2025高考物理專項(xiàng)復(fù)習(xí)：碰撞與類碰撞模型（解析版）

碰撞與類碰撞模型

目錄

【模型一】彈性碰撞模型..............................................................................1

【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型...........................................................8

【模型三】碰撞模型三原則..........................................................................16

【模型四】小球一曲面模型.........................................................................18

【模型五】小球一彈簧模型.........................................................................22

【模型六】子彈打木塊模型.........................................................................28

【模型七】滑塊木板模型...........................................................................33

【模型一】彈性碰撞模型

1.彈性碰撞

發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒,若兩物體質(zhì)量分別為mi和山2,碰前速度為

%,。2,碰后速度分別為生，。2’，則有：

+m2v2=m]vi+m2f2（1）

22

+y^2^2=+-^-m2v2（2）

聯(lián)立⑴、（2）解得：

?cTn"i+7n202?

"i=2-------------------"i，。2=2--------------------V".

mi+m2m1+m2一

特殊情況：若館1=館2，01=02，02=

2.“動(dòng)靜相碰型“彈性船ft的結(jié)論

兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為館1、速度為3的小球與質(zhì)量為恒2的

靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有

7nls—rrixVi+m2V2

191/9I1

57nl4=ymil；1+—Tn2v2

（TO1—m2）l；i,277115

解得：Vi，V2

mi+m2=有項(xiàng)

結(jié)論：⑴當(dāng)？?11=7712時(shí)，V1=0,。2'=%（質(zhì)量相等,速度交換）

⑵當(dāng)？721>7）12時(shí)，％'>0，。2'>0，且。2'>%'（大碰小，一起跑）

⑶當(dāng)？721V7712時(shí)，4V0，02'>0（小碰大，要反彈）

（4）當(dāng)?721》在時(shí)，Vi=VQ9。2'=2%（極大碰極小，大不變，小加倍）

⑸當(dāng)7nl《館2時(shí)，3'=一"1，"2'=0（極小碰極大,小等速率反彈，大不變）

1.（2024.江西.一模）如圖，在水平地面上固定一圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)壁光滑，圓環(huán)內(nèi)嵌著4、B兩個(gè)大小相同的

小球，它們的質(zhì)量分別是小人、館/且館4>館6,小球的直徑略小于圓環(huán)的孔徑且它們之?間的摩?擦忽略?

不計(jì)，圓環(huán)的內(nèi)半徑遠(yuǎn)大于球的半徑，初始時(shí)口球處于靜止?fàn)顟B(tài)，入球以一定初速度撞擊8球，A、B

兩個(gè)球在a點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，一段時(shí)間后，入、B兩個(gè)球在b點(diǎn)發(fā)生第二次彈性碰撞，a、b兩點(diǎn)與圓環(huán)

圓心的連線夾角為120°,則m4：巾-為()

A.2：1B.3：1C.4：1D.5：1

【答案】A

【詳解】兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為0、,則根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有

mAv0=+mBvB,+

聯(lián)立解得

mA—mB2?naOo

VA=T，VB=----7----

mA+mBmA+mB

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，有

以=借+相周(k=0,1,2…),磔=傳+町，周，(％=0,1,2…)

故通過的路程之比為尹萼(k=0,1,2…)，則有

4+3/c

叫xl+3fc八1°、

L力A而T—。，1，2…)

聯(lián)立解得

?/和=。,1,2…)

TTbpZOK

由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故％=0,即

如=2

mB1

故選A。

2.(2024?吉林長春?模擬預(yù)測)如圖所示，用長度均為Z的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛三個(gè)形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依

次滿足巾1》m2》小3(“》"表示'‘遠(yuǎn)大于")。將左邊第一個(gè)小球拉起一定角度。后釋放，則最后一個(gè)

小球開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度約為()

m}m2m3

A.J2gz(1—cos夕)B.2j2gZ(l—cosd)C.3/2gZ(l—cosd)D.4J2gz(1—cos夕)

【答案】。

【詳解】設(shè)碰撞前瞬間第一個(gè)小球的速度為％,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

migl(l—cosJ)=-^-rriiVo

解得

Uo=J2gz(1—cosJ)

設(shè)第一個(gè)小球與第二個(gè)小球碰撞后兩個(gè)小球的速度分別為3和。2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有

rriiVo—館1。1+m2v2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

ynzi^o=/利費(fèi)+

聯(lián)立可得

v———VoTTLi?m，則=2。0,同理，。3=2。2，所以

2Tn，i+m22

3=4no=4j2g2(l—cos-)

故選D。

3.(2024?廣西?高考真題)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/M與靜置于平臺(tái)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，"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.豎直墻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。

D.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于。

【答案】BC

【詳解】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,根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可

知

mv—mvM+mvN

ymvj=

由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即

1>M=0,1)N=V

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)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。

故選8。。

4.（2024?廣東肇慶?三模）臺(tái)球是深受大眾喜愛的娛樂健身活動(dòng)。如圖，運(yùn)動(dòng)員采用“點(diǎn)桿”擊球法（當(dāng)球

桿桿頭接觸母球的瞬間，迅速將桿抽回，母球離桿后與目標(biāo)球發(fā)生對心正碰,視為彈性碰撞）擊打母

球，使得目標(biāo)球被碰撞后經(jīng)CD邊反彈進(jìn)入球洞A，這種進(jìn)球方式被稱為“翻袋”進(jìn)球法。已知兩球質(zhì)

量均為0.2kg,且可視為質(zhì)點(diǎn)，球間距離為0.9小，目標(biāo)球與CD擋壁間虛線距離為0.3小，目標(biāo)球被CD

擋壁反彈后向A球洞運(yùn)動(dòng)方向與AC擋壁間夾角為30°,AC=手小，球與桌面間阻力為重力的力，

球與擋壁碰撞過程中損失年的動(dòng)能，重力加速度g=10m/s2。

（1）求母球在桌面做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；

（2）若某次擊打后母球獲得的初速度為lm/s,且桿頭與母球的接觸時(shí)間為0.05s,求母球受到桿頭的平

均沖擊力大??；

（3）若能到達(dá)球洞上方且速率小于6m/s的球均可進(jìn)洞,為使目標(biāo)球能進(jìn)洞,求母球初速度需要滿足的

條件。（計(jì)算結(jié)果都可以用根號(hào)表示）

AE，B

r----------------1

阿P母球

'、、**

、X?*

、\??

\。目標(biāo)球

?----------------X

CFD

［答案］⑴⑵（3）2^22m/s<2A/58m/s

【詳解】（1）由牛頓第二定律可得

/=kmg—ma

根據(jù)題意可知卜=!，解得

a=k1g=-1-0m/s2z

o

（2）桿頭擊打母球，對母球由動(dòng)量定理可得

（F—f）At—mv—0

代入數(shù)據(jù)解得

F=^-N

（3）母球與目標(biāo)球碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得

—kmgSr=—

母球與目標(biāo)球碰撞前后，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得

mv1=mv［+mv2

目標(biāo)球前進(jìn)到CD擋壁，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得

—kmgs2=—^-mvl

目標(biāo)球與CD擋壁碰撞，根據(jù)題意有

]x=^-mvl

即

1

必二5期3

目標(biāo)球運(yùn)動(dòng)到A球洞過程，由動(dòng)能定理可得

,&AC1912

—KTYiq---------=—mvi——mvi

ycos302524

又滿足

0<”5W6m/s

聯(lián)立解得

2V22m/s<*W2V58m/s

5.（2024?山東荷澤?模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量分別為小、3m,3m的小球/、8、。靜止在光滑的水平面

上,且球心在同一直線上，小球8用長為心（未知）的細(xì)線連接懸于Q點(diǎn)，小球。用長為乙2（未知）的細(xì)

線連接懸于Q點(diǎn)，小球8、C剛好與水平面接觸，現(xiàn)給小球A一個(gè)水平向右大小為死的初速度，小球

A與小球B發(fā)生彈性正碰，使小球8恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，接著小球4與小球C也發(fā)生彈性正

碰，碰撞后小球。也恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),重力加速度大小為g,不計(jì)小球的大小,求：

（1）懸掛小球B的細(xì)線長〃；

（2）小球A與小球。第一次碰撞后一瞬間,細(xì)線對小球。的拉力大小。

L,

L?---->

<!）o

CAB

【答案】（1）或；（2）18mg

【詳解】⑴4石碰撞過程，有

TYIVQ—mVi+3mv2

-^-mvo=/-37m

解得

碰后小球石恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球石到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)有

3mg=3m——

Li

小球B從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

—3mg-2Lx=-1--3TOU2—-3m?2

聯(lián)立解得

Vo

Li—W

（2）4、C碰撞過程，有

rrw、—mv3+3mi>4

+:,Smvl

解得

_v0_v0

碰后小球。恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球。到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)有

"2

3mg=3m-—

L?

小球。從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

—3mg-2L-2=:-3mv'2—?Smvl

兩球碰后瞬間，對。，根據(jù)牛頓第二定律有

B—3mg=6m~—

乙2

聯(lián)立解得

F=18mg

6.（2024?江西贛州.二模）某學(xué)習(xí)小組通過一款小游戲研究碰撞問題。游戲裝置俯視圖如圖所示,在粗糙

的水平面上固定一圓形光滑軌道，緊貼軌道內(nèi)側(cè)放置兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊4、34、B與水平面

間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，圓形光滑軌道的半徑為r0現(xiàn)給A一個(gè)向左的初速度為,使其沿著軌道在水

平面上做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)半周時(shí)與B發(fā)生彈性碰撞。已知mB=3mA，重力加速度為g。

（1）求剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A的加速度大小a：

o_

（2）若〃=0.2,丁=一m,vG=3m/s,g取lOm/sz,求4與B碰后B滑行的路程s。

兀

A

【答案】（l）a=個(gè)譚+〃2g2；（2）s=0.0625m

【詳解】（1）4剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)軌道的彈力提供向心力

F=m—

NAr

A所受摩擦力為

f="rr1Ag

根據(jù)牛頓第二定律

V^+f=mAa

解得

a=JJ+扁2

（2）設(shè)人與B碰撞前瞬間的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理

2

-/^mAg-itr=-^-mAv-

解得

v=Im/s

根據(jù)動(dòng)量守恒定律

m/u=m/Ui+m的2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律

2

yWV=~^TnAvl+

解得

v2=0.5m/s

又

~/j.mBg?s=0-

解得

s=0.0625m

7.（2024?河南新鄉(xiāng).二模）如圖所示，某同學(xué)在水平雪地里做了一個(gè)冰壺比賽場地，將兩個(gè)冰壺4、8從擲

出線先、后（時(shí)間差△力=0.5s）擲出，擲出時(shí)的速度大小分別為以=2.5m/s,”B=2.9m/s,兩冰壺均沿

中心線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)冰壺B追上冰壺A時(shí)兩者發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短）,之后冰壺人恰好到達(dá)大本營

中心。已知冰壺4B的質(zhì)量分別為7n4=0.7kg、7nB=0.5kg,兩冰壺與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=

0.04,兩冰壺均可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度大小g=10m/s2o求：

（1）兩冰壺碰撞前的速度大小％、植；

（2）大本營中心到擲出線的距離s；

（3）冰壺B擲出后與冰壺A間的最大距離do

擲出線

Q大本營

【答案】（1）14=1.5m/s,V'B=2.1m/s;（2）s=10m;（3）d=2.55m

【詳解】（1）設(shè)冰壺B運(yùn)動(dòng)時(shí)間力后追上冰壺A,兩冰壺在冰面上減速時(shí)的加速度大小為Q,由牛頓第二定律

可得

/Ltmg=ma

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

+=vBt—力2

%Q（力+△力）

r

vB=vB—at

解得

v'A—1.5m/s

%=2.1m/s

(2)設(shè)兩冰壺碰撞后的速度大小分別為o:、，則有

r

mA成+mBvB=+e即4

切監(jiān)

,1,z2,<

s=vBt-—at+—

解得

s=10m

(3)設(shè)最終兩冰壺間的距離為力，有

+yWWfi=umAgs+/J.mBg{s-x)

解得

x=2.55m

則冰壺B擲出后與冰壺4間的最大距離為

d=2.55m

【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型

1.非彈性碰撞

介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動(dòng)量守恒,碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失。

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m^i+m2v2=rriiVi+m2v2(1)

22

損失動(dòng)能△及,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：m2vl=ym^i+ym2f2+AEk.⑵

2.完全非彈性碰撞

碰后物體的速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：

mm+m2V2—(巾1+館2)。共(1)vi<V24v

完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動(dòng)能最多，損失動(dòng)能：

1

XEk=/2m1vl+%m2vl—+m^v^.(2)

聯(lián)立⑴、⑵解得：W.=皿如［仍"2.限=?丁?_的)2

772-1+m22仍+電

8.(2024.山東濟(jì)南?模擬預(yù)測)如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊人、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m

=2kg?開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止。給A向左的初速度g=3m/s,一段時(shí)間后，口與人同向運(yùn)動(dòng)發(fā)

生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的2倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一

半。整個(gè)過程中橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，則滑塊口的質(zhì)量為()

【答案】。

【詳解】設(shè)碰撞前瞬間A、B的速度大小為別為％、的,碰撞后的共同速度為內(nèi),根據(jù)題意有

01

毒=23,v3=—v2

對該系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有

mv0=mv、+m切2

mvi+m切2—(m+mB)v3

聯(lián)立解得

mB=1kg

故選。。

9.如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有幾個(gè)質(zhì)量均為小的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為乙，某個(gè)

滑塊均可看成質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)給第一個(gè)滑塊水平向右的初速度滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個(gè)

滑塊開始運(yùn)動(dòng)到第n-1個(gè)滑塊與第n個(gè)滑塊相碰時(shí)的總時(shí)間為（）

【答案】B

【詳解】由于每次相碰后滑塊會(huì)粘在一起，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

=2nw2

可知第二個(gè)滑塊開始運(yùn)動(dòng)的速度大小為

1

夕2=了。0

同理第三個(gè)滑塊開始滑動(dòng)的速度大小為

1

”3=

第（n—1）個(gè)球開始滑動(dòng)的速度大小為

1

因此運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

LL上MIC…I,1、n(n-l)L

t=—+++…+—：----二——(1+2+3H---\-n—1)=--------

32%

2V°3"。士71—比1U。。

故選及

10.如圖甲，用繩長L=0.8m的輕繩懸掛質(zhì)量?ri的鐵球a,另一個(gè)質(zhì)量為m的鐵球b從與豎直方向夾角

為。的光滑圓弧軌道某位置靜止釋放，在最低處與a球發(fā)生完全非彈性碰撞，圖乙是碰撞后輕繩拉力

F與角度余弦值cos。的函數(shù)關(guān)系，已知圓弧半徑A=g取10m/s2,下列說法錯(cuò)誤的是（）

甲乙

A.鐵球的質(zhì)量m=1kg

B.從e=60°的位置靜止釋放，碰撞之后的兩球速度為四m/s

C.從8=60°的位置靜止釋放，碰撞前后損失的機(jī)械能為2J

D.從右側(cè)。位置靜止釋放后，碰撞之后的兩球，恰好能擺動(dòng)到左側(cè)偏離豎直方向6處

【答案】。

【詳解】根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知

mgL（l-cos，）=-^-mv2

碰撞過程動(dòng)量守恒，有

mv=27?w共

在最低處，由牛頓第二定律得

靖

F—2mg=2m

LJ

聯(lián)立可得

F=-mgcosd+3mg

結(jié)合圖像可知

3mg=30N

所以

m=1kg

故A正確，不符合題意；

BC.結(jié)合圖線，。=60°時(shí)，F(xiàn)=25N,代入上式可得

n共=V2m/s,v=2A/2m/s

所以碰撞前后損失的機(jī)械能為

△E=--mv2—?2mv^_—2J

22八

故正確，不符合題意；

D.碰撞之后，能量損失，因此不可能擺動(dòng)到左側(cè)偏離豎直方向。處，故。錯(cuò)誤，符合題意。

故選。。

11.滑塊P以初速度沿水平軌道滑行3距離后與靜止在軌道上的滑塊Q發(fā)生完全非彈性碰撞，已知兩

滑塊在水平軌道上滑行受到的阻力與其重力之比均為Q碰撞后滑行C距離后停止，則P、Q的質(zhì)量之

比為（）

人y/2kgxy/2kgx

y/2kgx—J優(yōu)一2kgx02kgx—^2kgxQ

CN2kgM

J優(yōu)一2kgX?！猟2kgx，狀+2kgx?！狫2kgx

【答案】。

【詳解】設(shè)滑塊P的質(zhì)量為mi,滑塊Q的質(zhì)量為館2,碰撞前，對滑塊P滑動(dòng)過程，由動(dòng)能定理有

-km^xo=＜皿優(yōu)一祝

滑塊P、Q碰撞，以g方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有

m?i=（m1+m2）v

碰撞后滑塊P、Q同速滑動(dòng)，由動(dòng)能定理有

2

—k{m1+m2)gx—0—(jn1+m^v

聯(lián)立解得

mi_v_y/2kgx

m2Vi-vJ喘—2kgxQ—J2kgx

故選0。

12.已知一滴雨珠的重力可達(dá)蚊子體重的幾十倍，但是下雨時(shí)蚊子卻可以在“雨中漫步”。為研究蚊子不

會(huì)被雨滴砸死的訣竅，科學(xué)家用高速相機(jī)拍攝并記錄蚊子的運(yùn)動(dòng)情況，研究發(fā)現(xiàn)蚊子被雨滴擊中時(shí)并

不抵擋雨滴，而是與雨滴融為一體,順應(yīng)雨滴的趨勢落下，隨后迅速側(cè)向微調(diào)與雨滴分離。已知蚊子

的質(zhì)量為小,初速度為零；雨滴質(zhì)量為50小,擊中蚊子前豎直勻速下落的速度為“，蚊子與雨滴的作用

時(shí)間為右，以豎直向下為正方向。假設(shè)雨滴和蚊子組成的系統(tǒng)所受合外力為零。則（）

A.蚊子與雨滴融為一體后，整體的的速度大小為上。

51

B.蚊子與雨滴融為一體的過程中，雨滴的動(dòng)量變化量為

51

C.蚊子與雨滴融為一體的過程中，蚊子受到的平均作用力為嚕棄

bit

D.若雨滴直接砸在靜止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力將變小

【答案】C

【詳解】4.蚊子與雨滴融為一體的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒有

50m??=517TW共

解得

_50

取—51V

A錯(cuò)誤；

B.雨滴的動(dòng)量變化量為

△p=50m?共一⑦)

B錯(cuò)誤；

C,設(shè)蚊子受到的平均作用力為F,根據(jù)動(dòng)量定理有

Ft=77W共

解得

F=5Omi;

51t

。正確；

D.若雨滴直接砸在靜止的蚊子上，蚊子與雨滴的作用時(shí)間變短，雨滴的動(dòng)量變化量變大，則雨滴受到的平

均作用力將變大，蚊子受到的平均作用力也變大，。錯(cuò)誤。

故選C。

13.在光滑水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體Q與另一物體b發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短,兩物體的位置隨時(shí)間

變化規(guī)律如圖所示，以Q物體碰前速度方向?yàn)檎较?，下列說法正確的是（）???

A.碰撞后a的動(dòng)量為6kg?m/sB.碰撞后b的動(dòng)量為2kg,m/s

C.物體b的質(zhì)量為2kgD.碰撞過程中a對b的沖量為6N-s

【答案】。

【詳解】AB.由題圖可知，碰撞前a的速度為

Vo=^m/s=4m/s

碰前總動(dòng)量

p=mav0=8kg?m/s

撞后a、6共同的速度為

v--^-m/s—lm/s

12—4

則碰撞后a的動(dòng)量為

pa—mav—2kg-m/s

因碰撞過程動(dòng)量守恒，則碰撞后b的動(dòng)量為

Pb=p—Pa=6kg-m/s

故AB錯(cuò)誤；

C.根據(jù)題意，設(shè)b的質(zhì)量為mb,由圖可知,碰撞前b物體靜止,a、b碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律可得

ma）=（ma+mb）v

解得

mb=6kg

故。錯(cuò)誤；

D.根據(jù)題意，對6物體，由動(dòng)量定理有

Ib—mbv—0

解得

4=6N-s

故。正確。

故選。。

14.（2024.山東煙臺(tái).二模）質(zhì)量為mi和巾2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標(biāo)力隨時(shí)間力變化

的圖像如圖所示，若令歪—左=p,則P的取值范圍為（）

X1力

A.p<1B.p<0C.pW—1D.—1<p<1

【答案】。

【詳解】/一方圖像的斜率表示物體的速度，兩物體正碰后，7nl碰后的速度為

v=----——m2碰后的速度大小為

112Tl

/2一力1

V=--------

212Tl

兩小球碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒定律，即

=mi-Ui+m2V2

且

萬nh優(yōu)>—m^vi+—m2vi

整理解得

包<T

Xih

即

p4一1

故選。。

15.（2024-山東煙臺(tái)?一模）如圖所示,某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為小、相距2L沿直線排列，靜

置于水平地面上。為節(jié)省收納空間，工人給第一輛車一個(gè)瞬間的水平推力R使車自行運(yùn)動(dòng)，并與第二

輛車相碰,且在極短時(shí)間內(nèi)相互嵌套結(jié)為一體，以共同的速度運(yùn)動(dòng)了距離看，恰好?？吭趬?。若車

運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力恒為車重的％倍，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則工人給第一輛購物車水平

D.2TnJ3kgL+

【答案】4

【詳解】設(shè)第一■輛車碰前瞬間的速度為仍，與第二輛車碰后的共同速度為v2,由動(dòng)量守恒定律有

mV、=2mv2

根據(jù)動(dòng)能定理可得

-k-2mg-y—0-y（2m）^

聯(lián)立解得

=2dkgL

設(shè)第一輛車推出時(shí)的速度為3,根據(jù)動(dòng)能定理可得

—kmg-2L-—^-mvo

根據(jù)動(dòng)量定理，工人給第一輛購物車水平推力F的沖量大小為

IF=mv0=2m,y/2kgL

故選A。

16.（2024?貴州?模擬預(yù)測）如圖,光滑水平地面上,動(dòng)量為P1的小球1向右運(yùn)動(dòng),與同向運(yùn)動(dòng)且動(dòng)量為a的

小球2發(fā)生彈性碰撞，a=加，碰撞后小球1的速率為”1、動(dòng)能為七"、動(dòng)量大小為正,小球2的速率為

底、動(dòng)能為EL、動(dòng)量大小為優(yōu)。下列選項(xiàng)一定正確的是（）

%v2

A.v[<v'2B.碰撞后球2向右運(yùn)動(dòng)，球1向左運(yùn)動(dòng)

C.E'kl<E'k2D.p[<p2

【答案】。

【詳解】要發(fā)生碰撞則

m1<m2

根據(jù)兩個(gè)物體發(fā)生彈性碰撞的公式可得碰撞后速度

om

-----2prriiP

(mi—m),g+2m2-v尸mii(m—rrir)-+2mi,%rr^

v[=22，以=2

7711+wi2m1+m2mi+m2m1+m2

因此當(dāng)皿足夠大時(shí)可造成

771]

V[>V2

由彈性碰撞規(guī)律，當(dāng)2曳V3時(shí)可造成碰后兩者可以都向右運(yùn)動(dòng),故AB錯(cuò)誤；

777,1

C.碰撞過程小球2動(dòng)能增大，但初動(dòng)能小球1的大于小球2的，故碰后動(dòng)能大小不確定，故。錯(cuò)誤;

D.碰撞過程小球2動(dòng)量增大，且系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以設(shè)，故D正確。

故選。。

17.（2024?黑龍江齊齊哈爾?一模）如圖所示為雜技表演“胸口碎大石”，其原理可解釋為：當(dāng)大石塊獲得的

速度較小時(shí)，下面的人感受到的振動(dòng)就會(huì)較小，人的安全性就較強(qiáng)，若大石塊的質(zhì)量是鐵錘的150倍,

則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的（）

A'R-±_O_±-T)_±_

?50,150*250.350

【答案】B

【詳解】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律

mv()=(150m+m)v

解得

_1

”=加"。

如果發(fā)生的是彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律

TYWQ=150mi；i+mv2

由機(jī)械能守恒定律

--mvQ=；X150M憂+

聯(lián)立解得

2

%=寸。

故撞擊后大石塊的速度范圍為

1々々2

故撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的上7。

150

故選及

18.如圖(a)所示,光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球。力=0時(shí)，乙球以6m/s的初速度沖向原來靜

止的甲球，在0?4時(shí)間內(nèi)它們的”-力圖線如圖S)所示。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩球未相碰，設(shè)小右時(shí)刻

兩球的總電勢能分別為瓦、及，則()

A.時(shí)刻兩球最近，身＞后3B.協(xié)時(shí)刻兩球最近，為〈風(fēng)

C.與時(shí)刻兩球最近，及》七3D.t2時(shí)刻兩球最近，及V及

【答案】A

【詳解】由圖（6）可知，0?右時(shí)間內(nèi)乙球向左減速，甲球向左加速，可知兩球帶同種電荷，兩球間存在斥力，

友時(shí)刻兩球速度相同，相距最近，由動(dòng)量守恒定律可得

小匕。0=（771甲+機(jī)匕）%

解得

吐=2

整個(gè)過程電場力做負(fù)功，電勢能增加，增加量為

△瓦=-（6甲+m＞乙）費(fèi)

其中

Vi=2m/s

之后在斥力的作用下，甲繼續(xù)向左加速，乙向左減速至速度為零后向右加速，13時(shí)刻兩球沒有相距最近，0

?力3過程中，電勢能的增加量為

△星=:小乙端一（《機(jī)那+白?71乙娟

其中

v2—4m/s,v3=-2m/s

代入數(shù)據(jù)可得

△耳＞皿

故tx時(shí)刻兩球的總電勢能較大，即

故選人。

【模型三】碰撞模型三原則

⑴動(dòng)量守恒:即P1+02=01'+02’.

（2）動(dòng)能不增加：即EkA+E1a＞及J+用2'或點(diǎn)+盧）譬+/.

2iTn＞\2tm22?rzi2rm2

（3）速度要合理

①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有“后〉”前,碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng),則應(yīng)

有”前后’。

②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。

【其它方法①】臨界法

彈性碰撞沒有動(dòng)能損失，完全非彈性碰撞動(dòng)能損失最多，計(jì)算出這兩種情況下的臨界速度，那么其他碰撞應(yīng)該

介于二者之間。

19.如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩小球在光滑的水平面上發(fā)生正碰，碰前人、B的速度分別為辦=3m/s,

g=—Im/s,碰后4B兩小球的速度必和植可能是（）

?M

A.v'A=—Im/s,v'B=Im/sB.v'A=2m/s,v'B=0

C.=0,v'B=2m/sD.v'A=-2m/s,v'B=4m/s

【答案】。

【詳解】A.兩球碰撞前后應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律

mvA+mvB=mv'A+mv'B

選項(xiàng)中數(shù)據(jù)不滿足動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤；

BC.兩個(gè)選項(xiàng)滿足動(dòng)量守恒

mvA+mvB=mv'A+mv'B

也滿足碰后兩球的動(dòng)能之和不大于碰前兩球的動(dòng)能之和

mv^2s-1-mvl+/wwg

如果碰后A的速度方向不變，則A球的速度不大于B球的速度，即有以&狼，B錯(cuò)誤，。正確；

D.碰前兩球的動(dòng)能之和，即

+-mvB=5m

碰后兩球的動(dòng)能之和

+-^-mvg—10m

能量增加，。錯(cuò)誤。

故選。。

20.如圖所示,光滑水平面上有大小相同的4、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2小4,規(guī)

定向右為正方向，4、B兩球的動(dòng)量均為6kg-m/s,運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后入球的動(dòng)量增量為

—4kg-m/s』1]()

7777777/7777777777777/7777777"

A.左方是人球，碰撞后人、口兩球速度大小之比為2：5

B.左方是A球，碰撞后人、口兩球速度大小之比為1:10

C.右方是A球,碰撞后兩球速度大小之比為2：5

D.右方是A球,碰撞后人、B兩球速度大小之比為1:10

【答案】A

【詳解】根據(jù)題意可知，A、B兩球均向右運(yùn)動(dòng)，由p=mu可知，由于兩球質(zhì)量關(guān)系為M