碰撞模型及其拓展（模型与方法讲义）-2026年高考物理二轮复习解析版

专题07碰撞模型及其拓展

目录

1.碰撞问题遵循的三条原则.....................................................................1

2.两种碰撞模型的特点..........................................................................1

3.碰撞模型拓展................................................................................2

⑴“保守型”碰撞拓展模型.....................................................................2

⑵“耗散型”碰撞拓展模型.....................................................................2

[模型剖析)

1.碰至向梅连裾山三条原则

动量^1gH0+〃2=PJ+02”]

动能不增加)-EN+EQE.+EK或(■+枭三，■+短

两物体同向运动，则碰撞前应有V后>"前,

碰撞后原来在前的物体速度一定增大，

若碰撞后两物体同向运动，则应有

U的‘No后,

速度合理

两物体机向运动，碰撞后由物体面F

动方向不可能都不改变

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，〃I、速度为S的小球与质量为，〃2的静止小球发生弹性正碰为例，有

m\V\=m\V\'+H12V2'

解得功，6,2机|功

ni\十m2

结论:

①当加1=加2时,①=0,VI=Vi，两球碰撞后交换了速度。

②当孙>3时，研'>0,s'>0,碰撞后两球都沿速度S的方向运动。

③当网V加时，5'<0,改'>0,碰撞后质量小的球被反弹回来。

④当如》62时,V]'=V\»V2'=2功o

(2)完全非弹性碰撞

动量守恒，末速度相同，川91+/2。2=(〃?|+〃?2)。共，机械能损失最多，机械能的损失△E=持。|2+呆苏

-3。加+〃?2)。共2。

3.碰撞模型拓展

(1)“保守型”碰撞拓展模型

rB+7+q

CJJ

图例(水平面光滑)777777777777777777777

小球一弹簧模型小球一曲面模型小球一小球模型

相当.二完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mvo=(m+M)v«,

达到共速

损失的动能最大，分别转化为弹性势能，重力势能或电势能

相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足，皿o="m+Ms，机械

再次分离能守恒，满足;〃请=助2+3Ms2

乙乙乙

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

【典例1］如图(a),一质量为〃?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，，=0

时与弹簧接触，至h=2〃)时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的。一，图像如图(b)所示。已知从，=0到

/=")时间内，物块A运动的距离为0.36如/°。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。斜面倾角为优sin8=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，弹簧压缩最的最大值；

(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案】(1)06恤2(2)0.768如用(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，=ro时刻,

根据动量守恒定律有WB-1.2vo=(mB+>

根据能量守恒定律有

£pim=-WB（1.2Uo）2--（WB+W）YO2

联立解得〃出=5m,Epmax=O.6/Wo2

（2）B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有〃7B12次>=/〃BDB+〃BA

对方程两边同时乘以时间4,有

6/沥（）母=5〃BBA/+

0〜%之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6/如（"（）=5msii+msA,将SA=0.36iWo

代人可得SB=1.128次）〃）

则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

As=电—SA=0.768oofo

（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2内，方向

水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为。A',取向左为正方向，根据动量守恒定律可得〃?

-5办（）.8如=>n-（—2uo）+5而出’

根据能量守恒定律可得

'?+/5〃MO.8a））2=g〃?•（-2次））2+；・5〃2B，2

联立解得%'—v（）

方法一：设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据动能定理可得

—nigLsinJ-〃〃?g£cos^=0-^7?（2uo）2

下滑过程，根据动能定理可得

mgLsin3cos0=jirvs'2-0

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，

mgsine+"〃?gcos6=ma上

〃名sin9——"〃?gcos6=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±L=（2v（））2—0,2a-fL=v^'2

联立可解得4=0.45。

【题后总结】

【典例2】如图‘质量为叫=3半径於0.5m的加弧形凹槽N放在光滑水平面上，质量为〃…kg、

初速度%=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=IOm《2。

在此过程中，下列说法正确的是（）

A.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0j25m

D.小球与凹槽分离后并以u=lm/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力，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VI

忤%=（叫+叫加

\\=2.5ni/s

小球和凹槽组成的系统，由能量守恒定律得

|mPk=!（/M+Q+叫g（力+R）

代入数据，解得

〃=-0.275m

h＜（）,说明小球不能从凹槽顶端冲出，故C错误：

D.小球不能从凹槽顶端冲出，则小球从凹槽下滑后才与凹槽分离，小球从滑入凹槽到分离过程中因两者的

摩擦而产生的热后Q=4J。假设小球与凹槽分离时小球速度为l凹槽速度为入，则由动最守恒

再根据能量守恒

II1，八

5〃%2%=5""2"+不'乐内+。

两式联立解得

v=lm/s

vN=4m/s

或

v=4m/s

vN=1m/s

因小球与凹槽需vKM第二组解不符合实际，需舍掉：即小球与凹槽分离后并以u=lnVs的速度向右做平

抛运动，故D正确。故选BD。

【总结提升】

当

相

完

于

I动党量曾守归3-叫---陪---町--十---姓---加-，）

非1

小球上升全

性

至最高点弹

能讨^n^^nit+tn^v2

撞

碰

守恒

*小gh

相当动最

弹

于

碰

小球一曲面模型I小球"性

（水平面光滑,不曲面底端

撞能；d

计空气阻力）守恒

【典例3】在光滑水平面上，A、B两个物体在同•直线上沿同•方向运动，A的动量为18kg・m/s,B的动量

为24kgm/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32kg.m/s,方向不变。下列说

法正确的是（）

A.若此过程为弹性碰撞，则两物体的质晟之比为吆=；

"5J

B.若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为叫"=2

c.若此过程为弹性碰撞，则丙物体的质量之比为吆=:

/4

m.9

D.若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为食=行

1o

【答案】B

【详解】AC.碰前，有

Jh>PjL

叫啊

解得

吆<乙=2

"%PH4

A碰A过程中，有

PA+PB=PA\+PB\

P\।、PM.

----1----Z-----1----

2mA2mH2mA2m8

解得

Z1L<1

2

碰后，有

PAI<PBI

%一〃1B

解得

mB16

综上可得

16mlf2

若为弹性碰撞，则两物体的质量之比为

吆」

小2

A、C错误；

BD.若为非弹性碰撞，则两物体的质量之比为

5m.I

—<^-<—

162

B正确、D错误。

故选Bo

【典例4］如图所示，在光滑的水平面上有一质量M=4kg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，在平板车左端尸处有一可以视为质点的小滑块，其质量〃?=2kg。

平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，尸。间的距离L=10m。某时刻平板车以s=lm/的速度向左

滑行，同时小滑块以。2=8m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块

与。点相距d=5m,取g=10m；s2,求：

(I)小滑块与平板车相对静止时的速度3

(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°

【答案】⑴2m/s,方向水平向右(2)0.54或0.18(3)18J

【解析】(1)设M、共同速度为内取水平向右为正方向，由动量守恒定律有

mv：—Mv।=(M+m)v

解得o=2m/s,方向水平向右

(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统

由能量守恒有

~Mv\2+^tiiV22—Af+ni)v2=$ungX(£—J)

解得〃=0.54

如果小滑块越过。点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由

能量守恒

/Ms2+^mv22-T(M+fh)v2=X(L+")

解得〃=0.18

(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越迂。点与弹簧

相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒

222

^Mvi+^riV2-；(A/+m)v=fungL+Ep

444

得Ep=18J

所以弹簧可能获得的最大弹性势的为18Jo

【提炼总结】1.木板在光滑地面上滑动时，滑块和木板组成的系统满足动量守恒。

2.滑块不从木板上掉下的条件是两者达到共同速度，恰好不掉下的临界条件是滑块到达木板末端时两者共

速。

3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面位移和它们的相对位移，用运动学公式或功能定理列式时位移指

相对地面位移：求系统摩擦生热时用相对位移（或相对路程），即Q=RAs（As为相对位移）。

1.在水平气垫导轨上，运动的滑块〃与静止的滑块〃碰撞，碰后二者结合在一起。碰撞前后两滑块的速度v

随时间，的变化如图所示，根据图像可知（）

A.碰撞过程中滑块〃动能的减小量等「滑块〃动能的增加量

B.碰撞过程中滑块〃速度的减小量等于滑块〃速度的增加量

C,碰撞过程中滑块。动量的减小量等于滑块〃动量的增加量

D.滑块。的质量大于滑块。的质量

【答案】C

【详解】ACD.由图像可知，碰撞前。匀速运动，碰撞后〃、和一远匀速运动，可知导轨阻力可以忽略。a、b

碰撞过程系统动最守恒，即碰撞过程中滑块。动品的减小晟等于滑块力动晟的增加易，根据动后守恒定律可

得?%=（"?”+，％）以

'叫二%;2

叫「

可得叫＜叫

碰前。动能为E。o=；叫*

11,1,/?/,///.（2in+m.）n；

碰后。动能为线。=彳"犷2，”动能的减小量为△线〃=5叫叫_5叫丁-=---■一---

2222（叫+町,）

〃动能的增加量与〃=

2（也+吗）

比较可得碰撞过程滑块。动能的减小量大「滑块。动能的增加量，即碰撞过程系统的动能有损失。故AD错

误，C正确；

B.由图像可知，碰撞过程滑块a速度的减小量大于滑块力速度的增加量。故B错误。

故选Ct.

2.如图所示，光滑的水平地面上放置了两个完全相同的物块A、B,一竖直轻杆固定在物块A上，轻杆上

端系一长L=L2m的不可伸长的轻绳，轻绳另一端连接小球Co现用外力将球C拉起直至轻绳处于水平状态

后，将小球C由静止释放，小球C摆到最低点的同时物块A、B恰好发生碰撞，此后A、B粘在一起运动，

不计一切阻力，已知"?八="%=2kg,=lkg,A、B、C均可视为质点，重力加速度g取lOm/s?,下列说

法正确的是（）

A.整个运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒

B.木块A、B碰撞后的速度大小为2m/s

C.木块A、B间的初始距离为0.8m

D.小球C经过最低点后向左摆动所能上升的最大高度为/?=lm

【答案】D

【详解】A.木块A、B和小球C组成的系统由于竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总

动最不守恒，故A错误；

B.C球第一次摆到最低点过程中，以向左为正方向，由系统水平方向动量守恒可得%％-，〃A人=。

由系统机械能守恒可得叫“=；恨4+

联立解得％=4m/s,vA=2m/s

木块A、B碰撞过程〃?八以=（，〃A+机BW

解得木块A、B碰撞后的速度大小为u=lm/s,故B错误；

C.C球第一次摆到最低点过程中，根据题意有"31=〃?02

又占+W=L

联立可得木块A、B间的初始距离为占=（）・4m,故c错误；

D.小球C经过最低点后向左摆动，当三者共速时，到达最大高度，根据动量守恒可知，初态水平总动量为

零，末态水平总动量为零，速度为零，根据能量守恒3（〃9+〃％）声+：/大4=〃?那"

解得〃=1m,故D正确。

故选D.

3.（多选）如图所示，光滑水平面上静止一小球B,小球B的左端固定一轻弹簧，小球A位于小球B的左

侧，某时刻小球A获得向右的初速度，动能的大小为心，己知小球A的质量为小球B质量的一半。下列说

法正确的是（）

-----A

A0AWWWWWWVQB

zz/z//zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz//zzz

A.弹簧的弹性势能最大时，小球B的动能为^24

B.弹簧的最大弹性势能为］纥

C.弹簧恢复原长时，小球A与小球B的速率之比为2：1

D.弹簧恢复原长时，小球A的动能与初动能之比为1：9

【答案】AD

［详解】A.设A质量为m,则B质量为2m,则纭=:〃病

轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒有〃八，=（2机+〃加共

可得唳=：

||7

2

则此时小球B的动能为昂；=］X2"味=-/wv=Ei）,故A正确；

B.弹簧的最大弹性势能为用=纥-*咻=彳石o,故B错误；

C.弹簧恢复原长时.，有〃"=〃八人+2〃?%,|/Hv2=1/nv；+1x2wv^

/L

\0

可得以=一三叽％=＜箕

小球A与小球B的速率之比为1：2,故C错误；

D.小球A速率变为原来的g,她动能变为原来的即小球A的动能与初动能之比为1：9,故D正确。

故选AD,

4.（多选）如图所示，质量为2〃?的小球B静止在光滑水平面上，质量为加的小球A以某一速度向右运动,

经过一段时间与小球B发生碰撞，已知碰前小球A的动能为Eo,下列说法正确的是（）

（A）-v（B）

A.若两球发生的是完全非弹性碰撞，则碰后小球A的动能为母

B.若两球发生的是完全非弹性碰撞，则碰后小球B的动能为争

C.若两球发生的是弹性碰撞，则碰后小球B的动能为学

D.若两球发生的是弹性碰撞，则碰后小球A的动能为Z

9

【答案】BD

【详解】AB.设碰前小球A的速度为vo,则有线

若两球发生的是完全非弹性碰撞，设碰后的速度为％则由动量守恒定律得〃小。=（〃叶2〃0丫

解得，=*，小球A的动能为既小；〃丁

JG

解得马奇

小球B的动能为/=：x2/加

解得稣1=与，A错误，B正确：

CD.若两球发生的是弹性碰撞，设碰后小球A、B的速度大小为分别为刃、电，则由动量守恒定律以及机械

能守恒定律得inv（）=mvi+2mv2t；加%~=弓"八'；+不x2mv2~

乙乙乙

解得匕=这，”与

小球A的动能为后人2

解得/吟

小球B的动能为EBZ

解得与2=牛，故C错误，D正确。

故选BD0

5.（多选）如图所示，三个半径相同的刚性小球A、B、C穿在光滑、足够长的硬杆MN和//M上，硬杆

MN和M/M在同一竖直平面内且相互平行，A、B、C的质量分别为7nA=lkg、m8=2kg、mc=6kg＜刚开始三个

小球均静止，B、C两球之间连着一根轻弹簧，轻弹簧处于原长且与硬杆垂直。某一时刻小球A获得大小为

vo=18m/s的速度向左匀速运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列说法正确的是

()

B%N

A.

一

MN一

A.A球与B球碰后瞬间AB的速度大小为6m/s

B.在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为54J

C.在以后的运动过程中，C球的最大速度为4m/s

D.在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s

【答案】AC

【详解】A.A、B碰撞过程中，由动量守恒以%=（〃％+〃%加

解得匕=6m/s,A正确；

R.在以后的运动过程中,AB的组合体与C的速度相等时.弹性打能最大.根据动量守恒可知:

（叫+"%加=（以+〃?B+"k）%

解得彩=2m/s

最大弹性势能5=：（网、+〃％川-;（叫+〃?B+叫川

解得耳=36J,B错误：

CD.弹簧再次恢复原长时，C球速度最大，根据动量守恒和机械能守恒可知

+叫3+"k)W+稣=；(%+〃%)片

(叫+)匕=(，〃A+〃?B)匕+匕‘

解得匕=-2m/s,v4=4m/s

此时B反向，C速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，C正确，D错误；

故选ACo

6.（多选）在某次冰壶比赛中，红壶沿直线运动，一段时间后与睁止的蓝壶在人本营中心发生对心碰撞（M

间极短），如图甲所示，碰撞前后两壶运动的I"图像如图乙中的实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，

两冰壶的质量相等，取红壶的初速度方向为正方向，下列说法正确的是（）

A.蓝壶与冰面的动摩擦因数更小

B.红壶碰撞前后瞬间的速度变化量为lm/s

C.碰撞后蓝壶的位移大小为2m

D.碰撞后蓝壶的位移大小为4m

【答案】AC

【详解】A.UT图线的斜率表示加速度，由题图乙可知，蓝壶图线的斜率较小，即加速度较小，又由牛顿

第二定律

可得。=〃g

即，蓝壶与冰面的动摩擦因数更小，故A正确；

B.由图乙可知，红壶碰撞前后瞬间的速度变化量为△xO.ZnVs-LOm/su-OWm/s,故B错误；

CD.设两冰壶的质量均为机，碰后瞬间蓝壶的速度为匕，根据动最守恒有"7%="?%+〃吗

其中，由图乙可知%=LOnUs,v(=0.2m/s

解得匕=O-8m/s

由题中图像可知，蓝壶图线与时间轴的交点为，=6s,则碰后蓝壶的位移大小为/=]

其中△/=/一Is=5s

解得x=2m,故C正确，D错误c

故选ACo

7.如图所示，小球〃从距水平地面高度为〃处开始做自由落体运动，运动!时，小球。速度水平向右，与

O

小球人在水平方向上发生弹性碰撞，碰撞时间极短，两球碰前瞬间的速度大小相等，〃%=3”,,重力加速度

大小为不计空气阻力，求:

叭

(

a

⑴小球“碰前瞬间的速度大小V;

（2）小球人碰后瞬间的速度大小％；

⑶两小球落地的时间差4;

⑷两小球在水平地面上的落点间的距离d。

【答案】⑴=巫

2

而1+2凡

8

【详解】（1）小球力做自由落体运动，有2gq=片

O

两球碰前瞬间的速度大小相等L%

解得X巫

2

（2）两小球在水平方向上发生弹性碰撞，有S尸，〃M+“用，彳

4乙乙

解得匕=_手，「手

此时小球〃的速度守二4+年

解得以=早

（3）小球”碰后在竖直方向上做自由落体运动，有一=彳/；

o2

小球。碰后在竖直方向上做匀加速直线运动，有?=v/+<gg

o2

则落地的时间差加=

缶么由A.1+夕-2&

解得△/=-----------

2

（4）两小球在水平方向上都做匀速直线运动，有”=卬2-匕/

解得心是严

8.如图所示，足够长的光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B,物块A的质量

“、=0.5kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两

物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为£N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹

簧的弹性势能表达式为耳=162,z=]50N/m。现给物块A施加一水平向右的恒力尸，其大小为10N,

作用1.6m后撤去，然后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等，B向右压缩弹簧，并

将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

'〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃,

⑴撤去恒力厂瞬间物块A的速度大小；

⑵物块B的质量及物块A的最终速度；

⑶物块B的最终速度大小。

【答案】（l）8m/s

（2）1.5kg,4m/s

（3）0.6m/s

【详解】（1）根据动能定理有％=g〃?A片

解得vo=8m/s

（2）A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有见\%=以（〜）+W

根据机械能守恒定律有

解得〃m=1.5kg,v=4m/s

（3）由题可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时，杆开始移动，弹簧弹力

不变，后将压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为味，根据/=6

解得A-0.06m

此时的弹性势能小于B的入射动能，根据

解得Vfi=0.6m/s

9.如图所示，一质量为，〃的小球A从某位置以初速度%平抛后从，点无碰撞进入光滑圆弧形轨道”凡已

知弧形轨道对应的圆心角/”6尸=60。，。/竖直，半径〃二纸，弧形轨道固定在光滑的水平面上，尸点右

g

侧某处放置有两个大小与A相同的球B、C,质量分别是2〃z与“，两球用轻质弹簧相连，弹簧初始处于原

长状态，A、B碰后结合成一个整体。重力加速度为8,小球均可视为质点，忽略空气阻力。

BC

OAAAA/WVWO

⑴求小球A在〃点的速度大小及在尸点对轨道的压力大小；

⑵求之后弹簧弹性势能的最大值；

⑶若在A、B碰撞的同时，，在C球的右侧某位置放置一个竖直弹性挡板，C球与挡板碰后原速率反弹.，且碰

后瞬间撤去挡板及“/轨道。由于挡板所放位置的不同，弹簧最大压缩量也可能不同，求C球与挡板碰后弹

簧弹性势能最大值的取值范围。

14

【答案】⑴%=2%；—

3,

（2）AE=-/nvJ

pO

33

⑶修欣，：/欣］

oZ

【详解】（1）质量为机的小球A从某位置以初速度％平抛后从，点无碰撞进入光滑圆弧形轨道，则有

cos60。=曳

解得v〃=2%

小球从”点到尸点，根据动能定理有〃名Rd-cos60。）=3〃龙-/说

2

在F点，根据牛顿第二定律有产-〃代二喑

R

14

解得”=行〃吆

根据牛顿第三定律可知，在尸点对轨道的压力大小为。

(2)小球A、B碰撞，根据动量守恒定律有，*=3〃/

之后运动过程中，当弹簧弹性势能最大时，三物体共速，根据匆量守恒定律有3mH=4〃叱

根据能最守恒定律有△综=；x3*-Jx4/欣

解得=-/WVQ

O

Ia

(3)若竖直挡板紧靠C球，则最大弹性势能为

3

若挡板恰好位于三球共速的位置，则最大弹性势能为AEp=?〃彳

O

33

所以C球与挡板碰后弹簧弹性势能最大值的取值范围为匕及片,彳〃陶

o2

10.如图所示，质量为力〃的长木板C锁定在光滑水平面上，质量为3〃?的物块匕放在C上，质量为〃?的物块

。以初速度%从C的左端滑上长木板，〃与。碰撞前瞬间的速度为在"、。弹性碰撞后瞬间解除C的锁

定，已知。、。与C的动摩擦因数均为0.5,最终〃没有滑离C,重力加速度为g,不计物块的大小，求：

ab

……n........

Z/ZZZZZZZZZZZZZZ/ZZZZZZZZZZZZZZ

(1)初始。、。间的距离；

(2)〃、，，碰撞后瞬间的速度大小；

⑶开始时〃到C右端的距离至少为多少。

【答案】(1)答

4g

⑵；%,

1(3),—32g

【详解】(1)设初始。、〃间的跖离为L,根据动能定理有-〃叫L=5〃g%)2-；，，/

解得初始。、〃间的距离为心=等

4g

(2)设。、〃碰后瞬间速度大小分别为匕、匕，以初速度方向为正方向，据动量守恒定律有=〃叫+3〃吗

根据机械能守恒定律=；/叫2+Jx3〃n

解得匕=一1%,匕=9%

44

所以〃、〃碰撞后瞬间的速度均为‘％。

4

（3）解除c的锁定后，。、。、C相对滑动过程中，对物块。受力分析，由牛顿第二定律=〃5

解得。做减速运动的加速度大小4=〃«=0.5g

对物块b受力分析，由牛顿第二定律〃x3〃?g=3〃g

解得b做减速运动的加速度大小的==0-5g

对长木板c受力分析，由牛顿第二定律〃x3〃7g-〃mg=2/〃％

解得c做加速运动的加速度大小4==0.54

设从。、b碰撞到。、。刚好共速经过的时间为/,则有:%-

4

解得

4g

这段时间内，。相对。的位移x=!%，一24〃一!a/

。与c共速后，由于3〃?xg4g<3〃〃吆，此后。、c不再发生相对滑动。

因此开始时b到c的右端距离至少为去o

11.如图所示，置于光滑水平面上的轻弹簧左端固定，右端放置质量为2〃?的小球A,小球A置于弹簧原长

位置。质量为〃，的小球B和质量为4〃八半径为R的光滑四分之一圆弧体C静止在足够长的光滑水平面上，

圆弧体C的水平面刚好与圆弧面的最底端相切。用力向左推动小球A压缩弹簧，由静止释放小球A后A与

小球B发生弹性碰撞。小球B运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止。两小球均可视为质点，

重力加速度为求：

⑴小球A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能；

⑵小球B与圆弧体C第一次分离时小球B的速度大小；

⑶小球B第一次返回到圆弧体底端时对圆弧面的压力大小。

【答案】⑴或mgR

⑵I摩

⑶3.5叫

【详解】(1)设小球A以速度％跟小球B碰撞，碰后小球A、B的速度分别为匕、匕，以水平向右为正方向,

根据动量守恒有2〃%=2m\\+mv2

根据机械能守恒定律有

小球B滑上圆弧体C最高点过程中，根据水平方向动量守恒有〃叱=(???+4/7?)V

根据机械能守恒定律有;切《=；(4m+m)v2+mgR

由静止释放小球A,弹簧对小球A做功，根据功能关系有稣=；x2〃近

解得综=看45〃侬？

(2)小球B第一次返回到圆弧体底端的过程中，根据小球与圆弧体C水平方向动最守恒有〃叫=-〃％+4〃s

根据机械能守恒定律有；，欣=J加;+；x4mv-

解得小球B与圆弧体C第一次分离时小球B的速度大小心=1楞?

(3)山第(2)问可得小球B第一次返回到圆弧体底端时圆弧体C的速度人小丹=]/|瓦

小球B第一次返回到圆弧体底端时，根据牛顿第二定律有尸―加欠，/+匕)

NR

解得综=3.5mg

根据牛顿第三定律可知，小球B对圆弧面的压力大小心=3.5〃尔

12.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为3机的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为/,圆管长度

为6/。一质量为，〃的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力是

4

其重力大小的7倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰

撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为求:

6/

⑴第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度；

⑵在第二次碰撞前圆盘卜滑的距离；

⑶圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。

【答案】(1)小球碰后速度大小;廊，方向竖直向上；圆盘速度大小为;屈，方向竖直向下；

⑵口

4

(3)7次

【详解】(1)规定竖直向下为正方向，小球释放后自由下落，下降/，根据机械能守恒定律〃履/=；小片

解得％=历

小球以初速度丫。与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能最守恒定律和动量守恒定律分别有

mv(i=nivi+3mv2

1121c2

—DIVQ2=-mv~+—x3/nv；

解得匕=一；%=一；丫2=；%=；廊

小球碰后速度力大小;屈，方向竖直向上：圆盘速度以大小为:屈，方向竖直向下;

乙乙

(2)第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速运动，由3mg力=3ma

解得圆盘加速度4=

◊

由lax2=0-vj

解得圆盘运动的距离为=1/

第一次碰撞后，由0、2=。12

3

解得圆盘运动时间4=5

।a

小球在匕时间内运动的位移X=忸+5，

可见，当圆盘速度为零时，小球刚好与之第二次碰撞，即第一次碰撞后圆盘下滑的距离为£=；3/

(3)第二次碰撞前小球的速度公=匕+8,2=国

3

接下来运动和小球第一次碰撞相同，因此每次碰撞圆盘向下移匆/碰撞次数

小球和圆盘碰撞次数为7次。

13.如图所示，光滑水平地面的右侧平滑连接一竖直放置的半圆形光滑轨道6,轨道半径R=0.5m。物块A

和3分别置于水平地面的不同位置，m八=3kg,〃m=2kg。现使物块A以某一初速度向右运动，一段时间后与

静止的物块B发生正碰，碰后物块A恰好通过圆轨道最高点D。物块A、B通过。点后做平抛运动，平抛运

4石1

动落地点间的距离为——1m,重力加速度g取10m/s2。

⑴求物块B通过。点时的速度大小

⑵求物块B通过半圆形光滑轨道CQ的过程中，所受合外力的冲量大小

⑶判断A、B间的碰撞是否为弹性碰撞(不要求写计算过程)

【答案】⑴4m/s

(2)20N-S

⑶不是弹性碰撞

【详解】(1)在。点根据牛顿第二定律，对A,切Ag=〃?A雪

R

根据平抛运动知识2R=：斓，X=vt

得』栏

代入得4=所

解得％i=4m/s

（2）根据动能定理对物块B通过半圆形轨道的过程有一,2R=哈-说2

解得B通过C时的速度大小/2=6m/s

根据动量定理对B,有/=一〃”B2）

解得/=20N・s

（3）根据动能定理对物块A通过半圆形轨道的过程有一叫、g-2A=g%凡-J纵吭

解得以2Tm/s

222

如果是弹性碰撞加A%=SJA2+"%%2，1Vo=iWAVA2+i/7ZBVB2

解得为•=:

VB26

而实际为3,所以不是弹性碰撞。

6

14.如图所示，水平面上有两相同滑块c、"，〃?’=〃?/=2kg,滑块d静止，其左边水平面光滑，右边水平

面粗糙，滑块c•以%=8m/s的速度与滑块d相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起，已知滑块与粗糙

面间的动摩擦因数〃=。.4,取重力加速度大小gfOm/s?,求：

n。nd____________________

⑴滑块d滑行的位移大小X;

⑵因摩擦产生的热量Q。

【答案】⑴2m

⑵32J

【详解】（1）两滑块c、d碰撞过程动量守恒，有“％=（叫+也加

根据动能定理一〃（，《+/）•=°-3（”+md）/

解得滑块d滑行的位移大小X=2m

2

(2)根据能量守恒Q=—(mc+ma)v

解得因摩擦产生的热量Q=32J

15.如图所示，在一段水平光滑直道上每间隔4=2m铺设有宽度均为。;同、与光滑直道等高的固定矩形

防滑带。在第1个防滑带的左边缘。点静止有质量为班=4kg的小物块p,另一质量为〃4=2kg的小物块Q

以垂直于防滑带边缘、大小为％=12m/s的水平速度向右运动并与P发生正碰，碰后Q的速度恰好为0.碰

撞时间极短。已知P与防滑带间的动摩擦因数均为〃=。5。P、Q可视为质点，重力加速度8双lOm/s?。

求出

⑴碰撞前后P、Q组成的系统的机械能的变化量A&i，并判断碰撞类型;

(2)P最终停在第几个防滑带上，并求出其停止位置到。点的距离。

【答案】⑴-72L非完全弹性碰撞：

(2)第4个，9.6m

【详解】(1)P、Q碰撞瞬间动量守恒，有叫%=町4

得v1=6m/s

碰撞前后P、Q组成的系统的机械能的变化量呼:-

求得机=-72J

系统机械能减少且碰后两物块速度不同，是非完全弹性碰撞。

(2)设P减速至停止过程中在防滑带上通过的位移引，根据动能定理有-4小科=0-1川

求得K=3.6m

因3]<3.6m<4/2

故)最终停在第4个防滑带上，其停止位置到。点的距离占二4+34=9.6m

16.如图所示，长木板在光滑水平面上以%=2m/s的速度做匀速直线运动，长木板质量M=0.5kg,某时

刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量加=L5kg,长木板右侧有一固定挡板，挡

板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与木板之间的动摩擦因数〃=0.1,木板右端到挡板的距离足

够大，使得木板与物块共速后，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。^=10m/s2,

⑴若要小物块不从长木板上滑下，试求长木板的长度至少是多少？

⑵若长木板的长度足够长，质量变为4.5kg,试求小物块和挡板第一次与第二次相碰之间的时间。

⑶在第二问的基础上，小物块与挡板第〃次碰撞到第〃+1次碰撞过程中，物块相对于长木板的位移是多少？

【答案】⑴L=0.625m

（2）/=3.375s

（3）x=27（lfm

【详解】（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为%,则由动量守恒定律得

Mv0=（M+/n）v10

解得%=0.5m/s

小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速度为A，则由动量

守恒定律得〃码0-=（M+/〃）4

由能最守恒定律可得W叫L=

联立解得L=|m=0.625m

o

（2）更换长木板后，设长木板与小物块第一次