g g μ'=︒-︒=，加速到传送带底端，2102212L x v t a t '-=+，解得21s t =，到达底端共用时122s t t t =+=。

碰撞问题专题一、单选题1. 荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献。

他研究的刚性球对心碰撞实验可简化为：球1、球2的质量分别为m 1、m 2，半径相同，并排悬挂在长度相等两根平行绳子上，彼此相互接触。

现把质量为m 1的小球拉开到某高处由静止释放，在下落到最低点时将与球2发生对心碰撞，不计碰撞过程中的机械能损失，如图所示，已知碰后时刻，球1、球2具有相同的动量，则m 1m 2的值为( )A. 3B. 13C. 2D. 122. 如图所示，光滑水平地面上有质量均为m 的三个小物块A 、B 、C ，其中B 、C 通过一轻质弹簧拴接，弹簧处于原长。

现给A 一个向右的初速度v 0，物块A 与物块B 发生碰撞后粘在一起继续运动，弹簧始终未超过弹性限度，则从物块A 开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是A. 物块A ，B ，C 组成的系统动量守恒，机械能也守恒B. 物块A ，B ，C 以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒C. 物块A ，B ，C 以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒D. 物块A 动能的减少量等于物块B 、C 动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和3. 斯诺克是一种台球运动，深受人们的喜爱。

斯诺克本身的意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，打球过程中可以利用球来作障碍迫使对方失误，而且作障碍是每个职业斯诺克球手都必须掌握的一种技术。

假设光滑水平面一条直线上依次放8个质量均为m 的弹性红球，质量为1.5m 的白球以初速度ν0与8号红球发生弹性正碰，则8号红球最终的速度大小为( )A. 0B. 65ν0C. 65(15)7ν0D. 65(15)8ν04. 如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B ，其质量m A >m B ，B 球上固定一轻质弹簧。

A 球以速率v 去碰撞静止的B 球，则( )A. A球的最小速率为零B. B球的最大速率为vC. 当弹簧恢D. 当弹簧压复原长时，B球速率最大缩量最大时，两球速率都最小5.如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一轻质弹簧．物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率—时间图象进行描述，在图所示的图象中，下图中图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况．则在这四个图象中正确的是()A. B.C. D.6.甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5kg·m/s，p乙=7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p′乙=10kg·m/s，则两球质量m甲与m乙间的关系可能是()A. m乙=m甲B. m乙=2m甲C. m乙=4m甲D. m乙=6m甲7.如图所示，在光滑水平面，质量为m的A小球以速度v0运动，与原静止的质量为4m的B小球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追及B再相撞，则A. 15<a≤13B. 13<a≤23C. 13<a≤25D. 13<a≤358.光滑水平面和竖直光滑曲面相切于曲面的最低点，大小相同的弹性小球A，B质量分别为m A和m B。

一课一练35：碰撞模型提示：理解弹性碰撞、完全非弹性碰撞的特点，并能列出相关方程，会利用相关碰撞的特点解决碰撞、带弹簧碰撞等相关问题1．如图所示，水平地面上静止放置着物块B 和C 相距 1.0l m =物块A 以速度010/v m 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2.0/v m 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0.45μ=（设碰撞时间很短，g 取210/)m s（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，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．3．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径0.2R m =的半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小35.010E =⨯/V m ．一不带电的绝缘小球甲，以速度0v 沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞。

已知甲、乙两球的质量均为21.010m kg -=⨯，乙所带电荷量52.010q C -=⨯，g 取210/m s ．（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移）（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离； （2）在满足（1）的条件下。

求甲的速度0v ；（3）若甲仍以速度0v 向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围。

高考物理复习专题训练题高考物理复习专题训练题”解决力学综合问题解决力学综合问题三大观点”“三大观点第5讲应用应用“冲刺提分作业A1.(2019福建大联考)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。

设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。

某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。

忽略撞击过程中地面阻力的影响。

求:(1)此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。

试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。

答案 见解析解析 (1)v1=36 km/h=10 m/s,取速度v1的方向为正方向由动量定理有-I0=0-m1v1得I0=1.6×104 N·s由冲量定义有I0=F0t1得F0=1.6×105 N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1得F=2.5×104 N可见F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开2.(2019湖南衡阳模拟)如图甲所示,在高h=0.8 m的水平平台上放置一质量为m'=0.9 kg的小木块(视为质点),距平台右边缘d=2 m。

一质量为m=0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短),然后一起向右运动,在平台上运动的v2-x关系如图乙所示,最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s=1.6 m的地面上。

g取10 m/s2,求:(1)小木块滑出平台时的速度; (2)子弹射入小木块前的速度;(3)子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能。

2021年高考物理总复习（教科版）试题：碰撞与动量守恒综合检测含1《碰撞与动量守恒》综合检测 (时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得 0分) 1。

一物体竖直向下匀加速运动一段距离,对于这一运动过程,下列说法正确的是( C )A。

物体的机械能一定增加 B。

物体的机械能一定减少C。

相同时间内,物体动量的增量一定相等 D。

相同时间内,物体动能的增量一定相等解析:物体竖直向下做匀加速运动,有两种可能的情况:①加速度大于重力加速度,物体受到重力和向下的力的作用;②加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力。

若物体的加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力,该力对物体做负功,物体的机械能减少,选项A错误;若物体的加速度大于g,说明除重力做功之外,还有其他力对物体做正功,物体的机械能应增加,选项B错误;物体做匀加速运动,则物体受到的合外力不变,根据I=Ft,相同时间内物体受到的冲量一定相等,根据动量定理,物体动量的增量一定相等,选项C正确;由C的分析,物体受到的合外力不变,相同时间内物体动量的增量一定相等,则物体动能的增加量ΔEk=m-m2=m(v2-v1)(v2+v1)=・mΔv・(v2+v1),显然,随时间的变化,v2+v1是变化的,即动量变化相等的情况下,动能的变化是不同的,选项D错误。

2。

如图所示,一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上,原来处于静止状态,现用与水平方向成60°角的恒力F=10 N作用于物体上,历时5 s,则下列说法不正确的是( A )A。

力F对物体的冲量大小为50 N・s B。

力F对物体的冲量大小为25 N・s C。

物体的动量变化量为50 kg・m/s D。

一、非标准1.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境,他们使两个带正电的不同重粒子加速后,沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。

为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能,关键是设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( )A.速率B.质量C.动量D.动能答案:C解析:尽可能减少碰后粒子的动能,才能尽可能增大内能,所以设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间合动量为零,即具有相同大小的动量。

2.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg向北行驶的卡车,碰后两辆车接在一起,并向南滑行了一小段距离后停下,根据测速仪的测定,长途客车碰前以20m/s的速率行驶,由此可判断卡车碰前的行驶速率( )A.小于10m/sB.大于20m/s,小于30m/sC.大于10m/s,小于20m/sD.大于30m/s,小于40m/s答案:A解析:两车相撞后向南滑行,说明系统总动量向南,则客车的初动量大于货车的初动量,亦即1500×20kg·m/s>3000kg×v,所以货车速度v<10 m/s。

3.(xx·江苏单科)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:由题图可以判断,碰撞前白球、碰撞后白球与灰球均做匀速直线运动,碰后两球速度大小相等,设为v,碰前白球的速度约为碰后速度的1.7倍,即1.7v,碰前系统的动能E k1=m·(1.7v)2,碰后系统的动能E k2=2×mv2,则系统损失的动能占碰前动能的≈31%,选项A正确。

4.(多选)在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球,它们的动能相等,已知甲球的质量大于乙球的质量,它们正碰后可能发生的情况是( )A.甲球停下,乙球反向运动B.甲球反向运动,乙球停下C.甲、乙两球都反向运动D.甲、乙两球都反向运动,且动能仍相等答案:AC解析:由p2=2mE k知,甲球的动量大于乙球的动量,所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向,可以判断A、C正确。

11碰撞和反冲模型练习-2021年高考物理三轮复习高频考点强化练习1、(多选)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。

两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，开始时A 、B 两球的动量均为6 kg·m /s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10 答案：AC解析：由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B ＜v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg·m /s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v A ′、v B ′，由题意知p A ′＝m A v A ′＝2 kg·m/s ，所以p B ′＝m B v B ′＝10 kg·m/s ，又m B ＝2m A ，解得v A ′v B ′＝25。

碰撞前两球总动能E k ＝p A 22m A ＋p B 22m B ，碰撞后两球总动能E k ′＝p A ′22m A ＋p B ′22m B ，可得E k ＝E k ′，即碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确。

2、某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。

图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。

已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知( )A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16答案：D解析：选D 根据s -t 图像的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v 1＝－2 m /s ，滑块Ⅱ的速度为v 2＝0.8 m/s ，则碰前速度大小之比为5∶2，故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s ，根据动量守恒定律，有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得m 2＝6m 1，由动能的表达式可知，12m 1v 12>12m 2v 22，故C 错误，D 正确。

八----几种典型的力学问题复习要点1．“碰撞过程”的分析2．“人船模型”的研究3．“fd=△E K ”的运用二、难点剖析1．“碰撞过程”的分析（1）“碰撞过程”的特征.“碰撞过程”作为一个典型的力学过程其特征主要表现在如下两个方面：第一；经历的时间极短；通常情况下；碰撞所经历的时间在整个力学过程中都是可以初忽略的；第二碰撞双方相互作用的内力往往是远大于来自外部物体的作用力（2）“碰撞过程”的规律正是因为“碰撞过程”所具备的“作用时间短”和“外力很小”（甚至外力为零）这两个特征；才使得碰撞双方构成的系统在碰撞前后的总动量遵从守恒定律；即 m 1υ1+m 2υ2=m 1u 1+m 2u 2（3）“碰撞过程”的分类。

按照形变恢复情况划分：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的称为弹性碰撞；碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的称为非弹性碰撞；碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的称为完全非弹性碰撞。

按照机械能损失的情况划分：碰撞过程中没有机械能损失的称为弹性碰掸撞；碰撞过程中有机械能损失的称为非弹性碰撞；碰撞过程中机械能损失最多的称为完全非弹性碰撞。

（4）“碰撞过程”的特例.弹性碰撞作为碰撞过程的一个特例；它是所有碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完全恢复；机械能丝毫没有损失。

弹性碰撞除了遵从上述的动量守恒定律外；还具备：碰前、碰后系统的总动能相等的特征；即21m 1υ12+21m 2υ22=21m 1u 12+21m 1u 12 由此即可把弹性碰撞碰后的速度u 1和u 2表为u 1=2121m m m m +-υ1+2122m m m +υ2 u 2=2112m m m +υ1+2112m m m m +-υ2 如对弹性碰撞的速度表达式进一步探讨；还会发现另一特征：弹性碰撞前；碰后；碰撞双方的相对速度大小相等；即u 2－u 1=υ1－υ2完全非弹性碰撞作为碰撞过程的一个特别；它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形变完全不能够恢复；机械能损失达到最大。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—碰撞模型的拓展1.(多选)(2023·广东东莞市高三检测)如图所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m 的小球从槽高h 处自由下滑，则下列说法正确的是( )A ．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒B ．在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒C ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D ．被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h 处2.(多选)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端以初速度v 0沿斜面向上开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，重力加速度为g ，则下列关系式中正确的是( )A ．m v 0＝(m ＋M )vB ．m v 0cos θ＝(m ＋M )v C.12m (v 0sin θ)2＝mgh D.12m v 02＝mgh ＋12(m ＋M )v 2 3.(多选)如图所示，光滑水平地面上有A 、B 两物体，质量都为m ，B 左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A 以速率v 向右运动，当A 撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是( )A ．A 物体最终会静止，B 物体最终会以速率v 向右运动 B ．A 、B 系统的总动量最终将大于m vC ．A 、B 系统的总动能最终将大于12m v 2D ．当弹簧的弹性势能最大时，A 、B 的总动能为14m v 24.(2023·山西运城市高三检测)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M 的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R ，最低点处刚好与水平地面相切．一质量为m 的小球以一定的初速度v 0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失．如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为R3.则小球与滑块质量之比m ∶M 为( )A ．1∶2B ．1∶3C ．2∶1D ．3∶15.如图所示，光滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q (视为质点)的质量为滑块P 的质量的一半，小球Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为E k1.现解除锁定，仍让Q 从滑块顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为E k2，E k1和E k2的比值为( )A.12B.34C.32D.436.如图，在光滑的水平面上静止放一个质量为m 的木板B ，木板表面光滑，左端固定一个轻质弹簧．质量为2m 的木块A 以速度v 0从板的右端水平向左滑上木板B .当木块A 与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )A ．B 板的加速度一直增大B ．弹簧压缩量最大时，B 板的速率最大C ．弹簧的最大弹性势能为23m v 02D ．弹簧对木块A 的冲量大小为43m v 07．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩最大时的弹性势能为32m v 02D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为m v 028.(多选)(2023·重庆市名校联考)如图所示，A 、B 、C 三个半径相等的刚性小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝3 kg 、m C ＝2 kg ，初状态三个小球均静止，B 、C 两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态．现给A 球一个向左的初速度v 0＝10 m/s ，A 、B 两球碰后A 球的速度变为方向向右、大小为2 m/s.下列说法正确的是( )A ．球A 和球B 间的碰撞是弹性碰撞B ．球A 和球B 碰后，弹簧恢复到原长时球C 的速度大小为9.6 m/s C ．球A 和球B 碰后，球B 的最小速度为1.6 m/sD ．球A 和球B 碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96 J9.(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的14圆弧曲面C ，质量为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为M2，小球A 以v 0＝6 m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )A ．B 的最大速率为4 m/sB ．B 运动到最高点时的速率为34 m/sC ．B 能与A 再次发生碰撞D ．B 不能与A 再次发生碰撞10．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与滑块C 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上．现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面高h ＝1.8 m 处由静止开始滑下，与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动，经过一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出．已知m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，m C ＝3 kg ，滑块A 、B 、C 均可看作质点，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．答案及解析1．ABC 2.BD 3.CD 4.C 5.C 6.D7．AC [对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能E p ＝12M v 02；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A 、B 二者速度相同，由动量守恒定律有M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒定律有E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立解得M ＝3m ，E p ＝32m v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．]8．ABC [A 、B 两球碰撞过程中A 、B 两球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律有m A v 0＝m A v 1＋m B v 2，且v 1＝－2 m/s ，代入数据解得v 2＝8 m/s ，碰撞前系统的总动能E k ＝12m A v 02，碰撞后系统的总动能E k ′＝12m A v 12＋12m B v 22，代入数据解得E k ＝E k ′，则A 、B 两球碰撞过程中系统的机械能守恒，因此球A 和球B 间的碰撞是弹性碰撞，A 正确；由于B 、C 两球及弹簧组成的系统在运动的过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当B 球的速度最小时，弹簧处于原长状态，则有m B v 2＝m B v 3＋m C v 4，12m B v 22＝12m B v 32＋12m C v 42，联立解得v 3＝1.6 m/s ，v 4＝9.6 m/s ，因此B 球的最小速度为1.6 m/s ，此时C 球的速度大小为9.6 m/s ，B 、C 正确；当B 、C 两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，则有m B v 2＝(m B ＋m C )v 5，E pmax ＝12m B v 22－12(m B ＋m C )v 52，联立解得E pmax ＝38.4 J ，D 错误．]9．AD [A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得M 2v 0＝M 2v A ＋M v B ，12·M 2v 02＝12·M 2v A 2＋12M v B 2，联立解得v A ＝－2 m/s ，v B ＝4 m/s ，故B 的最大速率为4 m/s ，选项A 正确；B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v ，则M v B ＝(M ＋2M )v ，得v ＝43 m/s ，选项B 错误；从B 冲上C 后又滑下的过程，设B 、C 分离时速度分别为v B ′、v C ′，由水平方向动量守恒有M v B ＝M v B ′＋2M v C ′，由机械能守恒有12M v B 2＝12M v B ′2＋12×2M v C ′2，联立解得v B ′＝－43 m/s ，由于|v B ′|<|v A |，所以二者不会再次发生碰撞，选项C 错误，D 正确．] 10．(1)2 m/s (2)3 J (3)2 m解析 (1)滑块A 从光滑曲面上高h 处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有m A gh ＝12m A v 12，解得v 1＝6 m/s滑块A 与B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v 2，由动量守恒定律有m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，解得v 2＝13v 1＝2 m/s(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程中机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速度相同，设为v 3，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有m A v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 3， 解得v 3＝16v 1＝1 m/s由机械能守恒定律有E p ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 32代入数据解得E p ＝3 J(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设此时滑块A 、B 的速度为v 4，滑块C 的速度为v 5，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 (m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )v 4＋m C v 5 12(m A ＋m B )v 22＝12(m A ＋m B )v 42＋12m C v 52 联立解得v 4＝0，v 5＝2 m/s滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动x ＝v 5t ，H ＝12gt 2联立解得x ＝2 m.。