專(zhuān)題14碰撞-【好題匯編】三年（2022-2024）高考物理真題分類(lèi)匯編（全國(guó)）（解析版）

專(zhuān)題14碰撞考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1彈性碰撞（5年5考）2024年高考廣西卷：彈性碰撞+平拋；2024年高考廣東卷：斜面上彈性碰撞；2023年高考全國(guó)乙卷：一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)小球與圓盤(pán)彈性碰撞；2023年學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試上海卷：繩系小球與物塊彈性碰撞；2023年高考山東卷：物塊碰撞+滑塊木板模型；1.碰撞，涉及動(dòng)量和能量問(wèn)題，是高考考查頻率較高的。碰撞可以設(shè)計(jì)成不同情境，可以有機(jī)結(jié)合其他模型和圖像。2.彈性碰撞命題可以是選擇題，可以是計(jì)算題；彈性碰撞與其他模型結(jié)合，大多是壓軸題。3.非彈性碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失，可能與動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合?？键c(diǎn)2非彈性碰撞（5年4考）2024年高考湖南卷：兩小球在水平圓環(huán)內(nèi)多次碰撞；2024年考甘肅卷：繩系小球與物塊彈性碰撞+滑塊木板模型；2023年高考北京卷：繩系小球與水平面上小球碰撞。2022年高考北京卷：質(zhì)量為和的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰+位移圖像?？键c(diǎn)01彈性碰撞1.（2024年高考廣西卷）如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為v。M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，N在（）A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)B.豎直增面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v【答案】BC【解析】由于兩小球碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過(guò)程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即，碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。故選BC。2.（2024年高考廣東卷）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從、高度同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的有（）A.甲斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B.碰撞后瞬間甲速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與無(wú)關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距【參考答案】ABD【名師解析】?jī)苫瑝K在同一斜坡上同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，加速度相同，則相對(duì)速度為零，即甲斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止，A正確；兩物塊滑到水平面后均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于兩物塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)彈性碰撞規(guī)律可知碰撞后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲速度等于碰撞前瞬間乙的速度，B正確；設(shè)斜面傾角為θ，對(duì)乙沿斜面下滑，有，在水平面上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲碰撞，碰撞后以甲碰撞前的速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由于t1與H乙有關(guān)，則總時(shí)間與H乙有關(guān)，C錯(cuò)誤；一下滑過(guò)程，有，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止位置相同；如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面上運(yùn)動(dòng)最終停止位置，由聯(lián)立解得x=即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距，D正確。3.（20分）（2023年高考全國(guó)乙卷）.如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為l，圓管長(zhǎng)度為。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大?。唬?）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；（3）圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)?！久}意圖】本題考查彈性碰撞及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。【解題思路】（1）小球第一次與圓盤(pán)碰撞前的速度為v0=小球與圓盤(pán)彈性碰撞，設(shè)第一次碰撞后小球的速度大小為v1，圓盤(pán)的速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律mv0=-mv1+Mv2，由系統(tǒng)動(dòng)能不變，=+聯(lián)立解得：v1=，v2=。（2）第一次碰撞后，小球向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由于圓盤(pán)向下滑動(dòng)所受摩擦力與重力相等，所以圓盤(pán)向下做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球豎直上拋運(yùn)動(dòng)向下速度增大到等于圓盤(pán)速度時(shí)，小球和圓盤(pán)之間距離最大。當(dāng)小球豎直上拋運(yùn)動(dòng)向下速度增大到等于圓盤(pán)速度的時(shí)間t=v1/g+v2/g=小球回到第一次與圓盤(pán)碰撞前的位置，在這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下落位移x1=v2t==l。即第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離為l。（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相等，則有即解得此時(shí)小球的速度圓盤(pán)的速度仍為，這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下降的位移之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得,同理可得當(dāng)位移相等時(shí)解得圓盤(pán)向下運(yùn)動(dòng)此時(shí)圓盤(pán)距下端關(guān)口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度有動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒得碰后小球速度為圓盤(pán)速度當(dāng)二者即將四次碰撞時(shí)x盤(pán)3=x球3即得在這段時(shí)間內(nèi)，圓盤(pán)向下移動(dòng)此時(shí)圓盤(pán)距離下端管口長(zhǎng)度為20l－1l－2l－4l－6l=7l此時(shí)可得出圓盤(pán)每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤(pán)將向下移動(dòng)x盤(pán)4=8l則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與圓盤(pán)的碰撞次數(shù)為4次。【思路點(diǎn)撥】得出遞推關(guān)系，是正確解題的關(guān)鍵。4.（2023年學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試上海卷）（16分）如圖，將質(zhì)量mP=0.15kg的小球P系在長(zhǎng)度L=1.2m輕繩一端，輕繩另一端固定在天花板上O點(diǎn)。在O點(diǎn)正下方1.2m處的A點(diǎn)放置質(zhì)量為mQ=0.1kg的物塊Q，將小球向左拉開(kāi)一段距離后釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊Q彈性碰撞，P與Q碰撞前瞬間的向心加速度為1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比為5?1,。已知重力加速度g=9.8m/s2，物塊與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.28.（1）求碰撞后瞬間物塊Q的速度；（2）在P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時(shí)間內(nèi)，物塊Q運(yùn)動(dòng)的距離。【參考答案】（1）1.4m/s（2）0.36m【名師解析】 （1）由圓周運(yùn)動(dòng)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碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律，mPv0=mPvP+mQvQ，解得：vQ=1.68m/s（2）設(shè)碰撞后P擺動(dòng)到最高點(diǎn)的高度為h，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，mgh=解得h=0.004m由sinθ==，θ小于5°，P的擺動(dòng)可以看作單擺的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時(shí)間為t=T/2=π=1.1s物塊在水平面上滑動(dòng)的加速度a=μg=2.74m/s2Q在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t’==0.6s，小于t=1.1s，即Q已經(jīng)停止。所以Q運(yùn)動(dòng)的距離為s==0.504m。5.（2023高考山東高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過(guò)軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無(wú)摩擦，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)，C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)，B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W；（4）若，自C滑上B開(kāi)始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化量的大小。【參考答案】（1）；（2）；（3）；（4）【名師解析】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）滑塊C剛滑上B時(shí)可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C加速度為木板B的加速度為設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設(shè)再經(jīng)過(guò)t2時(shí)間，物塊A恰好撞上木板B，有整理得解得，（舍去）此時(shí)B的位移共同的速度綜上可知滿(mǎn)足條件的s范圍為（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒(méi)有共速，對(duì)于木板B，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有整理后有解得，（舍去）滑塊C在這段時(shí)間的位移所以摩擦力對(duì)C做的功（4）因?yàn)槟景錌足夠長(zhǎng)，最后的狀態(tài)一定會(huì)是C與B靜止，物塊A向左勻速運(yùn)動(dòng)。木板B向右運(yùn)動(dòng)0.48m時(shí)，有此時(shí)A、B之間的距離為△s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B(niǎo)向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，可得加速度大小物塊A和木板B相向運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)t3時(shí)間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）此時(shí)有，方向向左；，方向向右。接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有代入數(shù)據(jù)解得而此時(shí)物塊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靜止，A向左勻速運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的初動(dòng)量末動(dòng)量則整個(gè)過(guò)程動(dòng)量的變化量即這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化量的大小為9.02kg·m/s。6.（2022·全國(guó)理綜乙卷·25）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運(yùn)動(dòng)，時(shí)與彈簧接觸，到時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；（2）第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)、速度相等，即時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得，（2）同一時(shí)刻彈簧對(duì)、的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時(shí)刻則同一時(shí)刻、的的瞬時(shí)速度分別為根據(jù)位移等于速度在時(shí)間上的累積可得又解得第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說(shuō)明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得設(shè)在斜面上滑行的長(zhǎng)度為，上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得考點(diǎn)02非彈性碰撞1.（2024年高考湖南卷）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大小；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比。（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過(guò)的路程。【答案】（1），；（2）或；（3）【解析】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動(dòng)量守恒有可得碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有可得（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動(dòng)量和能量守恒有聯(lián)立解得，因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為，則有聯(lián)立解得由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即對(duì)第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為，，則同樣有聯(lián)立解得，，故第三次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)、第四次碰撞發(fā)生在c點(diǎn)，以此類(lèi)推，滿(mǎn)足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為；所以聯(lián)立可得因?yàn)閮少|(zhì)量均為正數(shù)，故k2=0，即根據(jù)①的分析可證，，滿(mǎn)足題意。綜上可知或（3）第一次碰前相對(duì)速度大小為v0，第一次碰后的相對(duì)速度大小為，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運(yùn)動(dòng)一圈，即B球相對(duì)A球運(yùn)動(dòng)一圈，有第一次碰撞動(dòng)量守恒有且聯(lián)立解得B球運(yùn)動(dòng)的路程第二次碰撞的相對(duì)速度大小為第二次碰撞有且聯(lián)立可得所以B球運(yùn)動(dòng)的路程一共碰了2n次，有2.（2024年考甘肅卷）如圖，質(zhì)量為2kg的小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩，小球A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。（重力加速度g?。?）求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時(shí)間極短）、碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】根據(jù)題意，設(shè)AC質(zhì)量為，B的質(zhì)量為，細(xì)繩長(zhǎng)為，初始時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角。（1）A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有對(duì)最低點(diǎn)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得，（2）A與C相碰時(shí)，水平方向動(dòng)量守恒，由于碰后A豎直下落可知故解得（3）A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速，則對(duì)CB分析，過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量守恒可得根據(jù)能量守恒得聯(lián)立解得3．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長(zhǎng)，以的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度，求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差?！久麕熃馕觥浚?）滑塊a以初速度v0從D處進(jìn)入豎直圓弧軌道DEF運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，mg·2R=-，解得vF=10m/s。在最低點(diǎn)F，由牛頓第二定律，F(xiàn)N-mg=m，解得：FN=31.2N（2）碰撞后滑塊a返回過(guò)程，由動(dòng)能定理，-mg·2R-μmgL=-，解得va=5m/s。滑塊a、b碰撞，由動(dòng)量守恒定律，mvF=-mva+3mvb，解得：vb=5m/s碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能△E=--=0（3）滑塊a碰撞b后立即被粘住，由動(dòng)量守恒定律，mvF=（m+3m）vab，解得vab=2.5m/s?；瑝Kab一起向右運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，ab減速運(yùn)動(dòng)，c加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)abc三者速度相等時(shí)，彈簧長(zhǎng)度最小，由動(dòng)量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc解得vabc=5/3m/s。由機(jī)械能守恒定律，Ep1=-解得Ep1=0.5J由Ep1=解得：最大壓縮量x1=0.1m滑塊ab一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力使c繼續(xù)加速，使ab繼續(xù)減速，當(dāng)彈簧彈力減小到零時(shí)，c速度最大，ab速度最小；滑塊ab一起再繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力使c減速，ab加速，當(dāng)abc三者速度相等時(shí)，彈簧長(zhǎng)度最大，其對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能與彈簧長(zhǎng)度最小時(shí)彈性勢(shì)能相等，其最大伸長(zhǎng)量由動(dòng)量守恒定律，x2=0.1m所以碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差△x=x1+x2=0.2m4.．（9分）（2023年高考北京卷）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L．現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起．重力加速度為g．求：（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能．【解析】（1）由機(jī)械能守恒定律，mgH=，解得H=（2）由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)-mg=解得F=mg+（3）碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律，mv=2mv’，解得v’=v/2碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能△E=-=5.（2022年高考北京卷）質(zhì)量為和的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰