專(zhuān)題02 碰撞模型（解析版）-2025版高二物理寒假精-品講義

專(zhuān)題02碰撞模型1.碰撞的特點(diǎn)(1)時(shí)間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間極短，相對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程可忽略不計(jì)。(2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒。2.碰撞的分類(lèi)(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大。2．碰撞類(lèi)問(wèn)題遵循的三條原則動(dòng)量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)速度要合理同向碰撞碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或兩物體速度相等相向碰撞碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變3．彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解：根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)。(2)分析討論：當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，若m1＝m2，則：v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)，v2＝0，則：v1′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩物體沿相同方向運(yùn)動(dòng)。③m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來(lái)?！灸Ｐ脱菥?】某打樁機(jī)在重錘與樁碰撞的過(guò)程中，使樁向下運(yùn)動(dòng)，錘向上運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)把打樁機(jī)和打樁過(guò)程簡(jiǎn)化如下：如圖所示，打樁機(jī)重錘的質(zhì)量為，由牽引機(jī)械把重錘牽引到距鋼樁頂上高處自由下落，打在質(zhì)量為的鋼樁上，已知重錘與鋼樁的碰撞可視為彈性碰撞，重錘反彈后再多次與鋼樁發(fā)生碰撞，且每次碰撞時(shí)間極短。已知鋼樁在下陷過(guò)程中泥土對(duì)木樁的阻力恒為，式中為重力加速度，不計(jì)空氣阻力。求：（1）重錘第1次與鋼樁碰撞以后鋼樁的深度變化；（2）重錘第2次與鋼樁碰撞以后鋼樁的深度變化；（3）重錘很多次與鋼樁碰撞以后鋼樁深入泥土的總深度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）重錘自由下落運(yùn)動(dòng)過(guò)程，設(shè)重錘剛與樁接觸時(shí)的速度為，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得重錘與樁的彈性碰撞過(guò)程，取向下為正方向，由于作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，由動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律有解得，對(duì)樁在深入泥土的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理得解得（2）設(shè)重錘第2次與樁接觸時(shí)的速度為，則據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得同理，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得，對(duì)樁在深入泥土的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得解得（3）根據(jù)功能關(guān)系有解得【模型演練2】已知A、B兩物體的質(zhì)量mA＝2kg，mB＝1kg，A物體從距水平地面h＝1.2m處自由下落，且同時(shí)B物體從水平地面豎直上拋，經(jīng)過(guò)t＝0.2s相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度g＝10m/s2，求：（1）碰撞時(shí)離地高度x；（2）碰后速度v；（3）碰撞損失的機(jī)械能ΔE?！敬鸢浮浚?）1m；（2）0；（3）12J【詳解】（1）由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，碰撞時(shí)A物體下落高度為則碰撞時(shí)離地高度為（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度大小為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知代入數(shù)據(jù)解得碰撞前A物體的速度大小方向豎直向下；碰撞前B物體的速度大小方向豎直向上；選豎直向下為正方向，碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得碰后速度為（3）根據(jù)能量守恒定律可知，碰撞損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得【模型演練2】．如圖所示，光滑水平面上放有A、B兩小球，B球靜止，某時(shí)刻給A球一個(gè)水平向右的速度，一段時(shí)間后A、B發(fā)生正碰，已知A球質(zhì)量為A、B兩球碰撞過(guò)程的相互作用時(shí)間為。（1）若B球質(zhì)量為，且碰后B球獲得水平向右的速度。求碰后A球的速度以及碰撞過(guò)程中A、B兩球之間的平均作用力的大小；（2）若B球質(zhì)量可調(diào)節(jié)，A球仍以速度與靜止的B球正碰，碰后A、B兩球的動(dòng)量大小為。求B球的質(zhì)量的范圍?！敬鸢浮浚?），方向水平向右（2）或【詳解】（1）以水平向右方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得即碰后球速度大小為，方向水平向右；對(duì)B由動(dòng)量定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）以水平向右方向?yàn)檎较颍銮癆球動(dòng)量為設(shè)碰后球動(dòng)量為，B球動(dòng)量為，若碰后A、B同向運(yùn)動(dòng)，則有由動(dòng)量守恒有碰后應(yīng)滿(mǎn)足A球速度小于B球速度，則有碰后系統(tǒng)機(jī)械能不增加，則有聯(lián)立解得若碰后A、B反向運(yùn)動(dòng)，則有由動(dòng)量守恒有碰后系統(tǒng)機(jī)械能不增加，則有聯(lián)立解得綜上可得：碰后A、B同向運(yùn)動(dòng)，則；碰后A、B反向運(yùn)動(dòng)，則。一、單選題1．甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為（）A．1J B．2J C．3J D．4J【答案】C【詳解】設(shè)甲、乙物塊的質(zhì)量分別為、，由動(dòng)量守恒定律得解得則碰撞過(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得故選C。2．如圖所示，物體A、B放在光滑的水平面上，且兩物體間有一定的間距。時(shí)刻，分別給物體A、B一向右的速度，物體A、B的動(dòng)量大小均為，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩物體發(fā)生碰撞，已知碰后物體B的動(dòng)量變?yōu)?，兩物體的質(zhì)量分別為、，則下列說(shuō)法正確的是（

）

A．物體A的動(dòng)量增加 B．物體A的質(zhì)量可能大于物體B的質(zhì)量C．若碰后兩物體粘合在一起，則 D．若該碰撞無(wú)機(jī)械能損失，則【答案】C【詳解】A．由題意可知，該碰撞過(guò)程物體B的動(dòng)量增加了碰撞過(guò)程兩物體的動(dòng)量守恒，則有所以物體A的動(dòng)量減少了4kg·m/s，故A錯(cuò)誤；B．由題意碰前物體A的速度一定大于物體B的速度，則有解得故B錯(cuò)誤；C．若碰后兩物體粘合在一起，則碰后兩物體的速度相同，則有又解得故C正確；D．若該碰撞為彈性碰撞，則碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失，則有解得故D錯(cuò)誤。故選C。3．如圖甲所示，兩小球在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上發(fā)生正向?qū)π呐鲎?。小球質(zhì)量分別為和，且。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．碰撞前球a做加速運(yùn)動(dòng)，球b做勻速運(yùn)動(dòng) B．碰撞后球a做減速運(yùn)動(dòng)，球b做加速運(yùn)動(dòng)C．球b的質(zhì)量為 D．球b的質(zhì)量為【答案】D【詳解】A．碰撞前球a做勻速運(yùn)動(dòng)，球b靜止，A錯(cuò)誤；B．碰撞后球a、b都做勻速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；CD．由圖乙可知，碰撞前球b靜止，球a的速度為碰撞后球a的速度為碰撞后球b的速度為根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得球b的質(zhì)量為C錯(cuò)誤，D正確；故選D。4．某研究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)，測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時(shí)間圖像。圖中的三條線段分別表示在光滑水平面上，沿同一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移隨時(shí)間變化關(guān)系。已知相互作用時(shí)間極短，由圖像給出的信息可知（）A．兩滑塊發(fā)生的是彈性碰撞B．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大C．碰前滑塊Ⅰ的速度大小為D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的【答案】D【詳解】AC．由題圖可知，碰前滑塊Ⅰ、Ⅱ的速度大小分別為碰后結(jié)合體的速度大小為碰后兩滑塊速度相同，屬于完全非彈性碰撞，故AC錯(cuò)誤；B．設(shè)碰前滑塊Ⅰ、Ⅱ的動(dòng)量大小分別為、，碰后結(jié)合體的動(dòng)量大小為p，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有所以碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量小，故B錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得故D正確。故選D。5．算盤(pán)是中國(guó)古老的計(jì)算工具，承載著我國(guó)古代勞動(dòng)人民的智慧結(jié)晶和悠遠(yuǎn)文明。算盤(pán)一般由框、梁、檔和算珠組成，中心帶孔的相同算珠可在檔上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零。若一水平放置的算盤(pán)中分別有一顆上珠和一顆頂珠未在歸零位置，上珠靠梁，頂珠與框相隔，上珠與頂珠相隔，如圖甲所示?，F(xiàn)用手指將上珠以一定初速度撥出，一段時(shí)間后，上珠與頂珠發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短），整個(gè)過(guò)程，上珠運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示。已知算珠與檔之間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，重力加速度大小為。下列說(shuō)法正確的是（）A．算珠與檔之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B．上珠從撥出到停下所用時(shí)間為0.2sC．上珠與頂珠發(fā)生的碰撞頂珠的速度0.1m/sD．頂珠碰撞后恰好能運(yùn)動(dòng)至歸零位置【答案】D【詳解】A．根據(jù)上珠運(yùn)動(dòng)的圖像可知，上珠碰前勻減速運(yùn)動(dòng)的初末速度分別為，根據(jù)牛頓第二定律有利用逆向思維，根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有解得故A錯(cuò)誤；B．圖像斜率的絕對(duì)值表示加速度的大小，結(jié)合圖乙有，解得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖乙可知，碰撞后上珠的速度根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得故C錯(cuò)誤；D．頂珠做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度減為0過(guò)程，利用逆向思維有解得故D正確。故選D。6．物體間發(fā)生碰撞時(shí)，因材料性質(zhì)不同，機(jī)械能會(huì)有不同程度的損失，可用碰撞后二者相對(duì)速度的大小與碰撞前二者相對(duì)速度大小的比值描述，稱(chēng)之為碰撞恢復(fù)系數(shù)，用符號(hào)表示?，F(xiàn)有運(yùn)動(dòng)的物塊A與靜止的物塊B發(fā)生正碰，關(guān)于A與B之間的碰撞，下列說(shuō)法正確的是（

）A．若，則表明碰撞結(jié)束后A與B均停止運(yùn)動(dòng)B．若，則表明碰撞結(jié)束后二者交換速度C．若，則表明A與B的碰撞為完全非彈性碰撞D．若，則表明A與B的碰撞為彈性碰撞【答案】D【詳解】若，則表明碰撞結(jié)束后A、B兩物體相對(duì)速度為0，表明A、B兩物體共速，說(shuō)明A與B碰撞為完全非彈性碰撞；假設(shè)為彈性碰撞，則有解得可知若，則表明A與B的碰撞為彈性碰撞。故選D。7．一固定光滑弧形軌道底端與水平軌道平滑連接，將滑塊A從弧形軌道上離水平軌道高度為h處由靜止釋放，滑塊A在弧形軌道底端與滑塊B相撞后合為一體，一起向前做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，停止時(shí)距光滑弧形軌道底端的距離為s。已知滑塊A，滑塊B的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，則滑塊與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)滑塊A到達(dá)弧形軌道底端時(shí)的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理可得兩滑塊碰撞后的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)量守恒可得兩滑塊碰撞后一起向前做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得故選D。8．如圖甲所示，將兩個(gè)質(zhì)量分別為m1=60g、m2=30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從小球A下端距地面h0=1.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s，不計(jì)空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度一時(shí)間圖像如圖乙所示，g取10m/s2，下列說(shuō)法中正確的是（）A．B球與A球碰前的速度大小為5m/sB．A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞C．若m2?m1，第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20mD．兩球碰撞過(guò)程中，B球的重力沖量與A對(duì)B球的沖量大小的比值為1∶101【答案】D【詳解】A．碰前，兩球均做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有解得即B球與A球碰前的速度大小為6m/s，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意可知，B球碰后的速度方向向上，大小為v2=4m/s，以向上為正方向，碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得碰前兩球的機(jī)械能為碰后兩球的機(jī)械能為碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能減小，可知碰撞是非彈性碰撞，故B錯(cuò)誤；C．假設(shè)碰撞是彈性碰撞，此時(shí)B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞過(guò)程有解得當(dāng)m2?m1時(shí)，有解得則B球上升到最高點(diǎn)過(guò)程有解得故C錯(cuò)誤；D．在碰撞時(shí)間t=0.01s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)B球有B球重力的沖量解得故D正確。故選D。二、多選題9．在冰壺運(yùn)動(dòng)中運(yùn)動(dòng)員可以通過(guò)冰壺刷摩擦冰面來(lái)控制冰壺的運(yùn)動(dòng)．如圖甲所示，在某次比賽中，A壺與靜止的B壺發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦B壺運(yùn)動(dòng)前方的冰面．碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的圖線如圖乙中實(shí)線所示，已知EF與GH平行，且兩冰壺質(zhì)量相等，則（）A．碰撞后A壺的加速度大小為B．碰撞后B壺的加速度大小為C．碰撞后至停止的過(guò)程中，A、B兩壺的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為D．碰撞后至停止的過(guò)程中，A、B兩壺所受摩擦力的沖量大小之比為【答案】BD【詳解】A．由EF與GH平行可知，碰撞前后A壺的加速度不變，由題圖可知，碰撞前后A壺的加速度故A錯(cuò)誤；B．由圖像可得碰撞后B壺的加速度故B正確；C．由于A壺和B壺碰撞的過(guò)程中，動(dòng)量守恒，則有根據(jù)題圖乙代入數(shù)據(jù)解得則可得碰撞后至停止的過(guò)程中，A壺的運(yùn)動(dòng)時(shí)間故碰撞后至停止的過(guò)程中，A、B兩壺的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為，，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量定理可得故可得碰撞后至停止的過(guò)程中，A、B兩壺所受摩擦力的沖量大小之比為，故D正確。故選BD。10．如圖所示，光滑的水平面上有P、Q兩個(gè)固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點(diǎn)，A點(diǎn)有一質(zhì)量為的靜止小球2.有一質(zhì)量為的小球1以速度從緊貼P擋板處開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后與小球2相碰。兩小球之間的碰撞為一維彈性碰撞，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。小球與擋板碰撞后，小球速度大小不變，方向相反。碰撞時(shí)間極短。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點(diǎn)，則兩小球的質(zhì)量關(guān)系可能為（）A． B． C． D．【答案】AD【詳解】若兩小球在A點(diǎn)相碰后球1的速度方向與原來(lái)的速度方向相同，兩小球在B點(diǎn)相碰，是球2與擋板Q相碰后反彈，在B點(diǎn)與球1相碰，在A點(diǎn)相碰后球2經(jīng)過(guò)的路程是球1經(jīng)過(guò)的路程的3倍，有可得根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得若兩小球在A點(diǎn)相碰后球1的速度方向與原來(lái)的速度方向相反，兩小球在B點(diǎn)相碰，是球1與擋板P相碰后反彈，在B點(diǎn)追上球2，在A點(diǎn)相碰后球1經(jīng)過(guò)的路程是球2經(jīng)過(guò)的路程的3倍，有可得同理解得若兩小球在A點(diǎn)相碰后球1的速度方向與原來(lái)的速度方向相反，兩小球在B點(diǎn)相碰，是球1與擋板P相碰后反彈，球2與擋板Q相碰后反彈，在B點(diǎn)相碰，球1經(jīng)過(guò)的路程等于球2經(jīng)過(guò)的路程，有可得同理解得故選AD。11．如圖所示，傾角為37°的斜面上有兩個(gè)質(zhì)量均為1kg的貨物P、Q，P、Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為、，P沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，Q沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，已知P、Q碰撞前瞬間，P的速度大小為4m/s，Q的速度為零，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間Q的速度大小為3m/s，重力加速度，（sin37°=0.6cos37°=0.8）下列說(shuō)法正確的是（）A．P、Q發(fā)生的是彈性碰撞B．P、Q碰后瞬間P的動(dòng)量大小為C．P、Q碰后到P停下的過(guò)程中，P、Q系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．P、Q碰后到P停下的過(guò)程中，兩者位移之比為【答案】BCD【詳解】A．依題意，碰撞過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得解得可得即P、Q發(fā)生的是非彈性碰撞。故A錯(cuò)誤；B．P、Q碰后瞬間P的動(dòng)量大小為故B正確；C．P、Q碰后到P停下的過(guò)程中，系統(tǒng)所受合力為所以P、Q系統(tǒng)動(dòng)量守恒。故C正確；D．P、Q碰后到P停下的過(guò)程中，由牛頓第二定律可得可知碰后P做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)解得此時(shí)二者的位移分別為，可得兩者位移之比為故D正確。故選BD。12．如圖甲所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，時(shí)與木板相撞并粘在一起，兩者運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，重力加速度大小g取，則（）A．Q的質(zhì)量為2kg B．地面與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1J D．時(shí)木板的速度恰好為零【答案】BC【詳解】A．滑塊P滑上木板后，滑塊P做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板Q做勻加速運(yùn)動(dòng)，由兩者運(yùn)動(dòng)的圖像可知，兩者在碰撞前滑塊P的速度為，木板Q的速度，兩者碰撞后共同速度為，碰撞過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)滑塊P的質(zhì)量為m，木板Q的質(zhì)量為M，取滑塊P的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得A錯(cuò)誤；B．設(shè)滑塊P與木板Q間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為，地面與木板之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為，由運(yùn)動(dòng)的圖像可知，在0~2s時(shí)間內(nèi)，滑塊P的加速度為木板Q的加速度為對(duì)兩者由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得B正確；C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得C正確；D．對(duì)兩者碰撞后的整體由動(dòng)量定理可得代入數(shù)據(jù)解得可知木板的速度恰好是零的時(shí)刻應(yīng)是D錯(cuò)誤。故選BC。13．如圖，光滑圓弧槽面末端切線水平，并靜置一質(zhì)量為m2的小球Q，另一質(zhì)量為m1的小球P從槽面上某點(diǎn)靜止釋放，沿槽面滑至槽口處與Q球正碰，設(shè)碰撞過(guò)程中無(wú)能量損失，P、Q兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為1:3，則P、Q兩球質(zhì)量比可能是（）A．3:1 B．3:5 C．2:3 D．1:7【答案】AB【詳解】設(shè)碰撞前小球P的速度為v0，碰撞后P、Q的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得解得兩式之比為因P、Q兩球落地點(diǎn)到O點(diǎn)水平距離之比為1:3，即，則可能有兩種情況，一種是碰撞后P球不彈回，繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，有解得另一種是碰撞后P球被彈回，有解得綜上所述，P、Q兩球質(zhì)量比可能是、。故選AB。三、解答題14．2023年6月27日全國(guó)殘疾人冰壺錦標(biāo)賽和殘奧冰球錦標(biāo)賽拉開(kāi)序幕。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員將冰壺A以初速度v0=2m/s從M點(diǎn)水平擲出，沿直線運(yùn)動(dòng)一段距離后與靜止在N點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰，碰后冰壺A、B的速度大小分別為vA=0.3m/s、vB=0.7m/s，碰撞前后A的速度方向不變，運(yùn)動(dòng)中冰壺可視為質(zhì)點(diǎn)且碰撞時(shí)間極短。若冰壺A、B的質(zhì)量均為20kg，與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.015，重力加速度g=10m/s2。求：(1)兩冰壺碰撞前冰壺A的速度大小v1；(2)M、N兩點(diǎn)間的距離s；(3)通過(guò)計(jì)算判斷兩冰壺碰撞是否為彈性碰撞?！敬鸢浮?1)1m/s(2)10m(3)見(jiàn)解析【詳解】（1）兩冰壺碰撞過(guò)程中，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，以碰撞前A的速度方向?yàn)檎较?，有代入?shù)據(jù)解得（2）冰壺A從M點(diǎn)水平擲出至運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與冰壺B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得（3）碰撞前A、B兩冰壺的總動(dòng)能為碰撞后兩冰壺的總動(dòng)能為由于Ek1>Ek2，可知兩冰壺碰撞過(guò)程中有動(dòng)能損失，為非彈性碰撞。15．如題1圖，A、B兩個(gè)物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，其x-t圖像如題2圖所示，以向右為正方向，物體A質(zhì)量m1=1kg。（1）求物體A在碰撞過(guò)程中的動(dòng)量變化量Δp1；（2）求物體B的質(zhì)量m2；（3）通過(guò)計(jì)算判斷兩個(gè)物體的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞?！敬鸢浮?3kg·m/s6kg非彈性碰撞【詳解】（1）由圖可知，物體A碰前速度，碰后速度，則物體A在碰撞過(guò)程中的動(dòng)量變化量為（2）由圖可知，物體B在碰前靜止，碰后速度為，由動(dòng)量守恒定律得解得（3）兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為所以碰撞過(guò)程是非彈性碰撞。16．如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點(diǎn)正下方，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)拉動(dòng)小球使線水平伸直，小球由靜止開(kāi)始釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短），反彈后上升至最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為。小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）小球A與物塊B相撞前瞬間的速度大?。唬?）碰撞過(guò)程小球A對(duì)物塊B的沖量大??；（3）物塊B在地面上滑行的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)小球的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊相撞前的速度大小為，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得（2）設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為，同理有設(shè)碰撞后物塊的速度大小為，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有由動(dòng)量定理可得，碰撞過(guò)程滑塊獲得的沖量為聯(lián)立解得（3）物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小為設(shè)物塊在水平面上滑動(dòng)的距離為s，由動(dòng)能定理有解得17．長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A獲得一速度vA后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并也恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)A獲得一速度vA時(shí)，輕繩對(duì)小球A的拉力大??；(2)A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能?E?！敬鸢浮?1)6m1g(2)【詳解】（1）恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為，由牛頓第二定律有從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，由機(jī)械能守恒定律有對(duì)最低點(diǎn)受力分析可得解得輕繩對(duì)小球的拉力大小（2）設(shè)兩球粘在一起時(shí)的速度大小為粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿(mǎn)足要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较?，設(shè)碰前瞬間的速度大小為，由動(dòng)量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律可得，兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能18．在同一豎直平面內(nèi)，兩個(gè)大小相同的小球A，B懸掛于同一高度；靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。現(xiàn)將A球從最低點(diǎn)拉起高度h并由靜止釋放，在最低點(diǎn)與B球發(fā)生正碰。已知A球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)小球半徑和空氣阻力。（1）若B球的質(zhì)量也為m且