专题4弹性碰撞模型-高考物理动量常用模型最新模拟题精练

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高考物理《动量》常用模型最新模拟题精练
专题4 弹性碰撞
一．选择题
1. （2022湖北十堰四模）如图所示，足够长的光滑水平直轨道与光滑圆弧轨道平滑连接，B为圆弧轨道的最低点。一质量为的小球a从直轨道上的A点以大小为的初速度向右运动，一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿圆弧轨道上升的最大高度为（未脱离轨道）。取重力加速度大小，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A. 碰撞后瞬间，小球b的速度大小为 B. 碰撞后瞬间，小球a的速度大小为
C. 小球b的质量为 D. 两球会发生第二次碰撞
【参考答案】C
【名师解析】
由机械能守恒，可得碰后小球b在B点的速度为，故A错误；
由动量守恒定律可得，由机械能守恒可得
联立求得，碰撞后瞬间，小球a的速度大小为，故B错误，C正确；
碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误。
2. （2022山西临汾模拟）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，轨道末端与水平地面相切。小球B放在轨道末端，使小球A从轨道顶端由静止释放。两小球发生弹性碰撞后，小球A沿圆弧轨道上升到最高点时，与圆弧轨道圆心的连线与竖直方向的夹角为。两个小球大小相同，半径可忽略，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　）

A. 小球A、B的质量比为
B. 小球A、B的质量比为
C. 碰后瞬间小球B的速度为
D. 碰后瞬间小球B的速度为
【参考答案】BC
【名师解析】
小球静止释放到碰撞前有
AB发生弹性碰撞的过程中系统动量守恒，规定向右为正方向，则
根据能量守恒定律可知
小球沿圆弧轨道上升到与竖直方向的夹角为，根据能量守恒定律可知

联立解得，，AD错误，BC正确；
3. .[多选](2020·长春质检)如图所示，内壁光滑的圆筒竖直固定在地面上，筒内有质量分别为3m、m的刚性小球a、b，两球直径略小于圆筒内径，销子离地面的高度为h。拔掉销子，两球自由下落。若a球与地面间及a、b两球之间均为弹性碰撞，碰撞时间极短，下列说法正确的是(　　)
A．两球下落过程中，b对a有竖直向下的压力
B．a与b碰后，a的速度为0
C．落地弹起后，a能上升的最大高度为h
D．落地弹起后，b能上升的最大高度为4h
【参考答案】BD
【名师解析】　两球下落过程中，两球都处于完全失重状态，则b对a没有压力，选项A错误；两球落地时速度均为v＝，方向竖直向下，则a与地面相碰后反弹，速度变为竖直向上，大小不变，则a、b碰撞时，设向上为正方向，由动量守恒：3mv－mv＝3mva＋mvb，由能量关系：mv2＋·3mv2＝·3mva2＋mvb2，解得va＝0，vb＝2v，则落地弹起后，a能上升的最大高度为零，b能上升的最大高度为H＝＝4h，选项C错误，B、D正确。
4.（2020年5月重庆调研测试）如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道，最高点M、N与圆心0在同一水平线上，质量为m的物块甲从M处由静止开始无初速释放，滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上Q点，QP之间的竖直高度为,物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )

A.物块乙的质量为3m
B.物块乙的质量为4m
C.在以后的运动中，物块甲能回到M点
D.在以后的运动中，物块甲不能回到M点
【参考答案】AC
【名师解析】以最低点P水平向左为正方向， 物块甲第一次与物块乙碰前速度大小为: ,碰后速度为: 。设物块乙的质量为 ，物块甲第一次与物块乙碰后，物块乙速度大小为 v2，由弹性碰撞得：,,解得：，即，选项A正确、B错误；有前面方程可得：，则物块甲、乙将同时回到最低位置P 点发生第二次弹性碰撞，计算可得第二次碰撞后，，由弹性碰撞得：,，解得：物块甲的速度大小为 ，方向水平向右，所以物块甲能回到M点，选项C正确、D错误。
5．（6分）如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m的弹性小球P沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km（k为大于0的正整数）且静止在水平地面上的弹性小球Q发生弹性正碰。为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k的取值可能正确的是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【参考答案】ABC
【名师解析】设两球碰撞前P的速度为v0，碰后P与Q的速度分别为v1与v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律及机械能守恒定律分别得|：
mv0＝mv1+kmv2，mv02＝mv12+kmv22，联立解得： v1＝v0，v2＝v0。
。为使二者只能发生一次碰撞，必须满足|v1|＜|v2|，又k为大于0的正整数，所以解得 0＜k≤3，即k的取值可能为1、2、3．故选项ABC正确，D错误。
二．计算题
1．（2023重庆名校教育联盟质检）如图所示，是以为圆心、半径的四分之一光滑圆轨道，水平，竖直；是光滑的水平直轨道，与相切于Q点；是以为圆心、半径的四分之一圆弧，水平。小球A的质量为，小球B的质量为，两球均视为质点。把小球B放置在轨道上，让小球A从P点由静止释放，小球A与小球B发生弹性正碰（不计空气阻力，重力加速度为g）。求：
(1)小球A运动到Q点时对Q点的压力；
(2)如果k值已知，小球A与小球B碰撞后小球B的速度大小；
(3)如果k的取值可以变化，要使小球B撞在圆弧上时速度最小，求k的取值和此速度的最小值。

【名师解析】．
(1)设小球A到达Q点时速度为，由机械能守恒定律有
解得，
在Q点对小球A受力分析，设轨道对小球A的弹力为，
由牛顿第二定律得解得
由牛顿第三定律得小球A运动到Q点时对Q点的压力方向竖直向下；
(2)小球A与小球B发生弹性正碰，设碰后A、B的速度分别为、，
则根据动量守恒定律和能量守恒定律有

解得
(3)小球B离开点后做平抛运动，设运动时间为t，水平位移为d，下落高度为h，则
，
由几何关系可得
联立可得，
设小球B撞在圆弧上时速度为，
由机械能守恒定律得，
则，
当且仅当，即，，有最小值，
且，
将代入，，得
2. （2023湖北荆州高二期末）如图所示，一水平轻弹簧右端固定在光滑水平面右侧的竖直墙壁上，质量为的物块静止在水平面上的点，质量为的小球用长的轻绳悬挂在点正上方的点。现将小球拉至轻绳与竖直方向成角位置，静止释放。小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰。碰后小球被弹回，物块向右运动并压缩弹簧。设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质点，重力加速度取。求：
（1）小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间速度的大小；
（2）弹簧的最大弹性势能。

【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）根据题意，小球从开始运动到最低点过程中，设小球到达最低点与物块碰撞前瞬间速度的大小为，由机械能守恒定律有

代入数据解得

（2）根据题意可知，小球在最低点和物块发生弹性正碰，则碰撞过程中动量守恒和能量守恒，设小球碰撞后的速度为，物块的速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律有

由能量守恒定律有

解得
，
由于地面光滑，物块向右压缩弹簧时，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧的最大弹性势能为

3、（2020北京自适应高三一模）对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，可以更加深刻地理解其物理本质。
（1）单个微小粒子撞击巨大物体的力是局部而短促的脉冲，但大量粒子撞击物体的平均效果是均匀而持续的力。我们假定单位体积内粒子数量为，每个粒子的质量为，粒子运动速率均为。如果所有粒子都垂直物体表面运动并与其碰撞，利用所学力学知识，导出物体表面单位面积所受粒子压力与和的关系。
（2）实际上大量粒子运动的速率不尽相同。如果某容器中速率处于区间的粒子约占总数的，而速率处于区间的粒子约占总数的，论证：上述两部分粒子，哪部分粒子对容器壁的压力贡献更大。
【名师解析】
（1）一个粒子每与物体表面碰撞一次给器壁的冲量为若粒子与物体表面的碰撞为完全弹性碰撞，则
若粒子与物体表面的碰撞为完全非弹性碰撞，则
若粒子与物体表面的碰撞为非完全弹性碰撞，则
如答图3，以物体表面上的面积为底、以为高构成柱体，由题设可知，与物体表面碰撞的粒子总数为时间内粒子给物体表面的冲量
面积为S的物体表面受到粒子压力为
物体表面单位面积所受粒子压力为
（2）已知，区间的分子约占总数的
该区间的分子约占总数的
由（1）问可知，则有

可见，区间的分子对于压力的贡献更大些。
4．(20分)如图甲所示，一倾角为θ＝37°、高为h＝0.3 m 的斜面固定在水平面上，一可视为质点质量为m＝1 kg，带电荷量q＝＋0.02 C的物块放在斜面顶端，距斜面底端L＝0.6 m处有一竖直放置的光滑半圆轨道，半径为R＝0.2 m，半圆轨道底端有一质量M＝1 kg可视为的质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图乙所示的变化电场(水平向右为正方向，图甲中O点对应坐标原点，图线与坐标轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积公式S＝πab，a、b分别为半长轴和半短轴)．现给物块一沿斜面向下的初速度，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.

(1)若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度范围；
(2)若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度及小球打在斜面上的位置．
【名师解析】
(1)当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时，对物块从开始运动到与小球碰撞前，由动能定理有
mgh＋W电－μmg＝mv2－mv
分析题图乙可知W电＝πqEm×0.2
物块与小球碰撞时，由动量守恒有mv＝mv1＋Mv2，由机械能守恒有mv2＝mv＋Mv
对小球由能量守恒有Mv＝MgR，解得v0＝ m/s
物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有
mgh＋W电－μmg＝0－mv，解得v0＝ m/s
当小球恰能通过最高点时，由圆周运动知识可得Mg＝M
小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得
－2MgR＝Mv－Mv，解得v0＝2 m/s
综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为 m/s＜v0≤ m/s或v0≥2 m/s.
(2)小球离开最高点后，做平抛运动，设小球离开最高点时速度为v4，则有
水平方向x＝v4t，竖直方向y＝gt2
又垂直打在斜面上，则＝＝2tan θ
设打在斜面上位置的高度为h′，则由几何知识可得x＝L＋，
y＝2R－h′
代入数据联立可得h′＝0，v4＝ m/s，故小球恰好垂直打在斜面的底端．
答案：(1) m/s＜v0≤ m/s或v0≥2 m/s
(2) m/s　小球恰好垂直打在斜面的底端
. 5.（2022湖北武汉武昌区5月模拟）如图，倾角的光滑斜面上有一质量为M的金属板，斜面底端垂直于斜面固定一弹性挡板，金属板下端与弹性挡板的距离为L，其上端放有一质量为m的橡胶块（可视为质点）。金属板和橡胶块同时由静止释放，运动方向始终与挡板垂直，金属板与挡板发生的每次碰撞都是时间极短的弹性碰撞。已知，橡胶块与金属板之间的滑动摩擦力大小为，g为重力加速度，不计空气阻力。
（1）求金属板第一次与挡板碰撞后瞬间，金属板和橡胶块各自的加速度大小；
（2）金属板第一次与挡板碰撞弹回上滑过程中，橡胶块没有滑离金属板，求金属板上滑的最大距离；
（3）之后，下滑、碰撞、弹回，再下滑、碰撞、弹回…橡胶块最终也没有滑离金属板，求金属板长度的最小值。


【参考答案】（1）,；（2）；（3）
【名师解析】
（1）金属板第一次与挡板碰撞后的瞬间，金属板的速度沿斜面向上，橡胶块的速度沿斜面向下，对金属板，由牛顿第二定律有

解得

对橡胶块，由牛顿第二定律有

解得

（2）金属板和橡胶块从静止开始滑到与挡板碰撞前瞬间，对整体有

由速度位移公式得

解得

速度方向均沿斜面向下。金属板弹离得瞬间，金属板得速度反向，橡胶块的速度方向依然沿斜面向下；设自弹起经过时间，金属板与橡胶块的速度刚好相同，取沿斜面向上为正方向，由运动学公式有

解得

设此时金属板下端距离挡板，速度为v，由运动学公式可得


此后，金属板与橡胶块将共同以加速度减速上滑动，速度减零。由运动学公式有

设金属板第一次弹起后上滑的最大距离为x，则

（3）金属板与挡板第一次碰撞后到橡胶块和金属板达到共同速度，橡胶块相对金属板向下滑动的相对位移为，由

解得

令

根据题意，橡胶块和金属板一起从距挡板处向下运动、碰撞、反弹、相对运动、达到共同速度、减速至零


以此类推


由此可得板长最小值为

解得
6. （2022湖南长沙长郡中学模拟）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，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化，如图乙示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1=2m，弹珠B与坑的间距x2=1m。某同学将弹珠A以v0=6m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1=0.4s与弹珠B正碰（碰撞时间极短），碰后弹珠A又向前运动x=0.1m后停下。已知两弹珠的质量均为2.5g，取重力加速度g=10m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：
（1）碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ；
（2）两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出。


【参考答案】（1），；（2），不能
【名师解析】
（1）设碰撞前瞬间弹珠A的速度为，由运动学公式得


由牛顿第二定律得

联立解得
，，
（2）由（1）可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为，弹珠A碰撞后瞬间的速度为，由运动学规律

解得

设碰后瞬间弹珠B的速度为，由动量守恒定律得

解得

所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失

解得

碰后弹珠B运动的距离为

所以弹珠B没有进坑，故不能胜出。
7. （2021福建龙岩一模） 如图，轻弹簧放在水平面上，左端固定，右端与放置在水平面上质量m=1kg的小滑块甲接触（不相连），弹簧处于原长时甲位于O点。在水平面的B点处平滑连接一足够长的斜面，OB间的距离d=lm。现用外力将甲缓慢向左移动1m到A点，此时弹簧的弹性势能为Ep=14.5J。撤去外力，甲弹出后在B点与质量M=2kg静止的小滑块乙发生弹性正碰，碰后甲乙恰好不再发生碰撞，且停在同一位置。已知两滑块与水平面、斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2，求：
（1）甲、乙碰撞前瞬间甲的速度大小；
（2）斜面的倾角的正切值tan；
（3）把乙换成小滑块丙，丙的质量为lkg，与水平面、斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，将丙静止放在OB间的C点，CO距离为x，仍将甲由A点静止释放，弹出后与丙相碰，碰后两滑块粘在一起运动，求它们在轨道上到达的最大高度h与x之间的关系式。

【参考答案】（1）3m/s；（2）；（3）当时，；当时，
【名师解析】
（1）设甲、乙第一次碰前甲的速度大小为v0，从甲释放到甲、乙第一次碰前，对甲根据动能定理可得
①
代入数据解得

（2）设甲、乙第一次碰后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定理和机械能守恒定律可得
②
③
联立②③式解得
，
碰后甲向左做匀减速直线运动，假设运动s1后静止，对甲根据动能定理有
④
代入数据解得

碰后乙沿斜面向上做匀减速运动，根据动能定理有
⑤
之后乙沿斜面向下做匀加速运动，追上甲时速度恰好为零，根据动能定理有
⑥
联立⑤⑥解得

（3）从甲释放到甲、丙第一次碰前，对甲根据动能定理可得
⑦
假设甲、丙碰后的速度为v，根据动量守恒定理有
⑧
碰甲、丙沿斜面向上做匀减速运动，根据动能定理有
⑨
联立⑦⑧⑨可得

令，可得

故h与x之间的关系式为
当时，
当时，
8. （2021山东莱芜一中质检）如图所示，倾角θ=37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m=0.5kg的物块（均可视为质点），A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离d=3m，现释放A，一段时间后A与B发生碰撞，A、B碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撒去A，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
(2)若B沿斜面向下运动到速度为零时（此时B与C未接触，弹簧仍在弹性限度内），弹簧的弹性势能增量Ep=10.5J，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若C刚好要离开挡板时，B的动能Ek=8.97J，求弹簧的劲度系数k。

【参考答案】(1)；(2)0.5m；(3)
【名师解析】
(1)根据机械能守恒定律有

解得
(2)设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有

A、B碰撞过程机械能守恒，有

解得

A、B碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，根据能量守恒定律有

解得
0.5m
(3)A、B碰撞前，弹簧的压缩量为

当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为

可见在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零。根据机械能守恒定律

解得
9．（12 分）（2021四川南充重点高中质检）如图所示，有半径相同的小球 a、b，a 球质量为 2m， b 球质量为 m，b 球位于光滑轨道 ABC 的水平段 BC 的末端 C 处。a 球从距 BC 水平面高 h 的 A 处由静止滑下，在 C 处与 b 球发生弹性正碰。求：
（1）碰前瞬间 a球的速度 v；
（2）两球在水平地面 DE上的落点间的距离 s。
【名师解析】.（12分）解：
（1）对a球，由机械能守恒定律得：
……………………①
解①得：
……………………②
（2）设两球碰后的速度分别为v1、v2，由动量守恒和机械能守恒得：
……………………③
……………………④
两球碰后均从C点做平抛运动，且运动时间相同，设平抛的时间为t，两球平抛运动的水平位移分别为x1、x2，由平抛运动的规律得：
……………………⑤
……………………⑥
……………………⑦
……………………⑧
联解②③④⑤⑥⑦⑧得：
……………………⑨
评分参考意见：本题满分12分，其中①③④各2分，②⑤⑥⑦⑧⑨式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。

10（12分）（2020浙江稽阳联考）如图，光滑导轨的末端放有一个质量为m1=1 kg的小球A，导轨的末端与竖直墙上的O点等高，导轨末端到竖直墙壁的水平距离为d=0.3 m。一个质量为m2的小球B沿导轨从距导轨末端高h=0.2 m处由静止释放，在末端与小球A碰撞后，两球直接从轨道末端飞出，分别击中竖直墙上的P、Q两点，已知P到O的距离h1=0.05 m，Q到O的距离h2=0.45 m，小球可看作质点，则
（1）求A、B两球从轨道末端飞出时的速度大小v1、v2；
（2）求小球B的质量m2，并通过计算分析碰撞是否为弹性碰撞；
（3）试通过计算说明，在A、B发生弹性碰撞的条件下，能否选择一个合适的小球B的质量m2的大小，使得两球碰后即以共同速度做抛体运动，如果能，求出m2。







【参考答案】（1）v1=3m/s，v2=1m/s （2）m2=3kg，是 （3）不存在
【名师解析】
（1）小球在空中做平抛运动，有
d=vt（1分）
y=（1分）
分别用h1、h2代入上式中的y，可求得
v1=3m/s（1分）
v2=1m/s（1分）
（2）设B运动到轨道末端的速度为v0，由机械能守恒
m2gh=（1分
求得 v0=2m/s）
在A、B碰撞前后，两球的动量守恒
m2v0=m2v2+m1v1（1分）
求得 m2=3kg（1分）
碰前总动能Ek= =6 J
碰后两球总动能Ek’=+=6 J
即 Ek=Ek’ （1分）
该碰撞为弹性碰撞。（1分）
（3）假设此情形下的m2存在，则由动量守恒
m2v0= (m1+m2)v（1分）
求得v=
碰前总动能Ek=
碰后两球总动能Ek’== 这说明碰撞前后有能量损失，与题设矛盾，故这样的m2不存在。（1分）
11.(17分) （2020福建福州期末）质量为mA＝1.0kg的小物块A静止在水平地面上，与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。质量为mB＝3.0kg的小物块B以v0＝2m/s的速度与A发生弹性正碰，碰后A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为µ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。

(1)求A、B碰后瞬间速度vA、vB的大小；
(2)A、B碰后哪一个速度先减为零?求此时A与B之间的距离△s1；
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离△s2。
【名师解析】：
（1）小物块A、B发生弹性正碰
则：mBv0 = mAvA + mBvB ① （2分）
②（2分）
联立①②式并代入题给数据得
vA=3.0 m/s，vB=1.0 m/s ③ （1分）
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为碰撞后速度较小的B。设从碰撞到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。
则有：④（1分）
⑤（1分）
⑥（1分）
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA = vAt– ⑦（1分）
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.25 m，sB = 0.25 m ⑧（1分）
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.75 m处。B位于出发点右边0.25 m处，两物块之间的距离△s1为
△s1=0.75 m-0.25 m = 0.50 m ⑨（1分）
（3）t 时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩（1分）


联立③⑧⑩式并代入题给数据得
⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
⑫（1分）
⑬（1分）
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
，⑭（1分）
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
⑮（1分）
由④⑭⑮式及题给数据得
⑯

sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离

12、（2020北京自适应高三一模）对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，可以更加深刻地理解其物理本质。
（1）单个微小粒子撞击巨大物体的力是局部而短促的脉冲，但大量粒子撞击物体的平均效果是均匀而持续的力。我们假定单位体积内粒子数量为，每个粒子的质量为，粒子运动速率均为。如果所有粒子都垂直物体表面运动并与其碰撞，利用所学力学知识，导出物体表面单位面积所受粒子压力与和的关系。
（2）实际上大量粒子运动的速率不尽相同。如果某容器中速率处于区间的粒子约占总数的，而速率处于区间的粒子约占总数的，论证：上述两部分粒子，哪部分粒子对容器壁的压力贡献更大。
【名师解析】
（1）一个粒子每与物体表面碰撞一次给器壁的冲量为若粒子与物体表面的碰撞为完全弹性碰撞，则
若粒子与物体表面的碰撞为完全非弹性碰撞，则
若粒子与物体表面的碰撞为非完全弹性碰撞，则
如答图3，以物体表面上的面积为底、以为高构成柱体，由题设可知，与物体表面碰撞的粒子总数为时间内粒子给物体表面的冲量
面积为S的物体表面受到粒子压力为
物体表面单位面积所受粒子压力为
（2）已知，区间的分子约占总数的
该区间的分子约占总数的
由（1）问可知，则有

可见，区间的分子对于压力的贡献更大些。
13．(20分)如图甲所示，一倾角为θ＝37°、高为h＝0.3 m 的斜面固定在水平面上，一可视为质点质量为m＝1 kg，带电荷量q＝＋0.02 C的物块放在斜面顶端，距斜面底端L＝0.6 m处有一竖直放置的光滑半圆轨道，半径为R＝0.2 m，半圆轨道底端有一质量M＝1 kg可视为的质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图乙所示的变化电场(水平向右为正方向，图甲中O点对应坐标原点，图线与坐标轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积公式S＝πab，a、b分别为半长轴和半短轴)．现给物块一沿斜面向下的初速度，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.

(1)若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度范围；
(2)若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度及小球打在斜面上的位置．
【名师解析】
(1)当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时，对物块从开始运动到与小球碰撞前，由动能定理有
mgh＋W电－μmg＝mv2－mv
分析题图乙可知W电＝πqEm×0.2
物块与小球碰撞时，由动量守恒有mv＝mv1＋Mv2，由机械能守恒有mv2＝mv＋Mv
对小球由能量守恒有Mv＝MgR，解得v0＝ m/s
物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有
mgh＋W电－μmg＝0－mv，解得v0＝ m/s
当小球恰能通过最高点时，由圆周运动知识可得Mg＝M
小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得
－2MgR＝Mv－Mv，解得v0＝2 m/s
综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为 m/s＜v0≤ m/s或v0≥2 m/s.
(2)小球离开最高点后，做平抛运动，设小球离开最高点时速度为v4，则有
水平方向x＝v4t，竖直方向y＝gt2
又垂直打在斜面上，则＝＝2tan θ
设打在斜面上位置的高度为h′，则由几何知识可得x＝L＋，
y＝2R－h′
代入数据联立可得h′＝0，v4＝ m/s，故小球恰好垂直打在斜面的底端．
答案：(1) m/s＜v0≤ m/s或v0≥2 m/s
(2) m/s　小球恰好垂直打在斜面的底端
14．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径的圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。球2、球3分别放在BC轨道上，质量的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，。
求球1到达B点时对轨道的压力大小。
若球2的质量，求球1与球2碰撞后球2的速度大小。
若球3的质量，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少。


【名师解析】小球1从A下滑到B的过程，由机械能守恒定律得：
 
在B点，由球1，由牛顿第二定律得
由式解得，
根据牛顿第三定律知，球1到达B点时对轨道的压力大小
球1、球2碰撞过程中，以两球组成的系统为研究对象，以碰撞前球1的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
  
由机械能守恒定律得：
联立解得：
代入数据解得
同理可得球2、3碰撞后，球3的速度
由得
代入数据得
由数学知识知：当，即时，最小，最大，球3获得最大的动能。
答：
球1到达B点时对轨道的压力大小是12N。
若球2的质量，球1与球2碰撞后球2的速度大小是。
若球3的质量，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为。
【关键点拨】小球1从斜面下滑时只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小球1到达B点时的速度；在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对小球1的支持力，从而得到小球1对轨道的压力。
小球1和小球2发生的是弹性碰撞，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律列方式可以求出碰撞后球2的速度大小。
同理可得，小球2和3碰撞后球3的速度表达式，得到球3的动能表达式，结合数学知识求球3动能最大时球2的质量。
本题要根据题目的信息，逐步分析，采用归纳法总结规律，可求出碰后小球3的速度表达式，再结合数学知识求最值，这是常用的函数法，要熟练运用。

15 如图所示，在倾角θ＝30°、足够长的斜面上分别固定着相距L＝0.2 m的A、B两个物体，它们的质量为mA＝1 kg，mB＝3 kg，与斜面间动摩擦因数分别为μA＝和μB＝。在t＝0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并与B物体发生弹性碰撞(g＝10 m/s2)。求：A与B第一次碰后瞬时B的速率？

【名师解析】　A物体沿斜面下滑时有mAgsin θ－μAmAgcos θ＝mAaA
所以：aA＝gsin θ－μAgcos θ
aA＝gsin 30°－gcos 30°＝2.5 m/s2
B物体沿斜面下滑时有mBgsin θ－μBmBgcos θ＝mBaB
代入数据解得aB＝0
可知，撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动。
由运动学公式得A与B第一次碰撞前的速度
vA1＝＝ m/s＝1 m/s
由于A、B碰撞满足动量守恒和机械能守恒，设第一次碰后B的速度为vB，有：
mAvA＝mAvA′＋mBvB
mAv＝mAvA′2＋mBv
得vB＝0.5 m/s
答案　0.5 m/s
16 如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：

(1)碰撞后小球A和小球B的速度；
(2)小球B掉入小车后的速度。
【名师解析】　(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有m1v0＝m1v1＋m2v2
碰撞过程中系统机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m2v
可解得v1＝＝－v0
v2＝＝v0
即碰后A球向左，B球向右
(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有m2v2＋m3v3＝(m2＋m3)v3′
解得v3′＝v0水平向右
答案　(1)－v0，方向向左　v0，方向向右
(2)v0，方向向右

17．（10分）如图所示，一质量M=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量mA=1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g。求小球B的质量。

【参考答案】3kg
【命题立意】本题旨在考查动量守恒和能量守恒
【名师解析】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由水平方向动量守恒定律有：
由能量守恒定律有：
联立解得：v1=2m/s，v=1m/s
小球A、B碰后运动方向相反， 设小球A、B的速度大小分别为和，由题意知：恰好追不上即速度相等，=1m/s
由AB碰撞遵循动量守恒定律得：
由能量守恒定律有：
联立解得：mB=3kg
【举一反三】如果B固定在水平轨道上，以上A能否出现追不上圆弧的现象？
18．如图1所示，一倾角为θ=37°、高为h=0.3m的斜面固定在水平面上，一可视为质点质量为m=1kg，带电荷量q=+0.02C的物块放在斜面顶端，距斜面底端L=0.6m处有一竖直放置的光滑半圆轨道，半径为R=0.2m，半圆轨道底端有一质量M=1kg可视为的质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图2所示的变化电场(水平向右为正方向，图1中O点对应坐标原点，虚线与坐标轴轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积公式，a、b分别为半长轴和半短轴)。现给物块一沿斜面向下的初速度，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度，。
(1)若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度范围；
(2)若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度及小球打在斜面上的位置。

【参考答案】(1)；(2)；小球恰好垂直打在斜面的底端；
【名师解析】（1）当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时，对物块从开始运动到与小球碰撞前，由动能定理有
分析题图2可知
物块与小球碰撞时，由动量守恒有，由机械能守恒有
对小球由能量守恒有，解得
物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有，解得
当小球恰能通过最高点时，由圆周运动知识可得
小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得，解得
综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为或
（2）小球离开最高点后，做平抛运动，设小球离开最高点时速度为，则有
水平方向，竖直方向
又垂直打在斜面上，则
设打在斜面上位置的高度为，则由几何知识可得
代入数据联立可得，故小球恰好垂直打在斜面的底端。