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1、1碰撞模型及其拓展目录目录1碰撞问题遵循的三条原则2两种碰撞模型的特点3碰撞模型拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型(2)“耗散型”碰撞拓展模型1碰撞问题遵循的三条原则1碰撞问题遵循的三条原则2两种碰撞模型的特点2两种碰撞模型的特点(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有m1v1=m1v1+m2v212m1v21=12m1v12+12m2v22解得v1=(m1-m2)v1m1+m2，v2=2m1v1m1+m2。结论：当m1=m2时，v1=0，v2=v1，两球碰撞后交换了速度。当m1m2时，v10，v
2、20，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。当m1m2时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来。当m1m2时，v1=v1，v2=2v1。(2)完全非弹性碰撞动量守恒，末速度相同，m1v1+m2v2=(m1+m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失 E=12m1v21+12m2v22-12(m1+m2)v共2。3碰撞模型拓展3碰撞模型拓展碰撞模型及其拓展-2024年高考物理二轮热点模型2(1 1)“保守型保守型”碰撞拓展模型碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球-弹簧模型小球-曲面模型小球-小球模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹
3、性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足12mv20=12mv21+12Mv22(2 2)“耗散型耗散型”碰撞拓展模型碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能1 1(2022全国乙卷25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为 0.36v0
4、t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的 B 再次碰撞，之后 A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为(sin=0.6)，与水平面平滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。2 2(20232023上 四川成都 高三统考期中)如图，质量为mN=1kg、半径R=0.5m的14圆弧形凹槽N放在光滑水平面上，质量为mP=1kg、初速度v0=5m/s的小球P从凹槽底端水平滑入。已知小球从滑入凹槽到分离过程中因两者的摩擦而产生的热量Q=4
5、J，重力加速度g=10m/s2。在此过程中，下列说法正确的是()3A.小球和凹槽组成的系统因合外力不做功而机械能守恒B.小球和凹槽组成的系统因水平方向合外力为零而水平方向动量守恒C.小球能从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为0.125mD.小球与凹槽分离后并以v=1m/s的速度向右做平抛运动3 3(20242024上 全国 高三专题练习)在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为 18kg m/s，B 的动量为 24kg m/s。A 从后面追上 B，它们相互作用一段时间后，B 的动量增大为32kgm/s，方向不变。下列说法正确的是()A.若此过程为弹性碰撞，则两物体的
6、质量之比为mAmB=13B.若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为mAmB=718C.若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为mAmB=14D.若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为mAmB=9164 4(20232023 广东省高三三模)如图所示，在光滑的水平面上有一质量 M=4 kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端 P 处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10 m。某时刻平板车以v1=1m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2=8m/s的速度向右滑行。一段
7、时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d=5 m，取g=10m/s2，求：(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v；(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数；(3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。1(20232023上 陕西西安 高三校联考阶段练习)如图所示，左端连接着轻质弹簧、质量为2m的小球B静止在光滑水平地面上，质量为m的小球A以大小为v0的初速度向右做匀速直线运动，接着逐渐压缩弹簧并使小球B运动，一段时间后，小球A与弹簧分离，若小球A、B与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，则在上述过程中，下列说法正确的是()4A.小球B的最大速度为13v0B.弹簧的最
8、大弹性势能为13mv02C.两小球的速度大小可能同时都为12v0D.从小球A接触弹簧到弹簧再次恢复原长时，弹簧对小球A、B的冲量相同2(20232023上 广东佛山 高三统考阶段练习)光滑水平轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在B处平滑连接，质量为m2的小球2静止在B处，质量为m1的小球1以初速度v0向右运动，当小球1与小球2发生弹性碰撞后，小球2将沿光滑半圆形轨道上升，运动过程中未脱离半圆形轨道。已知当地重力加速度为g，m2=km1k0，v0=2 5gR，不考虑多次碰撞的情况，则k不可能取到的数值为()A.2B.3C.4D.63(20232023上 山东济南 高三山东省实验中学校考期中)如图所示
9、，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为12m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反。则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值可能是()A.23mv20B.14mv20C.19mv20D.112mv204(20232023上 内蒙古呼伦贝尔 高三校考阶段练习)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合
10、在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知()A.子弹射中上层时对滑块做功多B.两次子弹对滑块做的功一样多C.子弹射中上层系统产生热量多D.子弹与上层之间的摩擦力较大5(20232023上 北京东城 高三东直门中学校考阶段练习)如图甲，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光潜水平面上。物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图乙所示。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面
11、，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为(sin=0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是()5A.从t=0到t=t0时间内，A的位移为0.50v0t0B.A、B两物体的质量比为1:4C.碰撞过程弹簧弹性势能的最大值为0.6mv20D.A与斜面间动摩擦因数为0.256(多选)()(20232023 河北唐山 统考二模)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m的木板A，通过不可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以v0的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态
12、。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是()A.木板A的速度大小为v0B.木板B的速度大小为14v0C.物块C的速度大小为0D.木板A、B、C共速7(多选)()(20232023上 河北邯郸 高三统考期中)一质量为m的小球A以初速度v0与正前方另一小球B发生碰撞，碰撞过程A、B两球的v-t图像如图所示。已知地面光滑，则下列说法正确的是()A.图线P反映的是碰撞过程中A球的v-t图像B.B球的质量可表示为v0-ccmC.一定存在b-a=v0D.碰撞过程中A、B两球的最大弹性势能为mv0v0-c28(多选)()(20232023 河北省部分高中第三次模拟)物体间发生碰
13、撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程度的损失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞发生前二者相对速度的大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，用符号表示。现有一质量为m1=3kg的物块A在光滑水平面上以速度v0=5m/s向右运动，与静止的质量为m2=2kg的物块B发生正碰。关于A与B之间的碰撞，以下说法正确的是()A.若=1，则表明A与B的碰撞为弹性碰撞6B.若=0，则表明碰撞结束后A与B均停止运动C.若=0.6，则碰撞结束后物块B的速度大小为4.8m/sD.若=0.5，则碰撞过程中系统机械能损失了50%9(20232023上 湖北 高三统考阶段练习)如图所示，倾角为、足够长的粗糙斜面体固定在水平
14、地面上，物块B恰好静止在距斜面顶端d=94m处，将另一物块A从斜面顶端由静止释放，之后物块A与物块B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知物块A、B的质量分别为mA=5kg、mB=1kg，物块A与斜面间的动摩擦因数=0.5，两物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2,sin=0.6。求：(1)第一次碰撞后物块B的速度大小vB；(2)两物块从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t。10(20232023上 云南 高三云南省下关第一中学校联考阶段练习)如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出后与一静止的弹珠发生碰撞
15、，被碰弹珠进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，弹珠A和B与坑在同一直线上。将质量为m1=5g的弹珠A以v0的水平初速度向前弹出，运动x1=1.44m后与质量为m2=4g的弹珠B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，碰后弹珠B经t=1s入坑，入坑时速度恰好为零。已知弹珠与地面间的摩擦力均是其重力的0.2倍，g取10m/s2，忽略空气阻力，弹珠均可看成质点。求：(1)弹珠B与坑的间距x2有多远?(2)弹珠A的初速度v0的大小。11(20232023上 河南南阳 高三西峡县第一高级中学校考阶段练习)如图所示，无限长的光滑绝缘水平轨道与半径为R的竖直光滑绝缘半圆轨道在B点平滑连接，距离B点为2
16、R的A点处放置有质量为m的物块P，某时刻它在F=5mg的水平向右的恒定拉力作用下向B点运动，并与B点放置的形状、大小和质量都完全相同的物块Q发生弹性正碰，碰撞瞬间F消失。整个过程不考虑空气阻力且均可看作质点，重力加速度为g。求：(1)物块Q运动到距离地面高为R2的C点时对半圆轨道的压力大小；(2)若在物块Q从半圆轨道顶端抛出瞬间，对其施加大小F1=2mg的外力，方向竖直向上，经历t=2Rg的时间后撤去外力，求物块Q的落点到B点的距离。712(20232023上 云南昆明 高三云南师大附中校考阶段练习)如图所示，滑块A(可视为质点)与物块B(右侧为14光滑圆弧面)叠放静止置于光滑的水平面上，滑块
17、A质量mA=2kg，物块B质量mB=4kg，滑块C质量为mC=3kg，滑块C以v0=7m/s的速度向右运动与B发生弹性正碰(作用时间极短)，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)B、C碰后瞬间B、C速度的大小；(2)物块A上升的最大高度。13(20232023 广东佛山 统考模拟预测)有种桌游可用圆柱形旗子为道具，使之在圆形棋盘上滑动，既可以让棋子刚好滑到圆心O，也可以将别的棋子撞击出圆形边界。如图所示，圆心O、棋子A、棋子B在同一直线上，OA、QB间距均为L，棋子B与边界的距离为2L，已知质量相同的棋子A、B可看作质点，与棋盘间的动摩擦因数均相同。当A以速度v向O点运动时，恰好可到达O点
18、。(1)求棋子与地面间的动摩擦因数；(2)若让棋子A以速度2v向棋子B运动，A与B发生弹性对心碰撞，判断A能否将B撞出界。14(20232023上 广东 高三校联考阶段练习)某校师生对碰撞的特性进行了相关的探索和研究。如图所示，光滑水平面上，质量为5m的小物体A以1.2v的速度向右运动，在其运动正前方有一个质量为m的物体B处于静止状态。随后，A和B发生弹性碰撞，求：(1)碰后物体A的动量大小p1；(2)碰撞过程中，物体B对A物体的冲量I；(3)若B的左侧连有一个处于原长状态的轻弹簧，如图所示。物体A仍然相同速度1.2v向右运动，则弹簧弹性势能的最大值EPm。815(20232023上 陕西汉中
19、 高三校联考阶段练习)如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面的倾角为37。现将一可看作质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球刚释放时与木盒下端的距离为2.5m，已知木盒的质量M=2kg，小球的质量m=0.5kg，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞。(1)求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间。(2)求小球和木盒第一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离。(3)求从开始释放至小球和木盒第二次碰撞系统损失的机械能。16(2023
20、2023 浙江宁波 校考模拟预测)如图所示，在足够长的光滑水平地面MN上固定一光滑的竖直半圆形轨道NP，NP的半径为R=0.5m，N点处切线水平且与地面平滑连接。质量m1=5kg的物块A与轻弹簧一端连接，以速度v=4m/s沿水平地面向右运动，物块B静止，在物块A运动的前方。与物块A连接的轻弹簧从接触B到弹簧被压缩到最短的过程中，物块B运动的距离为0.15m，经历的时间为t=0.2s。在此后的运动中，B与弹簧分离后，滑上轨道NP，沿NP运动时恰能经过最高点P。物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g=10m/s2。求：(1)物块B在N点的速度大小；(2)物块B的质量；(3)
21、弹簧的最大压缩量。17(20242024上 辽宁抚顺 高三校联考期末)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的14圆弧形槽AB的半径为R,A点切线水平，离地面的距离为R4。质量为m、可视为质点的小球以一定的水平速度从A点冲上滑块，恰好能到达B点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：(1)滑块的最大速度vmax；(2)小球离开滑块时受到的支持力大小FN；(3)小球落地时到滑块上A点的距离d。918(20232023上 江苏常州 高三校联考阶段练习)如图所示，光滑水平面上静置一个质量M=3kg的滑块，滑块的一侧是一个14圆弧形槽，凹槽半径R=0.6 m，E点切线水
22、平一个质量m=1kg的小球以速度v0=8m/s从E点冲上滑块，从与圆心等高的F点脱离滑块g取10m/s2，不计一切摩擦求：(1)小球脱离滑块时，滑块的速度大小；(2)小球脱离滑块后在空中运动的时间；(3)小球全程对滑块做功的大小19(20232023上 重庆 高三重庆市育才中学校联考阶段练习)如图所示，长木板C静置在粗糙水平地面上，小物块B(视为质点)静置在长木板上表面的最左端。用长为R=1.8m、不可伸长的轻绳将小球A悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块B发生弹性碰撞，物块B恰好没有滑离长木板C。BC间的动摩擦因数为1=0.4，C与地面间的动摩擦因
23、数为2=0.1，A、B、C的质量均为1kg，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。求：(1)A与B碰撞前瞬间轻绳的拉力大小；(2)长木板C的长度L。20(20232023 湖南衡阳市二模)质量为3m的小车C静止于水平面上，小车上表面由水平轨道与半径为R的14圆轨道平滑连接组成。一个质量为m的小球B静止在小车的左端。用一根不可伸长、长度为L轻质细绳悬挂一质量也为m的小球A，小球A静止时恰好和B接触，现将小球A向左拉到与悬点同一高度处(细绳处于伸直状态)由静止释放，当小球A摆到最低点时与小球B刚好发生对心弹性碰撞，小球B水平冲上小车C恰好可以滑到轨道的最高点(所有表面均光滑，A、B两小球半径
24、r相等且r远小于L与R，B与C作用过程中没有机械能损失)。(1)求小车C上的圆轨道半径R；(2)若将悬点的位置提高至原来的4倍，使绳长变为4L，再次将小球A向左拉到与悬点等高处(细绳处于伸直状态)由静止释放，小球A与小球B对心弹性相碰后，求小球B上升过程中距圆轨道最低点的最大高度；(3)在(2)条件不变情况下，若小车 C的质量为 M(M与m 的关系未知)，试通过计算说明小球 B 再次返回小车左端时可能的速度。1碰撞模型及其拓展目录目录1碰撞问题遵循的三条原则2两种碰撞模型的特点3碰撞模型拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型(2)“耗散型”碰撞拓展模型1 1碰撞问题遵循的三条原则碰撞问题遵循的三条原
25、则2 2两种碰撞模型的特点两种碰撞模型的特点(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有m1v1=m1v1+m2v212m1v21=12m1v12+12m2v22解得v1=(m1-m2)v1m1+m2，v2=2m1v1m1+m2。结论：当m1=m2时，v1=0，v2=v1，两球碰撞后交换了速度。当m1m2时，v10，v20，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。当m1m2时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来。当m1m2时，v1=v1，v2=2v1。(2)完全非弹性碰撞动量守恒，末速度相同，m1v1+m
26、2v2=(m1+m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失 E=12m1v21+12m2v22-12(m1+m2)v共2。3 3碰撞模型拓展碰撞模型拓展2(1 1)“保守型保守型”碰撞拓展模型碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球-弹簧模型小球-曲面模型小球-小球模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足12mv20=12mv21+12Mv22(2 2)“耗散型耗散型”碰撞拓展模型碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑
27、)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能1 1(2022全国乙卷25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为 0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的 B 再次碰撞，之后 A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为(sin=0.6)，与水平面平滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求(1)第一次
28、碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】(1)0.6mv20(2)0.768v0t0(3)0.45【解析】(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t=t0时刻，根据动量守恒定律有mB1.2v0=(mB+m)v0根据能量守恒定律有Epmax=12mB(1.2v0)2-12(mB+m)v20联立解得mB=5m，Epmax=0.6mv20(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB1.2v0=mBvB+mvA3对方程两边同时乘以时间t，有6mv0t=5mvBt+mvAt0t0之
29、间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0=5msB+msA，将sA=0.36v0t0代入可得sB=1.128v0t0则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值s=sB-sA=0.768v0t0(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块 A第二次与B分离后速度大小仍为 2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA-5m0.8v0=m(-2v0)+5mvB根据能量守恒定律可得12mvA2+125 m(0.8v0)2=12m(-2v0)2+125mvB2联立解得vA=v0方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据
30、动能定理可得-mgLsin-mgLcos=0-12m(2v0)2下滑过程，根据动能定理可得mgLsin-mgLcos=12mvA2-0联立解得=0.45方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小，mgsin+mgcos=ma上mgsin-mgcos=ma下上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的位移速度关系可得2a上L=(2v0)2-0,2a下L=vA2联立可解得=0.45。【题后总结】2 2(20232023上 四川成都 高三统考期中)如图，质量为mN=1kg、半径R=0.5m的14圆弧形凹槽N放在光滑水平面上，质量为mP=
31、1kg、初速度v0=5m/s的小球P从凹槽底端水平滑入。已知小球从滑入凹槽到分离过程中因两者的摩擦而产生的热量Q=4J，重力加速度g=10m/s2。在此过程中，下列说法正确的是()4A.小球和凹槽组成的系统因合外力不做功而机械能守恒B.小球和凹槽组成的系统因水平方向合外力为零而水平方向动量守恒C.小球能从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为0.125mD.小球与凹槽分离后并以v=1m/s的速度向右做平抛运动【答案】BD【详解】A小球和凹槽组成的系统因有摩擦力做功而机械能不守恒，故A错误；B由于水平面光滑，球和凹槽组成的系统水平方向合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，故 B正确；C设小球能从凹槽
32、顶端冲出而分离，并且从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为 h，小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒，两者的共同速度大小是v1mpv0=mN+mpv1v1=2.5m/s小球和凹槽组成的系统，由能量守恒定律得12mpv20=12(mp+mN)v21+Q+mpg h+R代入数据，解得h=-0.275mhpBmB解得mAmB0，v0=2 5gR，不考虑多次碰撞的情况，则k不可能取到的数值为()A.2B.3C.4D.6【答案】C【详解】小球1与小球2发生弹性碰撞，则根据动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2根据机械能守恒有12m1v20=12m1v21+12m2v22若碰撞后小球2沿光滑半圆形轨道恰好上
33、升到与轨道圆心等高处，则根据动能定理有m2gR=12m2v23若碰撞后小球2沿光滑半圆形轨道恰好上升到轨道最高点，则根据牛顿第二定律有m2g=m2v2R根据动能定理有12m2v2-12m2v24=-m2g2R小球2运动过程中未脱离半圆形轨道，则有v2v3或v2v4联立解得k2 10-1或02L故棋子A能将B撞出界。14(20232023上 广东 高三校联考阶段练习)某校师生对碰撞的特性进行了相关的探索和研究。如图所示，光滑水平面上，质量为5m的小物体A以1.2v的速度向右运动，在其运动正前方有一个质量为m的物体B处于静止状态。随后，A和B发生弹性碰撞，求：(1)碰后物体A的动量大小p1；(2)
34、碰撞过程中，物体B对A物体的冲量I；(3)若B的左侧连有一个处于原长状态的轻弹簧，如图所示。物体A仍然相同速度1.2v向右运动，则弹簧弹性势能的最大值EPm。【答案】(1)p1=4mv；(2)2mv，方向水平向左；(3)35mv218【详解】(1)A和B发生弹性碰撞，有5m1.2v=5mv1+mv2125m 1.2v2=125mv21+12mv22解得v1=0.8v碰后物体A的动量大小p1=5mv1解得p1=4mv(2)对A分析，有I=5mv1-5m1.2v解得I=-2mv即大小为2mv，方向水平向左(3)弹簧压至弹性势能最大位置处时，有5m1.2v=5m+mv共125m 1.2v2-125m
35、+mv2共=EPm解得EPm=35mv215(20232023上 陕西汉中 高三校联考阶段练习)如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面的倾角为37。现将一可看作质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球刚释放时与木盒下端的距离为2.5m，已知木盒的质量M=2kg，小球的质量m=0.5kg，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞。(1)求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间。(2)求小球和木盒第一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离
36、。(3)求从开始释放至小球和木盒第二次碰撞系统损失的机械能。【答案】(1)1s；(2)2.5m；(3)85J【详解】(1)小球在木盒中运动时有mgsin37=ma1对木盒沿斜面向下的运动过程，有Mgsin37-(M+m)gcos37=Ma2由几何关系L=12a1t20-12a2t20代入数据解得，小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间为19t0=1s(2)第一次碰撞前，小球的速度v1=a1t0木盒的速度v2=a2t0小球和木盒第一次碰撞过程，规定沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv1+Mv2=mv1+Mv212mv21+12Mv22=12mv12+12Mv22解得v1
37、=-2m/s，v2=3m/s第一次碰撞至第二次碰撞，小球的位移x1=v1t+12a1t2木盒的位移x2=v2t+12a2t2小球与木盒底端的距离x=x2-x1=-52t2+5tm根据数学方法可知t=1s时，小球与木盒底端的距离最大，最大值xmax=2.5m(3)小球和木盒第一次碰撞至第二次碰撞的时间为t2，则v1t2+12a1t22=v2t2+12a2t22解得t2=2s小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，则从开始释放至小球和木盒第二次碰撞系统损失的机械能E=(M+m)gcos3712a2t02+v2t2+12a2t22=85J16(20232023 浙江宁波 校考模拟预测)如图所示，在足够长的光
38、滑水平地面MN上固定一光滑的竖直半圆形轨道NP，NP的半径为R=0.5m，N点处切线水平且与地面平滑连接。质量m1=5kg的物块A与轻弹簧一端连接，以速度v=4m/s沿水平地面向右运动，物块B静止，在物块A运动的前方。与物块A连接的轻弹簧从接触B到弹簧被压缩到最短的过程中，物块B运动的距离为0.15m，经历的时间为t=0.2s。在此后的运动中，B与弹簧分离后，滑上轨道NP，沿NP运动时恰能经过最高点P。物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g=10m/s2。求：(1)物块B在N点的速度大小；(2)物块B的质量；(3)弹簧的最大压缩量。【答案】(1)5m/s；(2)3kg；
39、(3)0.56m20【详解】(1)物块B沿NP运动时恰能经过最高点P，根据牛顿第二定律可得mBg=mBv2PR物块B从N点到P点的过程中，根据机械能守恒可得12mBv2B=2mgR+12mBv2P解得物块B在N点的速度大小为vB=5m/s(2)A、B、弹簧组成的系统动量守恒，可得m1v=m1vA+mBvBA、B、弹簧组成的系统机械能守恒，可得12m1v2=12m1v2A+12mBv2B解得mB=3kg(3)A、B、弹簧组成的系统动量守恒，物块A连接的轻弹簧从接触B到弹簧被压缩到最短的过程中有m1v=m1v1+mBv2则m1vt=m1v1t+mBv2t对时间累加求和，可得m1vt=m1xA+mB
40、xB解得xA=0.71m弹簧的最大压缩量为xm=xA-xB=0.56m17(20242024上 辽宁抚顺 高三校联考期末)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的14圆弧形槽AB的半径为R,A点切线水平，离地面的距离为R4。质量为m、可视为质点的小球以一定的水平速度从A点冲上滑块，恰好能到达B点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：(1)滑块的最大速度vmax；(2)小球离开滑块时受到的支持力大小FN；(3)小球落地时到滑块上A点的距离d。【答案】(1)vmax=2 3gR3；(2)FN=4mg；(3)d=5R4【详解】(1)以水平向左为正方向，设小球冲上滑块
41、时的速度大小为v0，小球到达B点时两者的速度大小为v共，小球返回A点时的速度为v，结合动量守恒定律有mv0=3mv共21mgR=12mv02-123mv共2mv0=2mvmax+mv12mv02=122mvmax2+12mv2解得vmax=2 3gR3(2)由(1)解得v=-3gR3有FN-mg=m vmax-v2R解得FN=4mg(3)设小球从A点离开后做平抛运动的时间为t，则有R4=12gt2x=vmax-vtd=x2+R216解得d=5R418(20232023上 江苏常州 高三校联考阶段练习)如图所示，光滑水平面上静置一个质量M=3kg的滑块，滑块的一侧是一个14圆弧形槽，凹槽半径R=
42、0.6 m，E点切线水平一个质量m=1kg的小球以速度v0=8m/s从E点冲上滑块，从与圆心等高的F点脱离滑块g取10m/s2，不计一切摩擦求：(1)小球脱离滑块时，滑块的速度大小；(2)小球脱离滑块后在空中运动的时间；(3)小球全程对滑块做功的大小【答案】(1)2m/s；(2)1.2s；(3)24J【详解】(1)系统水平方向动量守恒，有mv0=(m+M)v解得v=2m/s(2)由能量守恒定律，有12mv20=mgR+12m(v2y+v2)+12Mv2根据匀变速直线运动规律有22vy=gt解得t=0.6s则t总=2t=1.2s(3)设小球回到E点时速度为v1，滑块速度为v2，由动量守恒及能量守
43、恒有mv0=mv1+Mv212mv20=12mv21+12Mv22对滑块根据动能定理有W=12Mv22解得W=24J19(20232023上 重庆 高三重庆市育才中学校联考阶段练习)如图所示，长木板C静置在粗糙水平地面上，小物块B(视为质点)静置在长木板上表面的最左端。用长为R=1.8m、不可伸长的轻绳将小球A悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块B发生弹性碰撞，物块B恰好没有滑离长木板C。BC间的动摩擦因数为1=0.4，C与地面间的动摩擦因数为2=0.1，A、B、C的质量均为1kg，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。求：(1)A与B碰撞前瞬
44、间轻绳的拉力大小；(2)长木板C的长度L。【答案】(1)30N；(2)3m【详解】(1)对A由机械能守恒定律mgR=12mv20-0在最低处F-mg=mv20R解得轻绳的拉力F=30N(2)方法一：AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒关系可得mv0=mv1+mv212mv20=12mv21+12mv22碰后，对B1mg=ma1对C1mg-22mg=ma223经t1时间BC共速，则v共=v1-a1t1=a2t1xB=12v1+v共t1xC=12v共t1解得木板长度L=xB-xC=3m方法二：AB碰撞过程满足mv0=mv1+mv212mv20=12mv21+12mv22碰后，由动量定理，对B-1m
45、gt=mv-mv0对C1mg-22mgt=mv-0由动能定理，对B-1mgxB=12mv2-12mv20对C1mg-22mgxC=12mv2-0解得L=xB-xC=3m20(20232023 湖南衡阳市二模)质量为3m的小车C静止于水平面上，小车上表面由水平轨道与半径为R的14圆轨道平滑连接组成。一个质量为m的小球B静止在小车的左端。用一根不可伸长、长度为L轻质细绳悬挂一质量也为m的小球A，小球A静止时恰好和B接触，现将小球A向左拉到与悬点同一高度处(细绳处于伸直状态)由静止释放，当小球A摆到最低点时与小球B刚好发生对心弹性碰撞，小球B水平冲上小车C恰好可以滑到轨道的最高点(所有表面均光滑，A
46、、B两小球半径r相等且r远小于L与R，B与C作用过程中没有机械能损失)。(1)求小车C上的圆轨道半径R；(2)若将悬点的位置提高至原来的4倍，使绳长变为4L，再次将小球A向左拉到与悬点等高处(细绳处于伸直状态)由静止释放，小球A与小球B对心弹性相碰后，求小球B上升过程中距圆轨道最低点的最大高度；(3)在(2)条件不变情况下，若小车 C的质量为 M(M与m 的关系未知)，试通过计算说明小球 B 再次返回小车左端时可能的速度。【答案】(1)3L4(2)3L(3)见解析【解析】(1)小球 A向左拉到与悬点同一高度处(细绳处于伸直状态)由静止释放后，由动能定理有 mgL=12mv2024小球A、B发生
47、弹性碰撞，则mv0=mv1+mv212mv20=12mv21+12mv22解得v1=0，v2=2gL小球B水平冲上小车C恰好可以滑到轨道的最高点，小球B与小车C水平方向动量守恒，则mv2=(m+3m)v312mv22=12(m+3m)v23+mgR解得R=3L4(2)若将悬点的位置提高至原来的4倍，使绳长变为4L，再次将小球A向左拉到与悬点等高处(细绳处于伸直状态)由静止释放，由动能定理有mg4L=12mv02小球A、B发生弹性碰撞，则mv0=mv1+mv212mv02=12mv12+12mv22解得v1=0，v2=2 2gL此后到达圆轨道最高点时，水平分速度与小车速度相同，竖直分速度不为 0，在水平方向上由动量守恒定律有mv2=(m+3m)vx由机械能守恒定律有12mv22=12m(vx2+vy2)+123mvx2+mgR小球飞出后，竖直方向做竖直上抛运动，则竖直方向上有vy2=2gh1小球B上升过程中距圆轨道最低点的最大高度hmax=h1+R，解得hmax=3L(3)由分析，B球最终仍然回到车的左端，从A碰撞B球后至B再次返回小车的左端过程，由动量守恒定律有mv2=mv3+Mv4由机械能守恒定律有12mv22=12mv23+12Mv24，解得v3=m-Mm+M2 2gL可知，当Mm时，球B速度方向为水平向左。