UePlus - 试卷云

专题14  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.（20分）（2023年高考全国乙卷）. 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。

4. （2023年学业水平等级考试上海卷）（16分）如图，将质量m_P=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m_Q=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v_P=v₀=0.28m/s

碰撞过程，由动量守恒定律，m_Pv₀= m_Pv_P+ m_Qv_Q，解得：v_Q=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。

5. （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-s_A=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。

6. （2022·全国理综乙卷·25） 如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

【参考答案】（1）；（2）；（3）

【名师解析】

（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得，

（2）同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻、的的瞬时速度分别为

根据位移等于速度在时间上的累积可得

又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

根据能量守恒定律可得

联立解得

设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得

考点02 非弹性碰撞

1. （2024年高考湖南卷）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为m_A和m_B的小球A和B（m_A>m_B）。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v_A，v_B，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

2. （2024年考甘肃卷） 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

3．（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v_F和所受支持力大小F_N；

（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v_F=10m/s。

在最低点F，由牛顿第二定律，F_N-mg=m，

解得：F_N =31.2N

（2）碰撞后滑块a返回过程，由动能定理，-mg·2R-μmgL=-，解得v_a=5m/s。

   滑块a、b碰撞，由动量守恒定律，mv_F= -mv_a+3mv_b，

  解得：v_b=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，mv_F= （m+3m）v_ab，

解得v_ab=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）v_ab=（m+3m+2m）v_abc

解得v_abc=5 /3m/s。

由机械能守恒定律，E_p1=-

解得E_p1=0.5J

由E_p1=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

4.．（9分）（2023年高考北京卷）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=-=

5.（2022年高考北京卷）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（    ）

A．碰撞前的速率大于的速率     

B．碰撞后的速率大于的速率

C．碰撞后的动量大于的动量     

D．碰撞后的动能小于的动能

【参考答案】C

【命题意图】此题考查碰撞及其相关知识点。

【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，碰撞前的速率为零，碰撞后的速率等于的速率。选项AB错误；由碰撞规律可知，m₁大于m₂，碰撞后的动量大于的动量，碰撞后的动能大于的动能，选项C正确D错误。

6．（11分）（2022·高考广东物理）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。己知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：

（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；

（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；

（3）滑杆向上运动的最大高度h。

【命题意图】本题考查平衡条件、牛顿运动定律、动量守恒定律、匀变速直线运动规律。

【解题思路】（1）滑块静止时，对整体，由平衡条件，N₁=mg+Mg。

代入数据解得N₁=8N。

滑块向上滑动时，滑杆对滑块有向下的摩擦力f=1N，由牛顿第三定律，滑块对滑杆有向上的摩擦力f’=1N

隔离滑杆受力分析，由平衡条件 N₂=Mg-f’。

代入数据解得N₂=5N。

（2）滑块向上匀减速运动，由牛顿第二定律，mg+f=ma

解得加速度大小  a=15m/s²。

由v²-v₀²=-2al   解得：v=8 m/s

（3）滑块与滑杆碰撞，由动量守恒定律，mv=（m+M）v’，

解得  v’=2m/s

由v’²=2gh

 解得h=0.2m。