2023屆高考物理一輪復習知識點精講與2022高考題?？碱}訓練44碰撞(解析版)

2023高考一輪知識點精講和最新高考題模擬題同步訓練

第八章動量

專題44碰撞

第一部分知識點精講

1.碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間的相互作用力很

大的現(xiàn)象。

2.特點

在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。

3.分類

（1）按照碰撞過程機械能是否有損失，可分為：

動量是否守恒機械能是否守恒

彈性碰撞守恒守恒

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞守恒損失最大

（2）按照碰撞前后是否在一直線上可分為正碰和斜碰。

兩個小球相碰，碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在同一條直線上力碰撞之后

兩球的速度仍會沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰二也叫作對心碰撞或一維碰撞。

兩個小球碰撞前后速度不共線，則為斜碰。

4.碰撞過程的四個特點

（1）時間短：在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時間很短。

（2）相互作用力大：碰撞過程中，相互作用力先急劇增大，后急劇減小，平均作用力很大。

（3）位移?。号鲎策^程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，在物體發(fā)生碰撞的瞬間，可忽略物

體的位移，認為物體在碰撞前后仍在同一位置。

（4）滿足動量守恒的條件：系統(tǒng)的內(nèi)力遠遠大于外力，所以即使系統(tǒng)所受合外力不為零，

外力也可以忽略，系統(tǒng)的總動量守恒。

（5）.速度要符合實際

（i）如果碰前兩物體同向運動，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即巳了＞%夕，

否則無法實現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體的速度大

于或等于原來在后的物體的速度%,。（ii）如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物

體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。若碰后沿同向運動，則前面

物體的速度大于或等于后面物體的速度，^v'>v'。

刖后

5.一動一靜”彈性碰撞模型

如圖所示，已知A、B兩個剛性小球質(zhì)量分別是Tn1、加2,小球B靜止在光滑水平

面上，A以初速度先與小球8發(fā)生彈性碰撞，

〃〃姒〃“版w瘋〃版,取小球4初速度見的方向為正方向，因發(fā)生的是彈性碰

撞，碰撞前后系統(tǒng)動量守恒、動能不變，有

niiv=恤巧+m2b23nli詔=［巾1謚+［小2諺聯(lián)立解得女=空嘿曳必=三著

0L￡.L"I1十7^2十"I?

討論：(1)若nil>，貝lj0<%<%、v2>v0,物理意義：入射小球質(zhì)量大于被碰

小球質(zhì)量，則入射小球碰后仍沿原方向運動但速度變小，被碰小球的速度大于入射小球碰前

的速度。

(2)若mi=皿2，則。1=0、%=%，物理意義：入射小球與被碰小球質(zhì)量相等，則碰

后兩球交換速度。

(3)若nh<機2>則％<0(即％與北方向相反)、v2<v0,物理意義：入射小球質(zhì)

量小于被碰小球質(zhì)量，則入射小球?qū)⒈环磸椈厝?，被碰小球的速度小于入射小球碰前的速度?/p>

(4)若mini2，則也趨近于%、v2趨近于2i;o,物理意義：入射小球質(zhì)量比被碰小球質(zhì)

量大得多，則入射小球的速度幾乎不變，被碰小球的速度接近入射小球碰前速度的2倍，也

就是說被碰小球?qū)θ肷湫∏虻倪\動影響很小，但入射小球?qū)Ρ慌鲂∏虻倪\動影響不能忽略，

例如用一個鉛球去撞擊一個乒乓球。

(5)若，則%趨近于-%、v2趨近于0，物理意義：入射小球質(zhì)量比被碰小球質(zhì)

量小得多，則入射小球幾乎被以原速率反彈回去，被碰小球幾乎不動，例如乒乓球撞擊鉛球。

注意：上面討論出的結(jié)果不能盲目套用，應(yīng)用的前提條件是一個運動的物體去碰撞一個靜止

的物體，且是彈性碰撞。

.”一動一靜”彈性碰撞模型的類比應(yīng)用

廣義地講，"碰撞”就是一種相互作用，彈性碰撞模型的應(yīng)用不僅僅局限于“碰撞”，如

果相互作用前后系統(tǒng)滿足動量守恒、動能不變，具備了這一特征的物理過程，就可理解為“彈

性碰撞”過程，就可以類比彈性碰撞的規(guī)律解題。

如圖所示，光滑水平地面上靜止放置由彈簧相連的木塊A和B,開始時彈簧處于原長,

現(xiàn)給4一個向右的瞬時沖量，H-A開始以速度為向右運動，若血4>巾8，則當彈簧再次

恢復原長時，木塊A和B通過彈簧相互作用，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，A和8之間的

相互作用可以視為彈性碰撞，彈簧再次恢復原長時，相當于木塊4與木塊B之間的彈性碰

撞結(jié)束，則此時4、B的速度分別為以=四出也，"8=衛(wèi)皿，由于巾4>皿8，所

以此時4的速度向右，且a的速度小于B的速度。

〃/3〃)〃〃〃〃〃/〃〃)〃)〃〃處理碰撞問題的幾個關(guān)鍵點

(1)選取動量守恒的系統(tǒng)：若有三個或更多個物體參與碰撞，要合理選取所研究的系統(tǒng)。

(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。

(3)弄清碰撞過程中存在的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化關(guān)系、幾何關(guān)系、速度關(guān)系等。

第二部分最新高考題精選

5(2021重慶高考).質(zhì)量相同的甲乙兩小球(視為質(zhì)點)以不同的初速度豎直上拋，某時刻

兩球發(fā)生正碰。題圖中實線和虛線分別表示甲乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關(guān)于

t=tl左右對稱，實線兩個頂點的縱坐標相同，若小球運動中除碰撞外僅受重力，則

A./=0時刻，甲的速率大于乙的速率

B.碰撞前后瞬間，乙的動量不變

C.碰撞前后瞬間，甲的動能不變

D.碰撞后甲的機械能大于乙的機械能

【參考答案】C

【名師解析】根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，t=0時刻，甲的速率小于乙的速率，選項A

錯誤；根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據(jù)題

述，虛線(乙的位移圖像)關(guān)于t=tl左右對稱，所以碰撞前后瞬間，乙的動量大小不變，

方向變化，甲的動能不變，選項B錯誤C正確；根據(jù)題述，實線兩個頂點的縱坐標相同，

可知碰撞后甲的機械能與乙的機械能相等，選項D錯誤。1.(9分)(2021新高考北京

卷)

如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為〃?=0.10kg,8靜止在軌道水平段的末端。A

以水平速度8與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎

直高度為〃=0.45m,兩物塊落地點距離軌道末端的水平

距離為s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)兩物塊在空中運動的時間/；

(2)兩物塊碰前A的速度a的大小；

(3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能

【解題思路】17.(9分)

,12

(1)豎直方向為自由落體運動，由h=2gr

得1=0.30s

(2)設(shè)A、B碰后速度為

水平方向為勻速運動，由s=vt

得v=1.0m/s

根據(jù)動量守恒定律，由nwQ=2inv

得vQ=2.0m/s

(3)兩物體碰撞過程中損失的機械能AE=---2tnu2

202

得AE=0.10J

4.(11分)(2021年高考廣東學業(yè)水平選擇性測試)算盤是我國古老的計算工具，中

心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零.如圖10所示,

水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b,甲、乙相隔以=

3.5x102m,乙與邊框a相隔S2=2.0x102m,算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)〃=0.1.現(xiàn)用

手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s,方向不變，

碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2.

(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；

(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時

■群歸事狀態(tài)

邊占一

邊搟一

間.

【關(guān)鍵能力】本題以算盤上撥出算珠為情景,考查動能定理、動量守恒定律、

牛頓運動定律及其相關(guān)知識點，意在考查考生對相關(guān)知識的靈活運用能力。

【學科素養(yǎng)】本題考查的學科素養(yǎng)主要是物理觀念中的運動和相互作用觀念，功

和能的觀念，動量觀念，考生要能夠分析運動情景，能從物理學的視角分析解決

實際問題。

【解題思路】(1)設(shè)甲算珠與乙碰撞前的速度為V,

對甲算珠在導桿上滑動，由動能定理，-Umgs尸

22

解得v=0.3m/s

甲乙算珠碰撞，由動量守恒定律，mv=mq+mv2,

解得乙算珠速度V2=0.2m/s,

對乙算珠，由動能定理，-umgxu-Lmvz?

2

解得:x=2.0X102m,等于「=2.0X10」,所以能滑動到邊框。

(2)甲算珠與乙碰撞前的運動的加速度a=umg=lm/s2,

甲算珠與乙碰撞前的運動時間片(vo-v)/a=0.Is

甲算珠與乙碰撞后的運動時間t2=v,/a=0.Is

甲算珠從撥出到停下的時間t=t,+t2=0.ls+0.ls=0.2so

5.(15分)(2021高考新課程湖北卷)如圖所示，一圓心為0、半徑為R的光滑半圓弧軌

道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊

A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達半圓弧軌道最

高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。已知

重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。

(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點的距離；

(2)當A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為6,求此時A所受力對A

做功的功率；

(3)求碰撞過程中A和B損失的總動能。

【參考答案】15.(1)2R(2)mgsinO^lgRcosO(3)y/lQmgR

【解題思路】(1)根據(jù)題述，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，由牛頓第

二定律，ing=mL

解得V=4斤

1,

由平拋運動規(guī)律，x=vt,2R=-gf

聯(lián)立解得：x=2R

（2）A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點過程，由機械能守恒定律，mgRcos6,

A所受力對A做功的功率P=mgsin。?VD,

聯(lián)立解得：P二mgsine{2gRcos6。

（3）A碰撞后，由動能定理加g/?二；加以2,,解得VA=J麗

B碰撞后，由動能定理2mgR+mv~=-mv^,,解得VB=J5gH

AB碰撞，由動量守恒定律，A?7VO=ZHVA+/HVB，

2

碰撞過程中A和B損失的總動能△￡>—mv0^-6—mvzl+--mvg~）

聯(lián)立解得：4Ek=MmgR。

6.（14分）（2021新高考天津卷）一玩具以初速度必從水平地面豎直向上拋出，達到最

高點時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1:4

的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等.彈簧彈開的時間極短，不

計空氣阻力.求

（1）玩具上升到最大高度巳時的速度大小；

4

（2）兩部分落地時速度大小之比.

10.（14分）【解題思路】

（1）設(shè)玩具上升的最大高度為〃，玩具上升到高度30時的速度大小為v,重力加速度大小

4

為g，以初速度方向為正，由運動學公式，有

0-說=-2g〃①

/一說=_2g（1〃）②

聯(lián)立①②式解得

1?

丫=5%③

(2)設(shè)玩具分開時兩部分的質(zhì)量分別為叫、〃?2,水平速度大小分別為匕、匕?依題意，

動能關(guān)系為

g町看+:/學=3(班+丐)詔④

玩具達到最高點時速度為零，兩部分分開時速度方向相反，水平方向動量守恒，有

加］4一加2V2=°⑤

分開后兩部分做平拋運動，由運動學關(guān)系，兩部分落回地面時，豎直方向分速度大小為%,

設(shè)兩部分落地時的速度大小分別為匕'、彩'，由速度合成公式，有

MJ片+片⑥

彩'=7vo+vf⑦

聯(lián)立④⑤⑥⑦式，考慮到g：加2=1:4,得

f

幺=2⑧

f

V2

8.(2021年6月浙江選考物理)如圖所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平臺面，臺

面上豎直放置傾角6=37。的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道8C、四分之一圓周光滑細

圓管道8和半圓形光滑軌道。所，它們平滑連接，其中管道CO的半徑r=0.1m、圓

心在。點，軌道OEE的半徑R=0.2m、圓心在。2點，?？凇?、。2和尸點均處在同一水

平線上。小滑塊從軌道A3上距臺面高為〃的P點靜止下滑，與靜止在軌道8c上等質(zhì)量的

小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道C。、軌道。瓦'從F點豎直向下運動，與正下方固定

在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上。

點，已知小滑塊與軌道A3間的動摩擦因數(shù)〃=上，sin37°=0.6,cos370=0.8?

(1)若小滑塊的初始高度〃=0.9m,求小滑塊到達3點時速度%的大??；

(2)若小球能完成整個運動過程，求人的最小值叫血；

(3)若小球恰好能過最高點E,且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點。與尸點的水平距

離X的最大值與標。

AP

【名師解析】

h1

(1)小滑塊A3軌道上運動機g"-Mmgcos。-----=一加片

sin。2

代入數(shù)據(jù)解得%=gJ瀛=4m/s

(2)小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機械能守恒，因此有=加丫4+加以,

；mvl=+gmvl解得乙=0,%=4m/s

小球沿COM軌道運動，在最高點可得

2

mg=〃，二也從C點到E點由機械能守恒可得

R

I----

11924

-相片min+rng(R+r)=-mvBm,n其中VBmin=-7g%“in，解得

hmm=0.45m⑶設(shè)F點到G點的距離為y,小球從E點到。點的運動，由動能定理

1,1,_

mV

^G=2〃“Emin+Wg(R+y)山平拋運動可得

一,口1,2

x-v^t,H+r-y=-gt

聯(lián)立可得水平距離為

x=2j(0.5-y)(0.3+y)由數(shù)學知識可得當0.5—y=0.3+y

取最小，最小值為Xmin=88m

【名師點評】本題是力學的雙質(zhì)點多過程問題，涉及直線運動、動量守恒、圓周運動、平拋

運動等知識，需要運用很多物理觀念與思維方法，例如運動與力的關(guān)系、動量守恒、機械能

守恒、極值問題處理方法等

9.（11分）（2021高考河北物理）

如圖，一滑雪道由A3和兩段滑道組成，其中A3段傾角為6,8c段水平，AB段和

段由一小段光滑圓弧連接。一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)

量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底

光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為〃=*,重力加

,724

速度取g=10m/s：sin（9=一,cos6>=一，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包

2525

的重心變化。求：

（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。

【名師解析】（1）設(shè)斜面長度為L,背包質(zhì)量為加=2kg,在斜面上滑行時加速度為s，

znigsin〃加igcos

解得：t/i=2m/s2o

滑雪者質(zhì)量m2=48kg,初速度為v（）=1.5m/s,加速度為a2=3m/s2,在斜面上滑行時間時間為3

落后時間l0=ls,則背包的滑行時間為什小由勻變速直線運動規(guī)律，

2

L=-at0+^）/=咿+；。，

聯(lián)立解得：t=2s（t=-ls舍去），L=9m。

（2）設(shè)背包和滑雪者到達水平軌道時的速度分別為濟、也，有

vi=ai（f+“）=6m/s,V2=v0+a2t=7.5m/s

滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上所受合外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為V,

有

町匕+嗎為=（網(wǎng)+嗎）V解得：v=7.44m/s

第三部分最新模擬題精選

1..（2022湖北武漢武昌區(qū)5月模擬）如圖甲所示，輕彈簧下端固定在傾角為。的光滑斜面

底端，上端與物塊B相連，物塊B處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將物塊A置于斜面上B的上方某位置

處，取物塊A的位置為原點0,沿斜面向下為正方向建立x軸坐標系，某時刻釋放物塊A,

A與物塊B碰撞后以共同速度沿斜面向下運動，碰撞時間極短，測得物塊A的動能線與其

位置坐標x的關(guān)系如圖乙所示，圖像中0~玉之間為過原點的直線，其余部分為曲線，物塊

A、B均可視為質(zhì)點，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，重力加速度為g,貝）

A.物塊A、B的質(zhì)量之比為1:4

B.A與B碰撞后，A在七位置處加速度最大

C.巧位置處彈簧壓縮量為赴-玉

E

D.彈簧的勁度系數(shù)為一/------7

【參考答案】BD

【名師解析】

由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞前的動能工=E

2人

\2E

可得物塊A與物塊B碰撞前的速度為丫=J——

物塊A與物塊B碰撞后的動能:外噴=芻

216

解得物塊A與物塊B碰撞后的速度耍=J/

物塊A與物塊B碰撞時間極短，根據(jù)動量守恒定律心口=（叫+加B）^共

m.1

解得*=彳，故A項錯誤；

為3

根據(jù)動能定理有電％=0-紜

由上述可知后卜-*圖像的斜率代表物體所受的合外力，由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞

后在七位置處合外力最大，即加速度最大，B項正確；由圖乙可知，々處是物塊B靜止的

位置，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，并不是原長，故巧位置處彈簧壓縮量大于/一石，故C項

錯誤：

彈簧上端與物塊B相連，物塊B處于靜止狀態(tài)，設(shè)此時彈簧的形變量為％,結(jié)合圖甲，根

據(jù)平衡條件可知機Bgsin6=5,由圖乙可知，當物塊A與物塊B一起運動到々時，速度

最大，根據(jù)平衡條件

/〃AgsinO+mRgsin0=k(x2-x(+x0)物塊A從。點運動到位置演的過程中，根據(jù)動能

定理，”Agsin，玉=E

,E

聯(lián)立解得攵=1-----故D項正確。

2.(2022北京西城期末)質(zhì)量為網(wǎng)和加2的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不

計，其位移一時間圖像如圖所示，由圖像可判斷以下說法正確的是()

B.碰后機2的速度大小為4m/s

C.兩物體的質(zhì)量之比班：餌=2:5

I).兩物體的碰撞是彈性碰撞

【參考答案】C

【名師解析】

x-t圖像斜率表示速度可知碰后兩物體的運動方向相反，故A錯誤;

碰后加2的速度大小為％nuMsuZm/s,故B錯誤;

2-4

碰撞后犯的速度為V,=j-m/s=-lm/s

4

碰撞前叫的速度為%=,m/s=4m/s碰撞前m2的速度為0,根據(jù)動量守恒定律得

=町％+m2v2

代入數(shù)據(jù)得犯：加2=2:5,故C正確;

碰撞前的總動能為Ek=-n^

碰撞后的總動能為其=；班片+；m2V2

代入數(shù)據(jù)比較可得線＞耳，由能量損失，可知不是彈性碰撞，故D錯誤。

3.（2022福建福州3月質(zhì)檢1）圖甲所示的按壓式圓珠筆，其結(jié)構(gòu)由外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈

簧三部分組成。某同學把筆豎直倒立于水平桌面上，用力下壓外殼，然后釋放，圓珠筆將向

上彈起，其過程可簡化為三個階段，如圖乙所示，圓珠筆外殼先豎直向上運動，然后與內(nèi)芯

發(fā)生碰撞，碰后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起向上運動到最大高度處。已知外殼與靜止的內(nèi)

芯碰撞時彈簧恰好恢復原長，碰撞時間極短；不計摩擦和空氣阻力，則從釋放外殼起到圓珠

筆向上運動到最高點的過程中，下列判斷正確的是（）

A.圓珠筆的機械能守恒

C.外殼與內(nèi)芯碰撞前，桌面對圓珠筆做正功

D.彈簧彈性勢能的減少量大于圓珠筆重力勢能的增加量

【參考答案】D

【名師解析】

因為存在完全非彈性碰撞，所以圓珠筆的機械能不守恒，故A錯誤；

外殼與內(nèi)芯碰撞前，當彈力小于重力，合力向下，外殼減速上升，故B錯誤：

外殼與內(nèi)芯碰撞前，桌面對圓珠筆的作用力沒有位移，不做功，故C錯誤；

根據(jù)A選項分析可知，由于存在機械能損失，彈簧彈性勢能的減少量大于圓珠筆重力勢能

的增加量，故D正確。

4.（2022湖北十堰四模）如圖所示，足夠長的光滑水平直軌道與光滑圓弧軌道平

滑連接,B為圓弧軌道的最低點。一質(zhì)量為1kg的小球a從直軌道上的A點以大小為4m/s的

初速度向右運動，一段時間后小球a與靜止在B點的小球b發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球b

沿圓弧軌道上升的最大高度為（）.2m（未脫離軌道）。取重力加速度大小g=10m/s2,兩球

均視為質(zhì)點，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

C

c/力A.碰撞后瞬間，小球b的速度大小為lm/s

AB

B.碰撞后瞬間，小球a的速度大小為3nVs

C.小球b的質(zhì)量為3kg

D.兩球會發(fā)生第二次碰撞

【參考答案】C

【名師解析】

1.

由機械能守恒/=/mK，可得碰后小球b在8點的速度為％=2m/s,故A錯誤；

I,1,1,

由動量守恒定律可得砥%=砥匕+nKvB，由機械能守恒可得唏=5砥彳

聯(lián)立求得”一?g,,碰撞后瞬間，小球a的速度大小為2rn/s,故B錯誤，C正確；

片=-2m/s

碰后a球立刻向左運動，b球先向右運動到最高點，再向左返回到平面上運動，兩球速度大

小相等，所以兩球不會發(fā)生第二次碰撞，故D錯誤。

5.（2022山西臨汾模擬）如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道固定在水平地面上，

軌道末端與水平地面相切。小球B放在軌道末端，使小球A從軌道頂端由靜止釋放。兩小

球發(fā)生彈性碰撞后，小球A沿圓弧軌道上升到最高點時，與圓弧軌道圓心。的連線與豎直

方向的夾角為6()°。兩個小球大小相同，半徑可忽略，重力加速度為g。則下列說法正確的

是()

'/////〃〃/〃///〃〃

A.小球A、B的質(zhì)量比為(3-20):1

B.小球A、B的質(zhì)量比為(3+2夜):1

C.碰后瞬間小球B的速度為電-1)旅

D.碰后瞬間小球B的速度為(>/2+1)曬

【參考答案】BC

【名師解析】

1,

小球A靜止釋放到碰撞前有mAgR=-mAv~

AB發(fā)生彈性碰撞的過程中系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則加/=僅4匕+加產(chǎn)2

根據(jù)能量守恒定律可知;相/2=；/%必2+</羯1

小球A沿圓弧軌道上升到與豎直方向的夾角為60°,根據(jù)能量守恒定律可知

=tnAg{R-/?cos600)聯(lián)立解得—=*+,v2=(0-1)^^,AD錯誤，BC正確；

2tnB1

6.(2022廣東湛江模擬)如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見的民間游戲，該游戲的規(guī)則為：將

手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進入小

坑中即為勝出?，F(xiàn)將此游戲進行簡化，如圖乙示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和

彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距xi=2m,彈珠B與坑的間距X2=lm。某同學將彈珠A

以v0=6m/s的初速度水平向右瞬間彈出，經(jīng)過時間n=0.4s與彈珠B正碰(碰撞時間極短)，

碰后彈珠A又向前運動△戶0.1m后停下。已知兩彈珠的質(zhì)量均為2.5g,取重力加速度

g=10m/s2,若彈珠A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，并將彈珠的運動視為滑動，求：

(1)碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動摩擦因數(shù)〃；

(2)兩彈珠碰撞瞬間的機械能損失，并判斷該同學能否勝出。

【參考答案】（1）V,=4m/s,〃=0.5；（2）7.5X10-3J-不能

【名師解析】（1）設(shè)碰撞前瞬間彈珠A的速度為匕，由運動學公式得

1,

%=Vi~2at'v'=VO~at'由牛頓第二定律得

Ff=Nmg=ma聯(lián)立解得

?=5m/s2.〃=0.5,V,=4m/s

（2）由（1）可知彈珠A和B在地面上運動時加速度大小均為q=5m/s2,彈珠A碰撞后

瞬間的速度為匕'，由運動學規(guī)律

v；2=2aAx解得

v；=lm/s設(shè)碰后瞬間彈珠B的速度為v；,由動量守恒定律得

mvy+0=mv\+mv2解得

弘=3m/s所以兩彈珠碰撞瞬間的機械能損失△￡；

解得

3

AEk=7.5xlO-J碰后彈珠B運動的距離為

，2

&'=&-=0.9m<1m所以彈珠B沒有進坑，故不能勝出o

2a

7.（16分）

（2022山東煙臺期中）如圖所示，在水平地面上固定一傾角為9=37。的足夠長斜面，斜面.

上有兩個質(zhì)量均為m=lkg的小物塊A、B。t=0時刻，A、B間的距離為L=6.5m,此時A、

B的瞬時速度方向均沿斜面向上，大小分別為V|=18m/s、V2=20m/s,若A與斜面間的摩擦

力不計，B與斜面間的動摩擦因數(shù)為p=0.5,A、B之間的碰撞時間極短，已知重力加速度

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,從t=O時刻起，在此后的運動過程中，求:

⑴A、B發(fā)生碰撞前，它們之間的最遠距離;

（2）A、B發(fā)生碰撞的時刻;

（3）碰撞后瞬間，B的動能大小的取值范圍。

【名師解析】.（16分）

解：⑴物塊A在斜面滑動時，有

rngsin37°=ma}................................................①（1分）

解得ai=6m/s2

當物塊B在斜面向上滑動時，有

zn^sin370+=ma2...........................................................................（2）（1分）

解得a2=10m/s2

當A、B達到共同速度時相距最遠

vt-卬?=v2-a2t,.............................................③（1分）

解得ti=O.5s

A、B之間的最遠距離以max=L+XBl—XAl

AXmax=L+（見-g。/）_（卬「g*）...............④（1分）

聯(lián)立①②③④解得AXmax=7m.........................⑤（1分）

⑵當物塊B從勿減到零時，有

v2=a2t2....................................................@（1分）

得/2=2S

則會時亥l|，A、B之間的距離AX=L+XB2—XA2

—（v^2~2a'^）..............................⑦（1分）

聯(lián)立①②⑥⑦解得Ax=2.5m

可判斷出物塊B減速到零后可繼續(xù)沿斜面下滑，當物塊B在斜面向下滑動時，有

/w^sin37°-〃九爐os37。=ma3..................................⑧（1分）

解得s=2m/s2

/2=2S時，，物塊A的速度大小心2=-卬2.....................⑨（1分）

得0A2=6m/s

從/2=2s時刻起，設(shè)再經(jīng)過Af時間物塊A、B發(fā)生碰撞

則有Av=oAr--n,A/2+—?,Ar........................................................⑩（1分）

A：22