2022-2024年高考物理試題匯編：碰撞（解析版全國）

三年真題2立

邕經(jīng)宥值。麴題僧

考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢

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年高考全國乙卷:一豎直固定的長直圓管內(nèi)

考點(diǎn)1彈性碰

小球與圓盤彈性碰撞；1.碰撞，涉及動量和能量問題，是

撞

2023年學(xué)業(yè)水平等級考試上海卷:繩系小球與物高考考查頻率較高的。碰撞可以設(shè)

（5年5考）

塊彈性碰撞；計(jì)成不同情境，可以有機(jī)結(jié)合其他

2023年高考山東卷：物塊碰撞+滑塊木板模型；模型和圖像。

2.彈性碰撞命題可以是選擇題，可

2024年高考湖南卷:兩小球在水平圓環(huán)內(nèi)多次碰以是計(jì)算題；彈性碰撞與其他模型

撞；結(jié)合，大多是壓軸題。

2024年考甘肅卷：繩系小球與物塊彈性碰撞+滑3.非彈性碰撞過程有機(jī)械能損失，

考點(diǎn)2非彈性

塊木板模型；可能與動能定理、牛頓運(yùn)動定律結(jié)

碰撞

2023年高考北京卷:繩系小球與水平面上小球碰合。

（5年4考）

撞。

2022年高考北京卷:質(zhì)量為外和加2的兩個物體

在光滑水平面上正碰+位移圖像。

竊窗紛綴。闔滔送溫

考點(diǎn)01彈性碰撞

1.（2024年高考廣西卷）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動，速度大小

為V。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，N在

（）

B.豎直增面上的垂直投影的運(yùn)動是勻加速運(yùn)動

C,水平地面上的垂直投影的運(yùn)動速度大小等于1/

D.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動速度大小大于v

【答案】BC

【解析】

由于兩小球碰撞過程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩

小球交換速度，即：VM=O,VN=V

碰后小球N做平拋運(yùn)動，在水平方向做勻速直線運(yùn)動，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動速度大小等于V；在

豎直方向上做自由落體運(yùn)動，即豎直地面上的垂直投影的運(yùn)動是勻加速運(yùn)動。

故選BCo

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、乙兩個相同滑塊，分別從明、H乙

高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在。處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為〃，乙在水平

面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）

C.乙的運(yùn)動時間與8乙無關(guān)

H

D.甲最終停止位置與。處相距7.

【參考答案】ABD

【名師解析】兩滑塊在同一斜坡上同時由靜止開始下滑，加速度相同，則相對速度為零，即甲在斜坡

上運(yùn)動時與乙相對靜止，A正確；兩物塊滑到水平面后均做勻減速直線運(yùn)動，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，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速

度，B正確；設(shè)斜面傾角為對乙沿斜面下滑，有〃乙=彳，在水平面上運(yùn)動一段時間t2后與甲

碰撞，碰撞后以甲碰撞前的速度做勻減速運(yùn)動，運(yùn)動時間為t3,乙運(yùn)動的時間/=/|+與+<,,由于

3與〃乙有關(guān)，則總時間與〃乙有關(guān)，c錯誤；一下滑過程，有儂也7吟，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)動最終停止位置，由i方=

聯(lián)立解得x=g

A

即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與0處相距區(qū),

A

D正確。

3.(20分)(2023年高考全國乙卷).如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與

管的上端口距離為/,圓管長度為20/。一質(zhì)量為加拉的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中

3

心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動時與管壁不接觸，圓盤始終

水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。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的速度大??；

(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；

(3)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

【命題意圖】本題考查彈性碰撞及其相關(guān)知識點(diǎn)。

【解題思路】(1)小球第一次與圓盤碰撞前的速度為丫產(chǎn)商’

小球與圓盤彈性碰撞，設(shè)第一次碰撞后小球的速度大小為內(nèi)，圓盤的速度大小為V2,

由動量守恒定律mv0=-mv1+l\/lv2，

2

由系統(tǒng)動能不變，；mv0=；加匕之+LMv]

聯(lián)立解得：V1=4塞，V2=J宓。

22

(2)第一次碰撞后，小球向上做豎直上拋運(yùn)動，由于圓盤向下滑動所受摩擦力與重力相等，所以圓盤向下

做勻速運(yùn)動。

當(dāng)小球豎直上拋運(yùn)動向下速度增大到等于圓盤速度時，小球和圓盤之間距離最大。

當(dāng)小球豎直上拋運(yùn)動向下速度增大到等于圓盤速度的時間

///歷

t=Vi/g+v2/g=-------

g

小球回到第一次與圓盤碰撞前的位置，

在這段時間內(nèi)圓盤下落位移XT=v21=史豆史@=/。

2g

即第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離為/?

(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有x盤1=%球1

12.

即V^+~gh=M1

解得。二2y3o

g

3

此時小球的速度畛=匕+Sh=2V0

2

圓盤的速度仍為這段時間內(nèi)圓盤下降的位移：％盤1=4=%=2/

g

之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒mv2+Mv[=mv2+Mv2

根據(jù)能量守恒：^mv2+~Mv?=~mv2+~MV2

聯(lián)立解得￡=o,v；=%

同理可得當(dāng)位移相等時：

X盤2=X球2

"12

解得%2=4⑥

g

圓盤向下運(yùn)動X盤2=%/">=------=4/

一g

此時圓盤距下端關(guān)口13/,之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度

%=gti=2%

有動量守恒

mv3

機(jī)械能守恒

-mv^+-Mv':2=-mv；2+-Mv"2

2222

得碰后小球速度為

32

圓盤速度

32

當(dāng)二者即將四次碰撞時

X盤3二X球3

即

呼3=V，3+gg"

得

t3=-=.=t?

g

在這段時間內(nèi)，圓盤向下移動

%盤3=呼3=—=6/

g

此時圓盤距離下端管口長度為

20/-1/-2/-4/-6/=71

此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2/,故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤將向下移動

X盤4=8/

則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運(yùn)動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(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)水平等級考試上海卷)(16分)如圖，將質(zhì)量mp=0.15kg的小球P系在長度L=1.2m輕繩一

端，輕繩另一端固定在天花板上。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

球向左拉開一段距離后釋放，運(yùn)動到最低點(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摩擦因數(shù)尸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)的時間內(nèi)，物塊Q運(yùn)動的距離。

【參考答案】(1)1.4m/s(2)0.36m

【名師解析】

2

(1)由圓周運(yùn)動的向心加速度公式，a=%,解得v°=1.4m/s

L

碰撞后的速度

PvP=-^-vo=O.28m/s

碰撞過程，由動量守恒定律，解得：

mPv0=mPvP+ITIQVQ,vQ=1.68m/s

(2)設(shè)碰撞后P擺動到最高點(diǎn)的高度為h,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，mgh=1■機(jī)加

解得h=0.004m

,，。小于5。,

由sin。=

P的擺動可以看作單擺的簡諧運(yùn)動,

P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時間為t=T/2=n—=l.ls

4Ng

物塊在水平面上滑動的加速度a=|ig=2.74m/s2

Q在水平面上運(yùn)動時間t，=絲=0.6s,小于t=l.ls,即Q已經(jīng)停止。

a

所以Q運(yùn)動的距圖為s=^-=0.504m。

2a

5.(2023高考山東高中學(xué)業(yè)水平等級考試)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。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好

到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為5。已知

v=4m/s,mA=mc=1kg,=2kg,A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)〃1=0.1,

C與B間動摩擦因數(shù)〃2=06,B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)

碰撞時間，取重力加速度大小g=10m/s2。

(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5的范圍；

(3)若s=0.48m,求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功VV；

(4)若s=0.48m,自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量

【參考答案】(1)H=0.8m；(2)0.625m<5<1,707m；(3)-6J；(4)9.02kg-m/s

【名師解析】

(I)由題意可知滑塊c靜止滑下過程根據(jù)動能定理有

〃12

mcgH=-mcv

代入數(shù)據(jù)解得H=0.8m

(2)滑塊C剛滑上B時可知C受到水平向左的摩擦力，為刃=〃2加eg

木板B受到C的摩擦力水平向右，為于；=%m°g

B受到地面的摩擦力水平向左，為工=4(機(jī)c+gjg

〃加rg廠,2

所以滑塊C的加速度為&==〃2g=5m/s

機(jī)c

木板B的加速度為他="￡皿3^1.2

加B

設(shè)經(jīng)過時間h，B和C共速，有

4-5x=1+1x

代入數(shù)據(jù)解得

.=0.5s

木板B的位移

1,

2

SRI=1x0.5+—xlx0.5=0.625m

B12

共同的速度

v共i=l+lx0.5m/s=1.5m/s

此后B和C共同減速，加速度大小為

芯….=]1nzs2

DU

mB+加c

設(shè)再經(jīng)過&時間，物塊A恰好撞上木板B,有

0.625+11.5/2———（0.5+4）

整理得名72-0.25=0

解得ri±vis,/匕Y2s（舍去）

2222

此時B的位移

5*g2=0.625+11.5,2——x1x

=lx（O.5+Z2）=l+^-?1.707m

共同的速度

V共2-V共]一〃BCX彳2=l-5-lx

綜上可知滿足條件的S范圍為

0.625m<51<1.707m

(3)由于s=0.48m<0.625m

所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有

,19

0.48—1xZQ+—x1x

整理后有+20—0.96=0

解得/o=0.4s,ZQ=—2.4s（舍去）

1

滑塊C在這段時間的位移=4x0.4——x5x0.49m=1.2m

2

所以摩擦力對C做的功W=-f2sc=-〃2加cgSc=-6J

(4)因?yàn)槟景錌足夠長，最后的狀態(tài)一定會是C與B靜止，物塊A向左勻速運(yùn)動。木板B向右運(yùn)動0.48m

時，有

vB0=1+1x0.4m/s=1.4m/s

vco=4-5x0.4m/s=2m/s

SA=1x0.4m=0.4m

此時A、B之間的距離為As=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向左做勻減速運(yùn)動，可得加速度大小

■=〃22+4配+收）8=4儂2

加B

物塊A和木板B相向運(yùn)動，設(shè)經(jīng)過b時間恰好相遇，則有

lxz3+11.4/3—；x4x]]=0.08

整理得看—1.24+0.04=0

解得/3-2史,3+2具（舍去）

3535

此時有vRI=1.4-4x--1nzs=9電--m/s>方向向左；

Bl55

vcl=2-5x_-m/s=^2^2-ljm/s>方向向右。

接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為Vo=lm/s,方向向右，以水平向右為正方向，則有

m

機(jī)A%+B（一）=機(jī)AVA+機(jī)B^B

1%說+|WB（-VB1）2=|機(jī)|加B琮

代入數(shù)據(jù)解得

320-25./

vA=--------------m/sx-2.02m/s

A15

15-872,,

v=-----------m/sx0.246m/s

BR15

而此時vc=vcl=2-5x-_m/s=^2^2-ijm/s?1.83m/s

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,

系統(tǒng)的初動量夕初=（掰4+/%）%+^cV=7kg-m/s

末動量夕末=mAvA=-2.02kg-m/s

則整個過程動量的變化量3=?末一夕初=-9.02kg?m/s

即這三個物體總動量的變化量Ap的大小為9.02kg?m/s?

6.(2022?全國理綜乙卷?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，7=0時與彈簧接觸，至打=2/0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的V—/圖像如圖

(b)所示。己知從，=0到/=■時間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為0.36%辦。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。(Sin。=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

【參考答案】(1)0.6*;(2)0.768%。；(3)0.45

【名師解析】

(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、8速度相等，即/=■時刻，根據(jù)動量守恒定律

mB-1.2v0=(mB+m)v0

根據(jù)能量守恒定律

121,

Epmax=-ms(1.2v0)--(mB+m)v~

聯(lián)立解得啊=5機(jī)，Epmax=0.6mVg

(2)同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F=ma

可知同一時刻

aA=5aB

則同一時刻A、8的的瞬時速度分別為

〃=

VB=1.2%--Y

根據(jù)位移等于速度在時間上的累積可得

S4=”（累積）

%=累積）

又

■=0.36%。

解得

%=1』28%。

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

As-sB-sA-0.768%%

(3)物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說明物塊A第二次與8分離后速度大小仍為2%,方

向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為山，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得

mvA-5m-O.8vo=m-(-2v0)+5mvB

根據(jù)能量守恒定律可得

mv2

~A+~5m-(O.8vo)=；機(jī)?(-2%y+-^-5mv'g

聯(lián)立解得VN=%

設(shè)在斜面上滑行的長度為上滑過程，根據(jù)動能定理可得

1,

-mgLsin0-pmgLcos0=0-~7"(2%)

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

1,

mgLsin0-/nmgLcos6)=—mv0-0

聯(lián)立解得〃=0.45

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nM和mB的小球A和B

初始時小球A以初速度匕沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動，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。

(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)動所需向心力的大??；

(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頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比

加A

加B。

(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍

(0<e<l)，求第1次碰撞到第2"+1次碰撞之間小球B通過的路程。

=%%F=成片

【答案】(1)V(2)4=2或4=5；

機(jī)A+機(jī)B'(mA+mB)7?加B

IjiRm.e2,,-l

(3)-------

e"(e-l)

機(jī)A+機(jī)B

【解析】

(1)有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動量守恒，設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v,則根據(jù)動量守恒有

機(jī)A%=(機(jī)A+機(jī)B)V

可得

y=%%

機(jī)A+^B

碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有

/*

F=(mA+mB)—

可得

F一加:看

(mA+mB)R

(2)若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為以，玲，則碰后動量和能量守恒有

g%說=；%4+；叫云

聯(lián)立解得

(加A-加B)2%%

V/=----------%，VB----

加A+^B機(jī)A+根B

因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€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通過的路程之比為

:（左=1，2,3...）,則有

l-I

以=也=化=0,1,2,3…）

vBxB4+3左]'

聯(lián)立解得

mA_4+3k\

〃%2—3左

由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故幻=0,即

以=2

對第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為以，V；,則同樣有

機(jī)A^A+機(jī)B%=機(jī)AK+機(jī)Bq

?+?WBVB=?WAVA+?機(jī)B譜

聯(lián)立解得"=%,V；=0,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)，以此類推，滿足題意。

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通過的路程之比為

蘭當(dāng)（《2=0』,2,3…）；所以

5+3左2'

vA_xA_2+3k2

vBxB5+3kl

聯(lián)立可得

mA_5+3k]

mB1-3kl

因?yàn)閮少|(zhì)量均為正數(shù)，故卜2=0,即

“=5

%

根據(jù)①的分析可證以=%,v；=0,滿足題意。

綜上可知

機(jī)Ac加AL

為=2或久=5

切B祖B

(3)第一次碰前相對速度大小為vo,第一次碰后的相對速度大小為匕相=ev0,第一次碰后與第二次相碰前

B球比A球多運(yùn)動一圈，即B球相對A球運(yùn)動一圈，有

2兀R

4=

匕相

第一次碰撞動量守恒有

%%=%VAI+MBVBI

且

ev

%相=%n—%=o

聯(lián)立解得

VB=

B球運(yùn)動的路程

2兀RmAv02兀皿［1門］

邑=4/1

機(jī)A+機(jī)B［匕相+1,加A+機(jī)B(e)

第二次碰撞的相對速度大小為

%相=e匕相=e2%

2兀R

,2相

第二次碰撞有

mAV0=mAVA2+mBVB2

且

匕相=丫垣—VB2=e2%

聯(lián)立可得

2心”)

所以B球運(yùn)動的路程

27iRm2jiRm姆

$2="B2‘2A

加A+^B加A+^B

一共碰了2c次，有

g2"-l

2兀RmA?1111]2?T?7〃A

S=邑+§2+S3H--------1-^211-------+—+^-+---+—=-----—

mA+mBeee)mA+mB

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0尸和。P作用下處于平衡狀態(tài)，

細(xì)繩。'尸=0尸=1.6m,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。尸，小球A開始運(yùn)動。(重力加速度g取10向『)

(1)求A運(yùn)動到最低點(diǎn)時細(xì)繩OP所受的拉力。

(2)A在最低點(diǎn)時，細(xì)繩。P斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短)、碰后A豎直下落，C水平向

右運(yùn)動。求碰后C的速度大小。

(3)A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。

C

【答案】(1)40N；(2)4m/s；(3)0.15

【解析】

根據(jù)題意，設(shè)AC質(zhì)量為機(jī)=2kg,B的質(zhì)量為M=6kg,細(xì)繩。尸長為/=初始時細(xì)線與豎直方向

夾角。=60°。

(1)A開始運(yùn)動到最低點(diǎn)有

mgZ(l-cos^)=~mvl-0

對最低點(diǎn)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得

口mvl

尸一叫=丫

解得

%=4m/s,F=40N

(2)A與C相碰時，水平方向動量守恒，由于碰后A豎直下落可知

mvQ=0+mvc

故解得

%=%=4m/s

(3)A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速，則對CB分析，過程中根據(jù)動量守恒可得

mv0=+m)v

根據(jù)能量守恒得

〃機(jī)g￡相對=3%元_:（機(jī)+M）2

V

聯(lián)立解得〃=0.15

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縫連接，兩半徑均為R=0.4m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)左=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量機(jī)=012kg的滑塊a以初速度

%=2后向5從。處進(jìn)入，經(jīng)。EF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長

￡=0.8m,以v=2m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,其它摩擦和阻力

均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢能=工履2（x為形變量）。

p2

（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小V-和所受支持力大小FN；

（2）若滑塊。碰后返回到B點(diǎn)時速度為=Im/S,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能AE；

（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差A(yù)%。

【名師解析】（1）滑塊a以初速度v0從D處進(jìn)入豎直圓弧軌道DEF運(yùn)動，機(jī)械能守恒，

mg?2R二;加母加片，解得VF=10m/s。

2

在最低點(diǎn)F,由牛頓第二定律，F(xiàn)N-mg=m匕1,

R

解得:FN=31.2N

（2）碰撞后滑塊a返回過程，由動能定理，-mg?2R-nmgL二,加v；,加V；,解得Va=5m/s。

22

滑塊a、b碰撞，由動量守恒定律，mvF=-mva+3mvb,

解得：vb=5m/s

碰撞過程中損失的機(jī)械能△E二,mvj--mv1--3mvl=0

222

（3）滑塊a碰撞b后立即被粘住，由動量守恒定律，mvF=（m+3m）vab，

解得vab=2.5m/So

滑塊ab一起向右運(yùn)動，壓縮彈簧，ab減速運(yùn)動，c加速運(yùn)動，當(dāng)abc三者速度相等時，彈簧長度最小,

由動量守恒定律，(m+3m)vab=(m+3m+2m)vabC

解得Vabc=5/3m/so

由機(jī)械能守恒定律，Epi=—4mv1b--6mv^

r*2a。2ClUC

解得Epl=0.5J

10

由Epi=—kxx解得：最大壓縮量Xi=O.lm

滑塊ab一起繼續(xù)向右運(yùn)動，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，c速度最

大，ab速度最??；滑塊ab一起再繼續(xù)向右運(yùn)動，彈簧彈