2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化6：動量守恒應用之碰撞模型（難度：偏難）

2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化6：動量守恒應用之碰撞模型（難度：偏難）【碰撞的合理性分析】如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()A．A和B都向左運動B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動D．A向左運動，B向右運動【彈性碰撞】冰壺運動深受觀眾喜愛，在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖所示．若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項圖中的哪幅圖()【彈性碰撞】如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設碰撞過程中不損失機械能，則碰后三個小球的速度分別為()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0【彈性碰撞】(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成．如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2.設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是()A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0【碰撞的可能性分析】質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的速度為6m/s，B球的速度為2m/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）A.1m/s，6m/s B.4.5m/s，3.5m/sC.3.5m/s，4.5m/s D.－1m/s，9m/s【碰撞的可能性分析】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s【碰撞的可能性分析】(多選)質量為m的物塊在光滑水平面上與質量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動量相同，碰撞后質量為m的物塊恰好靜止，則兩者質量之比eq\f(M,m)可能為()A．1B．2C．3D．4【碰撞的可能性分析】如圖所示，A、B兩個小球沿光滑水平面向右運動，取向右為正方向，則A的動量pA＝10kg·m/s，B的動量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的動量增量ΔpA＝－4kg·m/s，則A、B的質量比mAmBA.C.【碰撞的可能性分析】（多選）如圖，光滑圓弧槽面末端切線水平，并靜置一質量為m2的小球Q，另一質量為m1的小球P從槽面上某點靜止釋放，沿槽面滑至槽口處與Q球正碰，設碰撞過程中無能量損失，P、Q兩球落地點到O點水平距離之比為1∶3，則P、Q兩球質量比可能是（）A.3∶1 B.3∶5C.2∶3 D.1∶7【碰撞的可能性分析】(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質點，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運動到最高點時的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞【碰撞的圖像分析】(2022·北京高考)質量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是()A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率C．碰撞后m2的動量大于m1的動量D．碰撞后m2的動能小于m1的動能【碰撞的圖像分析】A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運動并發(fā)生正碰，如圖為兩物塊碰撞前后的位移－時間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移－時間圖像，c為碰撞后兩物塊共同運動的位移－時間圖像，若A物塊質量m＝2kg，則由圖判斷，下列結論錯誤的是()A．碰撞前后A的動量變化量的大小為4kg·m/sB．B物塊的質量為0.75kgC．碰撞過程A對B所施沖量大小為4N·sD．碰撞過程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動能為10J【碰撞的圖像分析】在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運動，發(fā)生碰撞且碰撞時間極短。碰撞前后兩球在同一直線運動的位置隨時間變化的x－t圖像如圖所示。則關于兩球的質量大小關系和碰撞類型，以下說法正確的是（）A.ma∶mb＝3∶1 B.ma∶mb＝1∶1C.彈性碰撞 D.完全非彈性碰撞【碰撞的圖像分析】(2021·重慶高考)質量相同的甲、乙兩小球(視為質點)以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生正碰。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，其中虛線關于t＝t1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．t＝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【碰撞的圖像分析】（多選）如圖所示，將兩個質量分別為m1＝60g、m2＝30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度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球碰撞的時間為0.01s，不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度—時間圖像如圖乙所示，g取10m/s2（）A.B球與A球碰前的速度大小均為6m/sB.兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小之比為1∶101C.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞D.若m2?m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m【多次碰撞】(多選)物理學中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則()A．C球落地前瞬間A球的速度為eq\r(2gH)B．從上至下三球的質量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H【多次碰撞】如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質量之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1【多次碰撞】(2020·全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【多次碰撞】如圖所示，物塊A的質量為m，物塊B、C的質量均為M.開始時物塊A、B分別以大小為2v0、v0的速度沿光滑水平軌道向右側的豎直固定擋板運動，為保證A、B均向右運動的過程中不發(fā)生碰撞，將物塊C無初速度地迅速粘在A上．B與擋板碰撞后以原速率反彈，A與B碰撞后粘在一起．(1)為使B能與擋板碰撞兩次，求eq\f(M,m)應滿足的條件；(2)若三個物塊的質量均為m，求在整個作用過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q.2022年第24屆冬奧會中，短道速滑接力賽是冰上最為激烈的運動項目之一。質量為60kg的運動員甲，以速度12m/s從后方接近質量為50kg的運動員乙，身體接觸前運動員乙的速度為9.6m/s；運動員甲在推送運動員乙的過程中推送時間極短，運動員乙被推后的瞬時速度為12m/s，運動員甲助力后在直道上向前滑行了19m，接著撞上緩沖墊后1s停下；運動員的鞋子與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.05，g取10m/s2。求：（1）甲運動員助力后的速度；（2）甲對緩沖墊的平均作用力是多少。(2022·河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。(2022·天津高考)冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A推到M點放手，此時A的速度v0＝2m/s，勻減速滑行x1＝16.8m到達N點時，隊友用毛刷開始擦A運動前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2＝3.5m，與靜止在P點的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05m/s和vB＝0.55m/s。已知A、B質量相同，A與MN間冰面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.01，重力加速度g取10m/s2，運動過程中兩冰壺均視為質點，A、B碰撞時間極短。求冰壺A(1)在N點的速度v1的大??；(2)與NP間冰面的動摩擦因數(shù)μ2。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，如圖乙所示，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x1＝2m，彈珠B與坑的間距x2＝1m。某同學將彈珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右彈出，經(jīng)過時間t1＝0.4s與彈珠B正碰（碰撞時間極短），碰后彈珠A又向前運動Δx＝0.1m后停下。已知兩彈珠的質量均為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)μ；（2）兩彈珠碰撞過程的機械能損失，并判斷該同學能否勝出。如圖所示，以v＝5m/s的速度順時針勻速轉動的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對接，右端與光滑水平面平滑對接，水平面上有n個位于同一直線上、處于靜止狀態(tài)的相同小球，小球質量m0＝0.2kg。質量m＝0.1kg的物體從軌道上高h＝4.0m的P點由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點時速度大小v0＝7m/s。物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶A、B之間的距離L＝3.4m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度g＝10m/s2,eq\r(10)≈3.16。求：(1)物體從P點下滑到A點的過程中，摩擦力做的功；(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中，傳送帶對物體的沖量大??；(3)物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離；(4)n個小球最終獲得的總動能。2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化6：動量守恒應用之碰撞模型（難度：偏難）【解析版】【碰撞的合理性分析】如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()A．A和B都向左運動B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動D．A向左運動，B向右運動答案D解析選向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，選項A、B、C都不滿足此式，只有D滿足此式，所以D正確，A、B、C錯誤?！緩椥耘鲎病勘鶋剡\動深受觀眾喜愛，在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖所示．若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項圖中的哪幅圖()答案B解析兩冰壺碰撞過程中動量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動量不變，兩冰壺的動量方向即速度方向，不會偏離甲原來的方向，可知，A圖情況是不可能的，故A錯誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，最終兩冰壺的位置可能如選項B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，乙在前，甲在后，選項C所示是不可能的，故C錯誤；碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯誤．【彈性碰撞】如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設碰撞過程中不損失機械能，則碰后三個小球的速度分別為()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案D解析由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒．設三球質量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0，總動能為eq\f(1,2)mv02.選項A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動量守恒定律，故不可能．對選項C，碰后總動量為mv0，但總動能為eq\f(1,4)mv02，這顯然違反了機械能守恒定律，故不可能．對選項D，既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選D.【彈性碰撞】(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成．如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2.設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是()A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案B解析設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv32，聯(lián)立解得v1＝v0.設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×14mv22＋eq\f(1,2)mv42，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv02，氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)×14mv22＝eq\f(28mv02,225)，可得EkH>EkN，故B正確，A、C、D錯誤．【碰撞的可能性分析】質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的速度為6m/s，B球的速度為2m/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）A.1m/s，6m/s B.4.5m/s，3.5m/sC.3.5m/s，4.5m/s D.－1m/s，9m/s解析：C設每個球的質量均為m，碰前系統(tǒng)總動量p＝mvA1＋mvB1＝6m＋2m＝8m，碰前的總動能Ek＝12mvA12＋12mvB12＝20m，若碰后vA＝1m/s，vB＝6m/s，碰后總動量p'＝mvA＋mvB＝7m，動量不守恒，A錯誤；若vA＝4.5m/s，vB＝3.5m/s，明顯vA＞vB不合理，B錯誤；若vA＝3.5m/s，vB＝4.5m/s，碰后總動量p'＝mvA＋mvB＝8m，總動能Ek'＝12mvA2＋12mvB2＝16.25m，碰撞前后動量守恒，碰后機械能不增加，C可能實現(xiàn)；若vA＝－1m/s，vB＝9m/s，碰后總動量p'＝mvA＋mvB＝8m，總動能【碰撞的可能性分析】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s答案C解析碰前系統(tǒng)總動量為：p＝mAvA＋mBvB＝1×6kg·m/s＋2×2kg·m/s＝10kg·m/s，碰前總動能為：Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1×62J＋eq\f(1,2)×2×22J＝22J。如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動量為：p′＝1×3kg·m/s＋2×4kg·m/s＝11kg·m/s，動量不守恒，不可能，A錯誤；若vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s，則碰撞后，A、B兩球同向運動，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B錯誤；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動量為：p′＝1×2kg·m/s＋2×4kg·m/s＝10kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為：Ek′＝eq\f(1,2)×1×22J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，系統(tǒng)動能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，則碰后總動量為：p′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7kg·m/s＝10kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為：Ek′＝eq\f(1,2)×1×42J＋eq\f(1,2)×2×72J＝57J，系統(tǒng)總動能增加，不可能，D錯誤?！九鲎驳目赡苄苑治觥?多選)質量為m的物塊在光滑水平面上與質量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動量相同，碰撞后質量為m的物塊恰好靜止，則兩者質量之比eq\f(M,m)可能為()A．1B．2C．3D．4[解析]設碰前每個物塊的動量為p，碰后M的速度為v，由動量守恒得2p＝Mv由能量守恒定律可知，碰前系統(tǒng)的動能大于等于碰后系統(tǒng)的動能，又Ek＝eq\f(p2,2m)，可得eq\f(p2,2M)＋eq\f(p2,2m)≥eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,M)))eq\s\up12(2)，聯(lián)立解得eq\f(M,m)≥3，C、D正確。[答案]CD【碰撞的可能性分析】如圖所示，A、B兩個小球沿光滑水平面向右運動，取向右為正方向，則A的動量pA＝10kg·m/s，B的動量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的動量增量ΔpA＝－4kg·m/s，則A、B的質量比mAmBA.C.解析：B因為A追上B發(fā)生碰撞，則碰前速度滿足vA＞vB，即pAmA＞pBmB，解得mAmB＜53，碰撞過程滿足動量守恒，則pA＋pB＝pA'＋pB'，由題意知pA'＝6kg·m/s，則pB'＝10kg·m/s，由能量關系得pA22mA＋pB22mB≥pA'22m【碰撞的可能性分析】（多選）如圖，光滑圓弧槽面末端切線水平，并靜置一質量為m2的小球Q，另一質量為m1的小球P從槽面上某點靜止釋放，沿槽面滑至槽口處與Q球正碰，設碰撞過程中無能量損失，P、Q兩球落地點到O點水平距離之比為1∶3，則P、Q兩球質量比可能是（）A.3∶1 B.3∶5C.2∶3 D.1∶7解析：ABD設碰撞前小球P的速度為v0，碰撞后P、Q的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律和機械能守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，12m1v02＝12m1v12＋12m2v22，解得v1＝m1-m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0，兩式之比為v1v2＝m1-m22m1，若碰撞后P球不彈回，繼續(xù)向前運動，P球射程一定小于Q球射程，根據(jù)兩球落地點到O點水平距離之比為1∶3可得v1v2＝13，v1v2＝m1-m22m1，解得m1m2＝31，A可能；若碰撞后P球被彈回，并且P球射程小于Q球射程，根據(jù)兩球落地點到O點水平距離之比為1∶3可得v1v【碰撞的可能性分析】(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質點，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運動到最高點時的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞[答案]AD[解析]A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得，eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，A與B碰后B的速率最大，故B的最大速率為4m/s，A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq\f(4,3)m/s，B錯誤；設B、C分離時的速度分別為vB′、vC′，從B沖上C然后又滑到C底端的過程，由水平方向動量守恒，有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)·Mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)·MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|<|vA|，所以B與A不會再次發(fā)生碰撞，C錯誤，D正確?！九鲎驳膱D像分析】(2022·北京高考)質量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是()A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率C．碰撞后m2的動量大于m1的動量D．碰撞后m2的動能小于m1的動能答案C解析x-t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)題中x-t圖像可知，碰撞前m1的速度大小為v0＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，m2的速度為0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A錯誤；兩物體正碰后，m1的速度大小為v1＝eq\f(4,3－1)m/s＝2m/s，m2的速度大小為v2＝eq\f(8－4,3－1)m/s＝2m/s，故碰撞后兩物體的速率相等，B錯誤；兩物體碰撞過程中滿足動量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得兩物體質量的關系為m2＝3m1，根據(jù)動量的表達式p＝mv可知，碰撞后m2的動量大于m1的動量，根據(jù)動能的表達式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，碰撞后m2的動能大于m1的動能，C正確，D錯誤?！九鲎驳膱D像分析】A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運動并發(fā)生正碰，如圖為兩物塊碰撞前后的位移－時間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移－時間圖像，c為碰撞后兩物塊共同運動的位移－時間圖像，若A物塊質量m＝2kg，則由圖判斷，下列結論錯誤的是()A．碰撞前后A的動量變化量的大小為4kg·m/sB．B物塊的質量為0.75kgC．碰撞過程A對B所施沖量大小為4N·sD．碰撞過程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動能為10J答案B解析以A的初速度方向為正方向，由圖像可知碰撞前A的速度為vA＝eq\f(10－4,2)m/s＝3m/s，碰撞后A、B的共同速度為vAB＝eq\f(4－2,2)m/s＝1m/s，則碰撞前A的動量為mvA＝2×3kg·m/s＝6kg·m/s，碰撞后A的動量為mvAB＝2kg·m/s，碰撞前后A的動量變化量的大小為4kg·m/s，A正確，不符合題意；碰撞前B的速度為vB＝－eq\f(4,2)m/s＝－2m/s，由動量守恒定律得mvA＋mBvB＝(m＋mB)vAB，解得mB＝eq\f(4,3)kg，B錯誤，符合題意；由動量定理得I＝mBvAB－mBvB＝eq\f(4,3)×1kg·m/s－eq\f(4,3)×(－2)kg·m/s＝4N·s，即碰撞過程A對B所施沖量大小為4N·s，C正確，不符合題意；碰撞過程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(m＋mB)vAB2＝eq\f(1,2)×2×32J＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×(－2)2J－eq\f(1,2)×(2＋eq\f(4,3))×12J＝10J，D正確，不符合題意．【碰撞的圖像分析】在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運動，發(fā)生碰撞且碰撞時間極短。碰撞前后兩球在同一直線運動的位置隨時間變化的x－t圖像如圖所示。則關于兩球的質量大小關系和碰撞類型，以下說法正確的是（）A.ma∶mb＝3∶1 B.ma∶mb＝1∶1C.彈性碰撞 D.完全非彈性碰撞解析：A以球b碰撞前的速度方向為正方向，由x－t圖像可知，碰撞前va＝－2m/s，vb＝1m/s，碰撞后va'＝－1m/s，vb'＝－2m/s，根據(jù)動量守恒定律得mava＋mbvb＝mava'＋mbvb'，可得ma∶mb＝3∶1，碰撞后兩球速度不相等，所以不是完全非彈性碰撞，碰撞前系統(tǒng)動能Ek＝12mava2＋12mbvb2，碰撞后系統(tǒng)動能Ek'＝12mava'2＋12mbvb'2【碰撞的圖像分析】(2021·重慶高考)質量相同的甲、乙兩小球(視為質點)以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生正碰。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，其中虛線關于t＝t1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．t＝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答案C解析根據(jù)x-t圖線的斜率表示速度可知，t＝0時刻，甲的速率小于乙的速率，A錯誤。根據(jù)題述，題圖中虛線關于t＝t1左右對稱，可知碰撞前后瞬間，乙的速度大小不變，方向變化，則乙的動量大小不變，方向變化，B錯誤。根據(jù)題述，實線兩個頂點的縱坐標相同，可知碰撞前后瞬間，甲的速度大小不變，動能不變，C正確。根據(jù)B、C項分析，結合動量守恒定律有－m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲－m乙v乙，可得v甲＝v乙，即兩球碰撞后瞬間，速度大小相同，故動能也相同，又重力勢能相同，可知碰撞后兩球的機械能相等，D錯誤?！九鲎驳膱D像分析】（多選）如圖所示，將兩個質量分別為m1＝60g、m2＝30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度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球碰撞的時間為0.01s，不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度—時間圖像如圖乙所示，g取10m/s2（）A.B球與A球碰前的速度大小均為6m/sB.兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小之比為1∶101C.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞D.若m2?m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m解析：AB由乙圖可知，A球與B球碰前，B球做自由落體運動，運動時間為0.6s，則碰前B球的速度大小為v0＝gt1＝6m/s，A球落地速度大小vA＝2g?0＝6m/s，落地所用時間t2＝2?0g＝6s，A球與地面碰撞后以原速率返回，可得返回時兩球馬上相碰，B球碰前速度大小為6m/s＝v0，故A正確；根據(jù)動量定理，A和B相互作用過程中，B動量的變化量等于B球所受合力的沖量I1－m2gt＝m2（v2＋v0），重力的沖量為I2＝m2gt，I2I1＝1101，故B正確；因為A、B作用時間極短，重力對系統(tǒng)的沖量遠小于系統(tǒng)總動量，可以視系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2，得A碰后速度為v1＝1m/s，計算知12m1v02＋12m2v02＞12m1v12＋12m2v22，碰撞后，系統(tǒng)機械能有損失，不是彈性碰撞，故C錯誤；若不計系統(tǒng)重力的影響，由動量守恒定律得m1v0－m2v0＝m1v1'＋m2v2'，不計能量損失，由能量守恒定律得12m1v02＋12m2v02＝12m1v1'2＋12m2v2'2，聯(lián)立解得v2'＝3m1-m2m1+m【多次碰撞】(多選)物理學中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則()A．C球落地前瞬間A球的速度為eq\r(2gH)B．從上至下三球的質量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H答案ABD解析因為A、B、C球由靜止同時釋放，所以C球落地瞬間三個小球的速度相等，由自由落體運動公式v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝eq\r(2gH)，A正確；由題意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是彈性碰撞，設向上為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律，可知C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq\f(1,2)mBvB′2＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2，由以上幾式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正確；由B項分析解得vA′＝3eq\r(2gH)，根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律，A球彈起的最大高度hmax＝eq\f(vA′2,2g)＝9H，C錯誤，D正確?！径啻闻鲎病咳鐖D所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質量之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1答案D解析設A、B的質量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向為正方向，由題意知，A球經(jīng)擋板反彈后兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為eq\f(v0,3)和－eq\f(v0,3)，則有mBv0＝mA·eq\f(v0,3)＋mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1，D正確?！径啻闻鲎病?2020·全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案BC解析設運動員和物塊的質量分別為m、m0，規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第1次將物塊推出后，設運動員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據(jù)動量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0，物塊與擋板彈性碰撞后，運動方向與運動員同向，當運動員第2次推出物塊時，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0，第3次推出物塊時，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0，以此類推，第8次推出物塊后，運動員的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0。根據(jù)題意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物塊后，運動員的速度v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。綜上所述，該運動員的質量應滿足52kg<m<60kg，故A、D錯誤，B、C正確。【多次碰撞】如圖所示，物塊A的質量為m，物塊B、C的質量均為M.開始時物塊A、B分別以大小為2v0、v0的速度沿光滑水平軌道向右側的豎直固定擋板運動，為保證A、B均向右運動的過程中不發(fā)生碰撞，將物塊C無初速度地迅速粘在A上．B與擋板碰撞后以原速率反彈，A與B碰撞后粘在一起．(1)為使B能與擋板碰撞兩次，求eq\f(M,m)應滿足的條件；(2)若三個物塊的質量均為m，求在整個作用過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q.答案(1)1≤eq\f(M,m)<2(2)eq\f(7,3)mv02解析(1)設A、C粘在一起的共同速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律有2mv0＝(m＋M)v1，為保證A、B均向右運動的過程中不發(fā)生碰撞，應滿足v1≤v0.設A、B碰撞后瞬間的共同速度大小為v2，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有(m＋M)v1－Mv0＝(m＋2M)v2，為使B能與擋板再次碰撞，應滿足v2>0，解得1≤eq\f(M,m)<2.(2)若M＝m，則由(1)可得v1＝v0，v2＝eq\f(1,3)v0根據(jù)能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)m(2v0)2＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×3mv22，解得Q＝eq\f(7,3)mv02.2022年第24屆冬奧會中，短道速滑接力賽是冰上最為激烈的運動項目之一。質量為60kg的運動員甲，以速度12m/s從后方接近質量為50kg的運動員乙，身體接觸前運動員乙的速度為9.6m/s；運動員甲在推送運動員乙的過程中推送時間極短，運動員乙被推后的瞬時速度為12m/s，運動員甲助力后在直道上向前滑行了19m，接著撞上緩沖墊后1s停下；運動員的鞋子與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.05，g取10m/s2。求：（1）甲運動員助力后的速度；（2）甲對緩沖墊的平均作用力是多少。解析：（1）由運動員甲推送運動員乙過程中，由動量守恒定律得m乙v乙＋m甲v甲＝m乙v乙'＋m甲v甲'解得v甲'＝10m/s。（2）運動員甲推送完運動員乙后到恰接觸緩沖墊過程，根據(jù)動能定理得－μm甲gs＝12m甲v2－12m甲v甲運動員甲碰撞上緩沖墊后，根據(jù)動量定理得（F＋μm甲g）t＝m甲v聯(lián)立解得F＝510N。答案：（1）10m/s（2）510N(2022·河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。[答案](1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s方向均水平向右(2)1.875m[解析](1)物塊C、D碰撞過程中動量守恒，設碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質量均為m，以水平向右為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后瞬間新物塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向水平向右滑板A、B碰撞過程中動量守恒，設碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質量分別為mA、mB，以水平向右為正方向，則有mAv0－mB·kv0＝(mA＋mB)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0可知碰撞后瞬間新滑板的速度大小為eq\f(10－20k,3)m/s，方向也水平向右。(2)若k＝0.5，可知碰撞后瞬間新物塊的速度為v物＝5(1－k)m/s＝2.5m/s新滑板的速度為v滑＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0分析可知，從碰撞后到二者相對靜止，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設相對靜止時二者的共同速度為v共，根據(jù)動量守恒定律可得2mv物＝(2m＋mA＋mB)v共解得v共＝1m/s根據(jù)功能關系及能量守恒定律可得μ×2mgx相＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,物)－eq\f(1,2)(2m＋mA＋mB)veq\o\al(2,共)可解得兩者相對位移的大小為x相＝1.875m。(2022·天津高考)冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A推到M點放手，此時A的速度v0＝2m/s，勻減速滑行x1＝16.8m到達N點時，隊友用毛刷開始擦A運動前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2＝3.5m，與靜止在P點的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05m/s和vB＝0.55m/s。已知A、B質量相同，A與MN間冰面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.01，重力加速度g取10m/s2，運動過程中兩冰壺均視為質點，A、B碰撞時間極短。求冰壺A(1)在N點的速度v1的大小；(2)與NP間冰面的動摩擦因數(shù)μ2。答案(1)0.8m/s(2)0.004解析(1)設冰壺質量為m，A受到冰面的支持力大小為FN，A在MN間運動過程受到的滑動摩擦力大小為f1，加速度大小為a1。由豎直方向受力平衡，有FN＝mg由滑動摩擦力的公式，有f1＝μ1FN由牛頓第二定律可得f1＝ma1由勻變速直線運動速度與位移的關系式，有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2a1x1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v1＝0.8m/s。(2)設碰撞前瞬間A的速度為v2，由動量守恒定律可得mv2＝mvA＋mvB設A在NP間運動過程受到的滑動摩擦力大小為f2，則有f2＝μ2FN對冰壺A由N運動到P的過程，由動能定理可得－f2x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得μ2＝0.004。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，如圖乙所示，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x1＝2m，彈珠B與坑的間距x2＝1m。某同學將彈珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右彈出，經(jīng)過時間t1＝0.4s與彈珠B正碰（碰撞時間極短），碰后彈珠A又向前運動Δx＝0.1m后停下。已知兩彈珠的質量均為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)μ；（2）兩彈珠碰撞過程的機械能損失，并判斷該同學能否勝出。解析：（1）設碰撞前瞬間彈珠A的速度為v1，由運動學公式得x1＝v0t1－12av1＝v0－at1，由牛頓第二定律得μmg＝ma聯(lián)立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝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a＝5m/s2，設彈珠A碰撞后瞬間的速度為v1'，由運動學規(guī)律v1'2＝2aΔx解得v1'＝1m/s設碰后瞬間彈珠B的速度為v2'，由動量守恒定律得mv1＋0＝mv1'＋mv2'解得v2'＝3m/s所以兩彈珠碰撞過程