2026年高考物理一轮复习专项练习 考点 25 碰撞问题【附解析】

/考点25碰撞问题1.如图所示，质量相等的4?两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A<的速度分别为vA=3=−1BCD()2.质量为m₁和m₂的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是()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的动量大于m₁的动量D.碰撞后m₂的动能小于m₁的动能3.牛顿摆是一个非常有趣的桌面装饰装置，几个完全相同的小球由吊绳固定，彼此紧密排列，如图所示。将小球从左到右依次按1、2、3、4、5、6编号，若不计碰撞过程中的机械能损耗及摩擦，将1号小球拉起一定角度后释放，与2号小球相碰。在1号小球再次运动前，下列说法正确的是 ()A.所有小球一起向右运动B.1号小球不动，其他小球向右运动C.1号小球碰后立即返回，其他小球不动D.只有6号小球向右运动，其他小球不动4.质量相同的甲、乙两小球(视为质点)以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t=t₁左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则 ()A.t=0时刻，甲的速率大于乙的速率B.碰撞前后瞬间，乙的动量不变C.碰撞前后瞬间，甲的动能不变D.碰撞后甲的机械能大于乙的机械能5.(多选)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在 ()A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v6.冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”。如图所示，运动员投掷出的冰壶甲运动一段时间后，与静止在大本营中心的冰壶乙发生碰撞，已知两冰壶完全相同，则碰撞后两冰壶最终停止的位置不可能是（）7.(多选)如图甲所示，内表面光滑的“□”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点,t=0时,a、b分别以速度v₁、v₂向相反方向运动，已知b的运动速度v₂随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正确的是()A.前17秒内a与b共碰撞3次B.初始时a的速度大小为1m/sC.前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次D.槽内底部长为10m8.1932年,查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v₀分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v₁和v₂。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 ()A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v₂大于v₁D.v₂大于v₀9.(多选)2024年2月5日,在斯诺克德国大师赛决赛，特鲁姆普以10-5战胜斯佳辉获得冠军，如图甲所示。简易图如图乙所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t=0.6s的时间向前运动x1=0.36mA.由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒B.碰后蓝球与白球的速度之比为3：2C.碰撞前白球的速度大小为2m/sD.该碰撞为弹性碰撞10.(2024广东卷)(多选)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、Hz高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 ()A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C.乙的运动时间与H乙D.甲最终停止位置与O处相距H11.如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以v₀的速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v₀的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的机械能为碰撞前瞬间总动能的14(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。12.如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25m，小球质量m=0.20kg,物块、小车质量均为M=0.30kg,小车上的水平轨道长s=1.0m,圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²。(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。13.如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动，A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时OD与OQ夹角为θ，求此时A所受重力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。14.(2025湖南常德二模)如图所示，质量为m、长为L的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为3m的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度v₀，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足够长，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；(2)长木板与桌面间的动摩擦因数；(3)长木板运动的总时间。15.图(a)为某“弹弹棋”的实物图，棋盘水平放置，黑、白棋区域关于中央挡板对称分布。某次游戏过程中，一枚白棋和一枚黑棋同时从各自起点线中央处获得沿轴线方向的初速度，并沿轴线做匀减速直线运动，俯视图如图(b)所示。已知白棋、黑棋质量相等且可视为质点，两起点线之间的距离为L=0.5m，棋子与棋盘间动摩擦因数均为μ=0.5，白棋初速度大小为v₁=1:n/s,经时间t=0.2s与运动中的黑棋正碰，碰撞过程时间极短且无能量损失，重力加速度大小取g=10(1)碰撞的位置到白棋起点的距离x₁及黑棋的初速度大小v₂;(2)通过计算后判断黑棋能否停在白棋区域。1C两球碰撞前后应满足动量守恒定律，mvA+mvB2.C3D每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒，则mv0=m4.C解题思路x-t图线的斜率表示速度，t=0时，甲的速率小于乙的速率，A错；甲碰后与碰前的最大高度相同，所以，甲碰撞前后速率相等，C正确；乙碰撞前后速度方向发生变化，动量是矢量，故碰撞前后乙的动量发生了变化，B错；甲、乙质量相等，两球弹性碰撞后交换速度，因甲、乙碰撞前后速度大小相等，故碰撞后瞬间甲、乙速度大小相等，又高度相同，故碰撞后甲的机械能等于乙的机械能，D错。5BC由于两个相同的小球M和N在碰撞过程中总机械能守恒，则碰后两小球的速度交换，所以小球N将以速度v做平抛运动，则水平方向的分速度大小等于v，C正确，D错误；平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，即匀加速直线运动，B正确，A错误。6C两冰壶碰撞过程满足动量守恒，机械能不增加，则碰后甲沿原速度所在直线方向的速度不可能向左，即两冰壶最终停止的位置不可能是选项C。7BC根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据图乙可知前17秒内a与b共碰撞4次，分别发生在4～6s之间、8s时刻、10～12s之间以及16s时刻，前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次,分别发生在2s、10s和12s时刻,选项A错误,C正确；b与a第1次碰前速度大小为v2=2m/s,方向向左，碰后b的速度大小v28B9BC由题意知，两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远小于内力，所以该碰撞过程动量守恒，A错误；碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动规律有x1=v12t,得蓝球碰后瞬间的速度为v1=2x1t=1.2m/s,又两球的加速度大小相等，则由公式v2=2ax得v10ABD两滑块同时从光滑斜坡上由静止下滑时，甲、乙加速度相等，初速度均为零，所以甲与乙相对静止，A正确；由于甲、乙两滑块的质量相同，在水平面上发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有m甲v1+m乙v2=m甲v111答案(1)80μg(2)6mgL-3mw° 312答案(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4解题思路(1)对小球分析，在竖直面内做圆周运动的过程，有mgL解得小球运动到最低点时的速度为v小球在最低点时，有F解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力大小为F=3mg=6N(2)对小球和物块系统分析，碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1解得v(3)对物块和小车系统分析，当物块恰好要进入圆弧轨道时，有M解得v=2m/s由动能定理有−解得μ当物块恰好在上升阶段不脱离小车时，仍有Mv由动能定理有−解得μ综上可得物块与水平轨道间动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.413答案(1)2R(2)mgsinθ2gRcosθ3解题思路(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v₂′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第三定律可知轨道对B的支持力也为零，由牛顿第二定律得mgB离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2在水平方向上有x联立解得x=2R(2)对A由C到D的过程,由机械能守恒定律得mgR则A所受重力对A做功的功率为P=mgvɒsinθ解得P(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v₁、v₂,对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得1解得v对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得1解得v设碰前瞬间A的速度为v₀，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得m解得v碰撞过程中A和B损失的总动能为△解得△14答案(1)120324解题思路(1)设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为v₁和v₁'，碰撞过程，根据系统动量守恒和机械能守恒可得3联立解得v(2)发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于L，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为t，长木板匀减速的加速度大小为a，则有v解得t对长木板，根据牛顿第二定律可得μ·4mg=ma解得μ(3)二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为x这段时间内小滑块的位移为x因为x所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv联立解得v同理，小滑块与长木板第n次碰撞后瞬间长木板的速度大小v小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故