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高考物理动量常用模型最新模拟题精练专题5.非弹性碰撞(原卷版+解析)
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这是一份高考物理动量常用模型最新模拟题精练专题5.非弹性碰撞(原卷版+解析)，共24页。试卷主要包含了5 m/s，8 m/s等内容，欢迎下载使用。
一．选择题
1. （2023山东潍坊三校联考） 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A. vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B. vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C. vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D. vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
2..(2023江苏南通重点高中质检) A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是，则由图像判断下列结论正确的是（ ）
A. 碰撞前、后A球的动量变化量为6kg·m/s
B. 碰撞时A球对B球的冲量为－6N·s
C. A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s
D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
3. （2023湖北四市七校联盟期中联考）质量为2m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为3m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度vA大小和小球B的速度大小vB可能为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
4. (2020年南昌第二中学月考)如图所示，在光滑的水平面上有2 018个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态．现给第一个小球初动能Ek，使它正对其他小球运动．若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为( )
A．eq \f(1,2 018)Ek B．eq \f(2 017,2 018)Ek
C．eq \f(1,2 0182)Ek D．eq \f(2 019,2 018)Ek
5. （2022湖北武汉武昌区5月模拟）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A. 物块A、B的质量之比为
B. A与B碰撞后，A在位置处加速度最大
C. 位置处弹簧压缩量为
D. 弹簧的劲度系数为
6. （2022北京西城期末）质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示，由图像可判断以下说法正确的是（ ）
A. 碰后两物体的运动方向相同
B. 碰后的速度大小为
C. 两物体的质量之比
D. 两物体的碰撞是弹性碰撞
7. （2022福建福州3月质检1）图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。某同学把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔将向上弹起，其过程可简化为三个阶段，如图乙所示，圆珠笔外壳先竖直向上运动，然后与内芯发生碰撞，碰后内芯与外壳以共同的速度一起向上运动到最大高度处。已知外壳与静止的内芯碰撞时弹簧恰好恢复原长，碰撞时间极短；不计摩擦和空气阻力，则从释放外壳起到圆珠笔向上运动到最高点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 圆珠笔的机械能守恒
B 外壳与内芯碰撞前，外壳一直加速上升
C. 外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔做正功
D. 弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量
8.（2021高考评估验收模拟13）在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可以为( )
A．0 B.eq \f(v0,3)
C.eq \f(v0,2) D.eq \f(3v0,4)
9.[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
10 .2020年2月4日，中国选手丁俊晖在2020世界斯诺克国际锦标赛中战胜对手唐纳森晋级下一轮。如图所示，丁俊晖在比赛中准备击球。设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝eq \f(1,4)mA
C．mB＝eq \f(1,6)mA D．mB＝6mA
11.(2020·四川资阳二诊)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg，mB＝2 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
12.（2020高考仿真冲刺卷7）在冰壶比赛中,红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,如图(甲)所示.碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面,来减小阻力.碰撞前后两壶运动的v–t图象如图(乙)实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行.已知两冰壶质量相等,由图象可得( )
A.红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞
B.碰撞后,蓝壶的瞬时速度为0.8 m/s
C.碰撞后,红、蓝两壶运动的时间之比为1∶6
D.碰撞后,红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为4∶5
13．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a＜1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为( )
A．eq \f(1,5)＜a＜eq \f(1,3) B．eq \f(1,3)＜a＜eq \f(2,3) C．eq \f(1,3)＜a＜eq \f(2,5) D．eq \f(1,3)＜a≤eq \f(3,5)
14.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部挡板上，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为M的小物块b位于光滑斜面上，小物块a、b之间相距x.小物块b在斜面上由静止沿斜面下滑，与a碰后一起沿斜面下滑但不粘连，压缩弹簧到最低点后两物块沿斜面上滑时分离．下列说法正确的是( )
A．仅x越大，a、b碰撞损失的机械能越小
B．仅M越大，a、b碰后小物块a的动能越大
C．仅x越大，a、b碰后小物块a的最大动能位置越靠近挡板
D．仅M越大，a、b碰后上滑分离处越远离挡板
15．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰前两球均向右运动
B．右方是A球，碰前两球均向左运动
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞
16 在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为( )
A. v0B. v0 /3 QUOTE ?03 C. v0/2D. 3 v0/4 QUOTE 34?0
17 如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A。另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起。则从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，对A球、B球、弹簧组成的系统（ ）
A. 动量守恒，机械能不守恒
B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 对墙产生的冲量为mv0
D. 弹簧最大势能为12mv02
18 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，一定速度向右运动在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v−t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小( )
A. 9N⋅sB. 18N⋅sC. 36N⋅sD. 72N⋅s
19 在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰・若碰撞前后两壶的v−t图象如图(b)所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A. 两壶发生了弹性碰撞
B. 蓝壶运动了4s停下
C. 撞后两壶相距的最远距离为1.275m
D. 碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s2
20．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动：设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )
A．1 m/s B．0.5 m/s
C．－1 m/s D．－0.5 m/s
21 .在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
二、计算题
1. (2023江苏南通重点高中质检)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5kg的球瓶。此后球瓶以3.0m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s。求：
（1）碰撞前保龄球的速度；
（2）碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；
（3）通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。
2．（12分）（2023四川泸县教育共同体联考）如图所示，abc是半径为R的半圆形光滑固定轨道，直径ac水平，b为轨道的最低点。一质量为m的小球1从轨道最高点a由静止释放，在轨道最低点b与静止的小球2发生正碰。第一次碰撞后小球1反向弹回，两小球沿圆弧上升的最大高度均为。求：
（1）第一次碰撞结束时，小球1和2的速度大小；
（2）小球2的质量。
高考物理《动量》常用模型最新模拟题精练
专题5非弹性碰撞
一．选择题
1. （2023山东潍坊三校联考） 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A. vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B. vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C. vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D. vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
【参考答案】B
【名师解析】
碰前的动量为
碰后A项的总动量为
D项的总动量为
则两种情况都满足动量守恒；但碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，AD错误；
碰后B项的总动量为
则满足动量守恒，碰后A的速度小于B的速度，不会发生第二次碰撞，碰前的总动能
两球碰后的总动能不违背能量守恒定律，B正确；
C项碰后的总动量为
则满足动量守恒，两球碰后的总动能
大于碰前的总动能
违背了能量守恒定律，C错误。
【规律总结】碰撞遵循的三个原则
2..(2023江苏南通重点高中质检) A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是，则由图像判断下列结论正确的是（ ）
A. 碰撞前、后A球的动量变化量为6kg·m/s
B. 碰撞时A球对B球的冲量为－6N·s
C. A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s
D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
【参考答案】D
【名师解析】
x-t图像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度分别为
所以碰撞前、后A球的动量变化量为
故A错误；
碰撞前B球的速度为
设B球质量为m′，根据动量守恒定律有
解得
根据动量定理可知，碰撞时A球对B球的冲量为
故B错误；
A、B两球碰撞前的总动量为，故C错误；
碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为
故D正确。
3. （2023湖北四市七校联盟期中联考）质量为2m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为3m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度vA大小和小球B的速度大小vB可能为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【参考答案】AD
【名师解析】
碰撞过程中应满足动量守恒，即
还应满足系统总动能不增加，即
A．若
，
当vA与vB方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，A可能；
B．若
，
当vA与vB方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但vA > vB，故不符合实际情况，B不可能；
C．若
，
当vA、vB代入计算，可知不满足动量守恒，C不可能；
D．若
，
当vA与vB方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，小于系统碰撞前的动能，D可能。
4. (2020年南昌第二中学月考)如图所示，在光滑的水平面上有2 018个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态．现给第一个小球初动能Ek，使它正对其他小球运动．若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为( )
A．eq \f(1,2 018)Ek B．eq \f(2 017,2 018)Ek
C．eq \f(1,2 0182)Ek D．eq \f(2 019,2 018)Ek
【参考答案】B
【名师解析】以第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 018个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒守恒得mv0＝2 018mv，解得v＝eq \f(v0,2 018)，则系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)×mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2 018mv2，解得ΔE＝eq \f(2 017,2 018)Ek，故B正确．
5. （2022湖北武汉武昌区5月模拟）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A. 物块A、B的质量之比为
B. A与B碰撞后，A在位置处加速度最大
C. 位置处弹簧压缩量为
D. 弹簧的劲度系数为
【参考答案】BD
【名师解析】
由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能
可得物块A与物块B碰撞前的速度为
物块A与物块B碰撞后的动能
解得物块A与物块B碰撞后的速度
物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律
解得，故A项错误；
根据动能定理有
由上述可知图像的斜率代表物体所受的合外力，由图乙可知，物块A与物块B碰撞后在位置处合外力最大，即加速度最大，B项正确；
由图乙可知，处是物块B静止的位置，此时弹簧处于压缩状态，并不是原长，故位置处弹簧压缩量大于，故C项错误；
弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为，结合图甲，根据平衡条件可知，由图乙可知，当物块A与物块B一起运动到时，速度最大，根据平衡条件
物块A从O点运动到位置的过程中，根据动能定理
联立解得，故D项正确。
6. （2022北京西城期末）质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示，由图像可判断以下说法正确的是（ ）
A. 碰后两物体的运动方向相同
B. 碰后的速度大小为
C. 两物体的质量之比
D. 两物体的碰撞是弹性碰撞
【参考答案】C
【名师解析】
图像斜率表示速度可知碰后两物体的运动方向相反，故A错误；
碰后的速度大小为，故B错误；
碰撞后的速度为
碰撞前的速度为
碰撞前的速度为0，根据动量守恒定律得
代入数据得，故C正确；
碰撞前的总动能为
碰撞后的总动能为
代入数据比较可得，由能量损失，可知不是弹性碰撞，故D错误。
7. （2022福建福州3月质检1）图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。某同学把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔将向上弹起，其过程可简化为三个阶段，如图乙所示，圆珠笔外壳先竖直向上运动，然后与内芯发生碰撞，碰后内芯与外壳以共同的速度一起向上运动到最大高度处。已知外壳与静止的内芯碰撞时弹簧恰好恢复原长，碰撞时间极短；不计摩擦和空气阻力，则从释放外壳起到圆珠笔向上运动到最高点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 圆珠笔的机械能守恒
B 外壳与内芯碰撞前，外壳一直加速上升
C. 外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔做正功
D. 弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量
【参考答案】D
【名师解析】
因为存在完全非弹性碰撞，所以圆珠笔的机械能不守恒，故A错误；
外壳与内芯碰撞前，当弹力小于重力，合力向下，外壳减速上升，故B错误；
外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔的作用力没有位移，不做功，故C错误；
根据A选项分析可知，由于存在机械能损失，弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量，故D正确。
8.（2021高考评估验收模拟13）在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可以为( )
A．0 B.eq \f(v0,3)
C.eq \f(v0,2) D.eq \f(3v0,4)
【参考答案】ABC
【名师解析】A、B两球若发生完全弹性碰撞，过程中动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2，能量守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)，解得v1＝－eq \f(1,2)v0，故C正确；若发生完全非弹性碰撞，过程中能量损失最多，仅动量守恒有mv0＝(m＋3m)v2，解得v2＝eq \f(1,4)v0，当A碰后速度在v1、v2间时为非完全弹性碰撞，动量依旧守恒，但能量部分损失，故A、B正确，D错误．
9.[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＝eq \r(2gh)，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：eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)·3mv2＝eq \f(1,2)·3mva2＋eq \f(1,2)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＝eq \f(vb2,2g)＝4h，选项C错误，B、D正确。
10 .2020年2月4日，中国选手丁俊晖在2020世界斯诺克国际锦标赛中战胜对手唐纳森晋级下一轮。如图所示，丁俊晖在比赛中准备击球。设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝eq \f(1,4)mA
C．mB＝eq \f(1,6)mA D．mB＝6mA
【参考答案】A
【名师解析】由动量守恒定律，得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入数据解得pA′＝1 kg·m/s；根据碰撞过程中总动能不增加，则有eq \f(pA2,2mA)≥eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB′2,2mB)，代入数据解得mB≥eq \f(2,3)mA；碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则eq \f(pA′,mA)≤eq \f(pB′,mB)，解得mB≤4mA；综上可得eq \f(2,3)mA≤mB≤4mA，选项A正确。
11.(2020·四川资阳二诊)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg，mB＝2 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【参考答案】A
【名师解析】 由题图可知，A球碰前速度vA＝6 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s；B球碰前速度vB＝3 m/s，碰后速度vB′＝5 m/s。根据题给数据可知，碰撞过程中系统动量守恒。碰前系统的总动能为eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝27 J，碰后的总动能为eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝27 J，则系统碰撞过程中机械能也守恒，所以碰撞类型属于弹性碰撞，故A正确，B、C、D错误。
12.（2020高考仿真冲刺卷7）在冰壶比赛中,红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,如图(甲)所示.碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面,来减小阻力.碰撞前后两壶运动的v–t图象如图(乙)实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行.已知两冰壶质量相等,由图象可得( )
A.红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞
B.碰撞后,蓝壶的瞬时速度为0.8 m/s
C.碰撞后,红、蓝两壶运动的时间之比为1∶6
D.碰撞后,红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为4∶5
【参考答案】B
【名师解析】 设碰后蓝壶的速度为v,碰前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰后速度为v0′=0.2 m/s,碰撞过程系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=mv0′+mv,代入数据解得v=0.8 m/s,碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk=m v02-mv0′2-mv2=0.16m>0,红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞,故A错误,B正确;设碰撞后,蓝壶经过t蓝时间停止运动,根据三角形相似法有, =,解得蓝壶运动时间t蓝=5 s,由v——t图象可知,红壶的加速度大小为a红== m/s2=0.2 m/s2,碰撞后红壶的运动时间为t红==1 s,碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1∶5,C错误;蓝壶的加速度大小为a蓝== m/s2=0.16 m/s2,由牛顿第二定律得a=μg,解得动摩擦因数μ=,红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比为===,D错误.
13．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a＜1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为( )
A．eq \f(1,5)＜a＜eq \f(1,3) B．eq \f(1,3)＜a＜eq \f(2,3) C．eq \f(1,3)＜a＜eq \f(2,5) D．eq \f(1,3)＜a≤eq \f(3,5)
【参考答案】D
【名师解析】．碰撞过程动量守恒，以v0方向为正方向有mAv0＝－mAav0＋mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是av0>vB，解得a>eq \f(1,3)；碰撞过程中损失的机械能ΔEk＝eq \f(1,2)mAv02－[eq \f(1,2)mA(av0)2＋eq \f(1,2)mBvB2]，解得a≤eq \f(3,5)，故eq \f(1,3)＜a≤eq \f(3,5)，D正确。
14.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部挡板上，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为M的小物块b位于光滑斜面上，小物块a、b之间相距x.小物块b在斜面上由静止沿斜面下滑，与a碰后一起沿斜面下滑但不粘连，压缩弹簧到最低点后两物块沿斜面上滑时分离．下列说法正确的是( )
A．仅x越大，a、b碰撞损失的机械能越小
B．仅M越大，a、b碰后小物块a的动能越大
C．仅x越大，a、b碰后小物块a的最大动能位置越靠近挡板
D．仅M越大，a、b碰后上滑分离处越远离挡板
【参考答案】B
【名师解析】.小物块a、b碰撞时有Mv0＝(M＋m)v，碰撞时损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得v＝eq \f(M,M＋m)v0，ΔE＝eq \f(m,M＋m)·eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)，x越大，v0越大，ΔE越大，选项A错误；M越大，a、b碰后小物块a的速度越大，动能越大，选项B正确；仅x越大，小物块a、b压缩弹簧时的平衡位置不变，选项C错误；小物块a、b分离时两者接触的弹力为零，两者的加速度相同，均为gsin θ，故弹簧处于原长状态，与M无关，选项D错误．
15．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰前两球均向右运动
B．右方是A球，碰前两球均向左运动
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞
【参考答案】AC
【名师解析】大小相同的A、B两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由题知ΔpA＝－4 kg·m/s，则得ΔpB＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A球，右边是B球，故A正确，B错误；碰撞后，两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝6 kg·m/s＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为mB＝2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为eq \f(v′A,v′B)＝eq \f(\f(pA′,mA),\f(pB′,mB))＝eq \f(2,5)，故C正确；碰撞前系统的总动能为Ek＝eq \f(peq \\al(2,A),2mA)＋eq \f(peq \\al(2,B),2mB)＝eq \f(18,mA)＋eq \f(36,2×2mA)＝eq \f(27,mA)，碰撞后系统的总动能为E′k＝eq \f(p′eq \\al(2,A),2mA)＋eq \f(peq \\al(2,B),2mB)＝eq \f(2,mA)＋eq \f(100,2×2mA)＝eq \f(27,mA)，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D错误．
16 在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为( )
A. v0B. v0 /3 QUOTE ?03 C. v0/2D. 3 v0/4 QUOTE 34?0
【参考答案】BC
【名师解析】取碰撞前A球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=mvA+3mvB。
若vA=v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=0，不可能。若vA=−v0，vB=23v0，A的动能不变，B的动能增加，违反了能量守恒定律，也不可能，故A错误。若vA=−13v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=49v0，因12mvA2+12⋅3mvB2=1954mv02<12mv02，是可能的，故B正确。若vA=−12v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=12v0，因12mvA2+12⋅3mvB2=12mv02，机械能守恒，是可能的，故C正确。若vA=34v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=112v0，碰后同向运动，B的速度不可能比A的小，不可能。若vA=−34v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=712v0，因12mvA2+12⋅3mvB2=1924mv02>12mv02，总动能增加，不可能，故D错误。
【关键点拨】。
先根据动量守恒定律求出碰后小球B的速度，再根据总动能不增加，以及碰后同向运动时，后面小球的速度不大于前面小球的速度，来进行分析。对于碰撞过程，关键要把握三大规律来分析：一、系统动量守恒。二、系统的总动能不增加。三、符合运动情况。
17 如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A。另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起。则从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，对A球、B球、弹簧组成的系统（ ）
A. 动量守恒，机械能不守恒
B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 对墙产生的冲量为mv0
D. 弹簧最大势能为12mv02
【参考答案】C
【名师解析】
从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，A、B发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能有损失，所以系统的机械能不守恒；从AB开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于弹簧对系统有作用力，A、B组成的系统所受的合外力不为零，则在此运动过程中动量不守恒，故AB错误。整个过程中由动量定理：I=mv0，选项C正确；A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv得：v=0.5v0。弹簧的最大弹性势能为：Ep=12⋅2mv2=14mv02．故D错误。
18 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，一定速度向右运动在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v−t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小( )
A. 9N⋅sB. 18N⋅sC. 36N⋅sD. 72N⋅s
【参考答案】C
【名师解析】由图知，C与A碰前速度为：v1=9m/s，碰后速度为：v2=3m/s，
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=(mA+mC)v2
代入数据解得：mC=2kg；由图知，12s末A和C的速度为：v3=−3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：
I=(mA+mC)v3−(mA+mC)v2，代入数据解得：I=−36N⋅s，方向向左，故ABD错误，C正确；
【关键点拨】。
A、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量。在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在4s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量。
本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律和动量定理即可正确解题。
19 在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰・若碰撞前后两壶的v−t图象如图(b)所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A. 两壶发生了弹性碰撞
B. 蓝壶运动了4s停下
C. 撞后两壶相距的最远距离为1.275m
D. 碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s2
【参考答案】CD
【名师解析】由图示图象可知，碰前红壶的速度v0=1.2m/s，碰后红壶的速度为v红=0.3m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0=mv红+mv，解得：v=0.9m/s；碰撞前两壶的总动能为Ek1=12mv02=0.72m；碰撞后前两壶的总动能为Ek2=12mv红2+12mv2=0.45m【关键点拨】
根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度，分析碰撞前后总动能的关系，判断是否为弹性碰撞。根据图象求解碰前红壶的加速度，由此得到所以蓝壶静止的时刻，再根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解碰后两壶相距的最远距离；根据斜率表示加速度，分析碰后两壶的加速度关系，根据牛顿第二定律求解碰后红、蓝两壶所受摩擦力关系。
本题主要考查了动量守恒定律，解答本题要掌握动量守恒定律的计算公式，能够根据图象获得信息，知道速度图象的面积和斜率的物理意义。
20．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动：设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )
A．1 m/s B．0.5 m/s
C．－1 m/s D．－0.5 m/s
【参考答案】D
【名师解析】 两车碰撞过程中动量守恒，m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
得v＝eq \f(m1v1－m2v2,m1＋m2)＝eq \f(150×4.5－200×4.25,150＋200) m/s＝－0.5 m/s。
21 .在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
【参考答案】B
【名师解析】 由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝eq \f(p2,2m)知，若ma＞mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb。
二、计算题
1. (2023江苏南通重点高中质检)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5kg的球瓶。此后球瓶以3.0m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s。求：
（1）碰撞前保龄球的速度；
（2）碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；
（3）通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。
【参考答案】（1）；（2）；（3）不是弹性碰撞
【名师解析】
（1）设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有
解得
（2）设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有
解得
（3）保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为
因为，所以该碰撞不是弹性碰撞。
2．（12分）（2023四川泸县教育共同体联考）如图所示，abc是半径为R的半圆形光滑固定轨道，直径ac水平，b为轨道的最低点。一质量为m的小球1从轨道最高点a由静止释放，在轨道最低点b与静止的小球2发生正碰。第一次碰撞后小球1反向弹回，两小球沿圆弧上升的最大高度均为。求：
（1）第一次碰撞结束时，小球1和2的速度大小；
（2）小球2的质量。
【名师解析】．(1)两小球上升的最大高度一样，所以二者碰后的速度大小相同。根据机械能守恒得
解得
(2)碰前，对于小球1，根据机械能守恒得
两小球相碰，根据动量守恒得
解得
动量守恒
碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能不增加
碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。系统动能满足关系式：
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22≥eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
物理情境可行性
按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致
一．选择题
1. （2023山东潍坊三校联考） 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A. vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B. vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C. vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D. vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
2..(2023江苏南通重点高中质检) A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是，则由图像判断下列结论正确的是（ ）
A. 碰撞前、后A球的动量变化量为6kg·m/s
B. 碰撞时A球对B球的冲量为－6N·s
C. A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s
D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
3. （2023湖北四市七校联盟期中联考）质量为2m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为3m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度vA大小和小球B的速度大小vB可能为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
4. (2020年南昌第二中学月考)如图所示，在光滑的水平面上有2 018个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态．现给第一个小球初动能Ek，使它正对其他小球运动．若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为( )
A．eq \f(1,2 018)Ek B．eq \f(2 017,2 018)Ek
C．eq \f(1,2 0182)Ek D．eq \f(2 019,2 018)Ek
5. （2022湖北武汉武昌区5月模拟）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A. 物块A、B的质量之比为
B. A与B碰撞后，A在位置处加速度最大
C. 位置处弹簧压缩量为
D. 弹簧的劲度系数为
6. （2022北京西城期末）质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示，由图像可判断以下说法正确的是（ ）
A. 碰后两物体的运动方向相同
B. 碰后的速度大小为
C. 两物体的质量之比
D. 两物体的碰撞是弹性碰撞
7. （2022福建福州3月质检1）图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。某同学把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔将向上弹起，其过程可简化为三个阶段，如图乙所示，圆珠笔外壳先竖直向上运动，然后与内芯发生碰撞，碰后内芯与外壳以共同的速度一起向上运动到最大高度处。已知外壳与静止的内芯碰撞时弹簧恰好恢复原长，碰撞时间极短；不计摩擦和空气阻力，则从释放外壳起到圆珠笔向上运动到最高点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 圆珠笔的机械能守恒
B 外壳与内芯碰撞前，外壳一直加速上升
C. 外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔做正功
D. 弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量
8.（2021高考评估验收模拟13）在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可以为( )
A．0 B.eq \f(v0,3)
C.eq \f(v0,2) D.eq \f(3v0,4)
9.[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
10 .2020年2月4日，中国选手丁俊晖在2020世界斯诺克国际锦标赛中战胜对手唐纳森晋级下一轮。如图所示，丁俊晖在比赛中准备击球。设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝eq \f(1,4)mA
C．mB＝eq \f(1,6)mA D．mB＝6mA
11.(2020·四川资阳二诊)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg，mB＝2 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
12.（2020高考仿真冲刺卷7）在冰壶比赛中,红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,如图(甲)所示.碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面,来减小阻力.碰撞前后两壶运动的v–t图象如图(乙)实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行.已知两冰壶质量相等,由图象可得( )
A.红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞
B.碰撞后,蓝壶的瞬时速度为0.8 m/s
C.碰撞后,红、蓝两壶运动的时间之比为1∶6
D.碰撞后,红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为4∶5
13．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a＜1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为( )
A．eq \f(1,5)＜a＜eq \f(1,3) B．eq \f(1,3)＜a＜eq \f(2,3) C．eq \f(1,3)＜a＜eq \f(2,5) D．eq \f(1,3)＜a≤eq \f(3,5)
14.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部挡板上，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为M的小物块b位于光滑斜面上，小物块a、b之间相距x.小物块b在斜面上由静止沿斜面下滑，与a碰后一起沿斜面下滑但不粘连，压缩弹簧到最低点后两物块沿斜面上滑时分离．下列说法正确的是( )
A．仅x越大，a、b碰撞损失的机械能越小
B．仅M越大，a、b碰后小物块a的动能越大
C．仅x越大，a、b碰后小物块a的最大动能位置越靠近挡板
D．仅M越大，a、b碰后上滑分离处越远离挡板
15．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰前两球均向右运动
B．右方是A球，碰前两球均向左运动
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞
16 在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为( )
A. v0B. v0 /3 QUOTE ?03 C. v0/2D. 3 v0/4 QUOTE 34?0
17 如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A。另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起。则从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，对A球、B球、弹簧组成的系统（ ）
A. 动量守恒，机械能不守恒
B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 对墙产生的冲量为mv0
D. 弹簧最大势能为12mv02
18 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，一定速度向右运动在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v−t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小( )
A. 9N⋅sB. 18N⋅sC. 36N⋅sD. 72N⋅s
19 在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰・若碰撞前后两壶的v−t图象如图(b)所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A. 两壶发生了弹性碰撞
B. 蓝壶运动了4s停下
C. 撞后两壶相距的最远距离为1.275m
D. 碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s2
20．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动：设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )
A．1 m/s B．0.5 m/s
C．－1 m/s D．－0.5 m/s
21 .在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
二、计算题
1. (2023江苏南通重点高中质检)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5kg的球瓶。此后球瓶以3.0m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s。求：
（1）碰撞前保龄球的速度；
（2）碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；
（3）通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。
2．（12分）（2023四川泸县教育共同体联考）如图所示，abc是半径为R的半圆形光滑固定轨道，直径ac水平，b为轨道的最低点。一质量为m的小球1从轨道最高点a由静止释放，在轨道最低点b与静止的小球2发生正碰。第一次碰撞后小球1反向弹回，两小球沿圆弧上升的最大高度均为。求：
（1）第一次碰撞结束时，小球1和2的速度大小；
（2）小球2的质量。
高考物理《动量》常用模型最新模拟题精练
专题5非弹性碰撞
一．选择题
1. （2023山东潍坊三校联考） 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A. vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B. vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C. vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D. vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
【参考答案】B
【名师解析】
碰前的动量为
碰后A项的总动量为
D项的总动量为
则两种情况都满足动量守恒；但碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，AD错误；
碰后B项的总动量为
则满足动量守恒，碰后A的速度小于B的速度，不会发生第二次碰撞，碰前的总动能
两球碰后的总动能不违背能量守恒定律，B正确；
C项碰后的总动量为
则满足动量守恒，两球碰后的总动能
大于碰前的总动能
违背了能量守恒定律，C错误。
【规律总结】碰撞遵循的三个原则
2..(2023江苏南通重点高中质检) A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是，则由图像判断下列结论正确的是（ ）
A. 碰撞前、后A球的动量变化量为6kg·m/s
B. 碰撞时A球对B球的冲量为－6N·s
C. A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s
D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
【参考答案】D
【名师解析】
x-t图像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度分别为
所以碰撞前、后A球的动量变化量为
故A错误；
碰撞前B球的速度为
设B球质量为m′，根据动量守恒定律有
解得
根据动量定理可知，碰撞时A球对B球的冲量为
故B错误；
A、B两球碰撞前的总动量为，故C错误；
碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为
故D正确。
3. （2023湖北四市七校联盟期中联考）质量为2m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为3m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度vA大小和小球B的速度大小vB可能为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【参考答案】AD
【名师解析】
碰撞过程中应满足动量守恒，即
还应满足系统总动能不增加，即
A．若
，
当vA与vB方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，A可能；
B．若
，
当vA与vB方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但vA > vB，故不符合实际情况，B不可能；
C．若
，
当vA、vB代入计算，可知不满足动量守恒，C不可能；
D．若
，
当vA与vB方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，小于系统碰撞前的动能，D可能。
4. (2020年南昌第二中学月考)如图所示，在光滑的水平面上有2 018个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态．现给第一个小球初动能Ek，使它正对其他小球运动．若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为( )
A．eq \f(1,2 018)Ek B．eq \f(2 017,2 018)Ek
C．eq \f(1,2 0182)Ek D．eq \f(2 019,2 018)Ek
【参考答案】B
【名师解析】以第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 018个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒守恒得mv0＝2 018mv，解得v＝eq \f(v0,2 018)，则系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)×mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2 018mv2，解得ΔE＝eq \f(2 017,2 018)Ek，故B正确．
5. （2022湖北武汉武昌区5月模拟）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A. 物块A、B的质量之比为
B. A与B碰撞后，A在位置处加速度最大
C. 位置处弹簧压缩量为
D. 弹簧的劲度系数为
【参考答案】BD
【名师解析】
由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能
可得物块A与物块B碰撞前的速度为
物块A与物块B碰撞后的动能
解得物块A与物块B碰撞后的速度
物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律
解得，故A项错误；
根据动能定理有
由上述可知图像的斜率代表物体所受的合外力，由图乙可知，物块A与物块B碰撞后在位置处合外力最大，即加速度最大，B项正确；
由图乙可知，处是物块B静止的位置，此时弹簧处于压缩状态，并不是原长，故位置处弹簧压缩量大于，故C项错误；
弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为，结合图甲，根据平衡条件可知，由图乙可知，当物块A与物块B一起运动到时，速度最大，根据平衡条件
物块A从O点运动到位置的过程中，根据动能定理
联立解得，故D项正确。
6. （2022北京西城期末）质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示，由图像可判断以下说法正确的是（ ）
A. 碰后两物体的运动方向相同
B. 碰后的速度大小为
C. 两物体的质量之比
D. 两物体的碰撞是弹性碰撞
【参考答案】C
【名师解析】
图像斜率表示速度可知碰后两物体的运动方向相反，故A错误；
碰后的速度大小为，故B错误；
碰撞后的速度为
碰撞前的速度为
碰撞前的速度为0，根据动量守恒定律得
代入数据得，故C正确；
碰撞前的总动能为
碰撞后的总动能为
代入数据比较可得，由能量损失，可知不是弹性碰撞，故D错误。
7. （2022福建福州3月质检1）图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。某同学把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔将向上弹起，其过程可简化为三个阶段，如图乙所示，圆珠笔外壳先竖直向上运动，然后与内芯发生碰撞，碰后内芯与外壳以共同的速度一起向上运动到最大高度处。已知外壳与静止的内芯碰撞时弹簧恰好恢复原长，碰撞时间极短；不计摩擦和空气阻力，则从释放外壳起到圆珠笔向上运动到最高点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 圆珠笔的机械能守恒
B 外壳与内芯碰撞前，外壳一直加速上升
C. 外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔做正功
D. 弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量
【参考答案】D
【名师解析】
因为存在完全非弹性碰撞，所以圆珠笔的机械能不守恒，故A错误；
外壳与内芯碰撞前，当弹力小于重力，合力向下，外壳减速上升，故B错误；
外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔的作用力没有位移，不做功，故C错误；
根据A选项分析可知，由于存在机械能损失，弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量，故D正确。
8.（2021高考评估验收模拟13）在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可以为( )
A．0 B.eq \f(v0,3)
C.eq \f(v0,2) D.eq \f(3v0,4)
【参考答案】ABC
【名师解析】A、B两球若发生完全弹性碰撞，过程中动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2，能量守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)，解得v1＝－eq \f(1,2)v0，故C正确；若发生完全非弹性碰撞，过程中能量损失最多，仅动量守恒有mv0＝(m＋3m)v2，解得v2＝eq \f(1,4)v0，当A碰后速度在v1、v2间时为非完全弹性碰撞，动量依旧守恒，但能量部分损失，故A、B正确，D错误．
9.[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＝eq \r(2gh)，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：eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)·3mv2＝eq \f(1,2)·3mva2＋eq \f(1,2)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＝eq \f(vb2,2g)＝4h，选项C错误，B、D正确。
10 .2020年2月4日，中国选手丁俊晖在2020世界斯诺克国际锦标赛中战胜对手唐纳森晋级下一轮。如图所示，丁俊晖在比赛中准备击球。设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝eq \f(1,4)mA
C．mB＝eq \f(1,6)mA D．mB＝6mA
【参考答案】A
【名师解析】由动量守恒定律，得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入数据解得pA′＝1 kg·m/s；根据碰撞过程中总动能不增加，则有eq \f(pA2,2mA)≥eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB′2,2mB)，代入数据解得mB≥eq \f(2,3)mA；碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则eq \f(pA′,mA)≤eq \f(pB′,mB)，解得mB≤4mA；综上可得eq \f(2,3)mA≤mB≤4mA，选项A正确。
11.(2020·四川资阳二诊)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg，mB＝2 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【参考答案】A
【名师解析】 由题图可知，A球碰前速度vA＝6 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s；B球碰前速度vB＝3 m/s，碰后速度vB′＝5 m/s。根据题给数据可知，碰撞过程中系统动量守恒。碰前系统的总动能为eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝27 J，碰后的总动能为eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝27 J，则系统碰撞过程中机械能也守恒，所以碰撞类型属于弹性碰撞，故A正确，B、C、D错误。
12.（2020高考仿真冲刺卷7）在冰壶比赛中,红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,如图(甲)所示.碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面,来减小阻力.碰撞前后两壶运动的v–t图象如图(乙)实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行.已知两冰壶质量相等,由图象可得( )
A.红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞
B.碰撞后,蓝壶的瞬时速度为0.8 m/s
C.碰撞后,红、蓝两壶运动的时间之比为1∶6
D.碰撞后,红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为4∶5
【参考答案】B
【名师解析】 设碰后蓝壶的速度为v,碰前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰后速度为v0′=0.2 m/s,碰撞过程系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=mv0′+mv,代入数据解得v=0.8 m/s,碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk=m v02-mv0′2-mv2=0.16m>0,红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞,故A错误,B正确;设碰撞后,蓝壶经过t蓝时间停止运动,根据三角形相似法有, =,解得蓝壶运动时间t蓝=5 s,由v——t图象可知,红壶的加速度大小为a红== m/s2=0.2 m/s2,碰撞后红壶的运动时间为t红==1 s,碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1∶5,C错误;蓝壶的加速度大小为a蓝== m/s2=0.16 m/s2,由牛顿第二定律得a=μg,解得动摩擦因数μ=,红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比为===,D错误.
13．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a＜1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为( )
A．eq \f(1,5)＜a＜eq \f(1,3) B．eq \f(1,3)＜a＜eq \f(2,3) C．eq \f(1,3)＜a＜eq \f(2,5) D．eq \f(1,3)＜a≤eq \f(3,5)
【参考答案】D
【名师解析】．碰撞过程动量守恒，以v0方向为正方向有mAv0＝－mAav0＋mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是av0>vB，解得a>eq \f(1,3)；碰撞过程中损失的机械能ΔEk＝eq \f(1,2)mAv02－[eq \f(1,2)mA(av0)2＋eq \f(1,2)mBvB2]，解得a≤eq \f(3,5)，故eq \f(1,3)＜a≤eq \f(3,5)，D正确。
14.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部挡板上，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为M的小物块b位于光滑斜面上，小物块a、b之间相距x.小物块b在斜面上由静止沿斜面下滑，与a碰后一起沿斜面下滑但不粘连，压缩弹簧到最低点后两物块沿斜面上滑时分离．下列说法正确的是( )
A．仅x越大，a、b碰撞损失的机械能越小
B．仅M越大，a、b碰后小物块a的动能越大
C．仅x越大，a、b碰后小物块a的最大动能位置越靠近挡板
D．仅M越大，a、b碰后上滑分离处越远离挡板
【参考答案】B
【名师解析】.小物块a、b碰撞时有Mv0＝(M＋m)v，碰撞时损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得v＝eq \f(M,M＋m)v0，ΔE＝eq \f(m,M＋m)·eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)，x越大，v0越大，ΔE越大，选项A错误；M越大，a、b碰后小物块a的速度越大，动能越大，选项B正确；仅x越大，小物块a、b压缩弹簧时的平衡位置不变，选项C错误；小物块a、b分离时两者接触的弹力为零，两者的加速度相同，均为gsin θ，故弹簧处于原长状态，与M无关，选项D错误．
15．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰前两球均向右运动
B．右方是A球，碰前两球均向左运动
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞
【参考答案】AC
【名师解析】大小相同的A、B两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由题知ΔpA＝－4 kg·m/s，则得ΔpB＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A球，右边是B球，故A正确，B错误；碰撞后，两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝6 kg·m/s＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为mB＝2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为eq \f(v′A,v′B)＝eq \f(\f(pA′,mA),\f(pB′,mB))＝eq \f(2,5)，故C正确；碰撞前系统的总动能为Ek＝eq \f(peq \\al(2,A),2mA)＋eq \f(peq \\al(2,B),2mB)＝eq \f(18,mA)＋eq \f(36,2×2mA)＝eq \f(27,mA)，碰撞后系统的总动能为E′k＝eq \f(p′eq \\al(2,A),2mA)＋eq \f(peq \\al(2,B),2mB)＝eq \f(2,mA)＋eq \f(100,2×2mA)＝eq \f(27,mA)，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D错误．
16 在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为( )
A. v0B. v0 /3 QUOTE ?03 C. v0/2D. 3 v0/4 QUOTE 34?0
【参考答案】BC
【名师解析】取碰撞前A球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=mvA+3mvB。
若vA=v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=0，不可能。若vA=−v0，vB=23v0，A的动能不变，B的动能增加，违反了能量守恒定律，也不可能，故A错误。若vA=−13v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=49v0，因12mvA2+12⋅3mvB2=1954mv02<12mv02，是可能的，故B正确。若vA=−12v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=12v0，因12mvA2+12⋅3mvB2=12mv02，机械能守恒，是可能的，故C正确。若vA=34v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=112v0，碰后同向运动，B的速度不可能比A的小，不可能。若vA=−34v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=712v0，因12mvA2+12⋅3mvB2=1924mv02>12mv02，总动能增加，不可能，故D错误。
【关键点拨】。
先根据动量守恒定律求出碰后小球B的速度，再根据总动能不增加，以及碰后同向运动时，后面小球的速度不大于前面小球的速度，来进行分析。对于碰撞过程，关键要把握三大规律来分析：一、系统动量守恒。二、系统的总动能不增加。三、符合运动情况。
17 如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A。另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起。则从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，对A球、B球、弹簧组成的系统（ ）
A. 动量守恒，机械能不守恒
B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 对墙产生的冲量为mv0
D. 弹簧最大势能为12mv02
【参考答案】C
【名师解析】
从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，A、B发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能有损失，所以系统的机械能不守恒；从AB开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于弹簧对系统有作用力，A、B组成的系统所受的合外力不为零，则在此运动过程中动量不守恒，故AB错误。整个过程中由动量定理：I=mv0，选项C正确；A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv得：v=0.5v0。弹簧的最大弹性势能为：Ep=12⋅2mv2=14mv02．故D错误。
18 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，一定速度向右运动在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v−t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小( )
A. 9N⋅sB. 18N⋅sC. 36N⋅sD. 72N⋅s
【参考答案】C
【名师解析】由图知，C与A碰前速度为：v1=9m/s，碰后速度为：v2=3m/s，
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=(mA+mC)v2
代入数据解得：mC=2kg；由图知，12s末A和C的速度为：v3=−3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：
I=(mA+mC)v3−(mA+mC)v2，代入数据解得：I=−36N⋅s，方向向左，故ABD错误，C正确；
【关键点拨】。
A、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量。在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在4s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量。
本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律和动量定理即可正确解题。
19 在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰・若碰撞前后两壶的v−t图象如图(b)所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A. 两壶发生了弹性碰撞
B. 蓝壶运动了4s停下
C. 撞后两壶相距的最远距离为1.275m
D. 碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s2
【参考答案】CD
【名师解析】由图示图象可知，碰前红壶的速度v0=1.2m/s，碰后红壶的速度为v红=0.3m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0=mv红+mv，解得：v=0.9m/s；碰撞前两壶的总动能为Ek1=12mv02=0.72m；碰撞后前两壶的总动能为Ek2=12mv红2+12mv2=0.45m
根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度，分析碰撞前后总动能的关系，判断是否为弹性碰撞。根据图象求解碰前红壶的加速度，由此得到所以蓝壶静止的时刻，再根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解碰后两壶相距的最远距离；根据斜率表示加速度，分析碰后两壶的加速度关系，根据牛顿第二定律求解碰后红、蓝两壶所受摩擦力关系。
本题主要考查了动量守恒定律，解答本题要掌握动量守恒定律的计算公式，能够根据图象获得信息，知道速度图象的面积和斜率的物理意义。
20．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动：设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )
A．1 m/s B．0.5 m/s
C．－1 m/s D．－0.5 m/s
【参考答案】D
【名师解析】 两车碰撞过程中动量守恒，m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
得v＝eq \f(m1v1－m2v2,m1＋m2)＝eq \f(150×4.5－200×4.25,150＋200) m/s＝－0.5 m/s。
21 .在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
【参考答案】B
【名师解析】 由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝eq \f(p2,2m)知，若ma＞mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb。
二、计算题
1. (2023江苏南通重点高中质检)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5kg的球瓶。此后球瓶以3.0m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s。求：
（1）碰撞前保龄球的速度；
（2）碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；
（3）通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。
【参考答案】（1）；（2）；（3）不是弹性碰撞
【名师解析】
（1）设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有
解得
（2）设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有
解得
（3）保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为
因为，所以该碰撞不是弹性碰撞。
2．（12分）（2023四川泸县教育共同体联考）如图所示，abc是半径为R的半圆形光滑固定轨道，直径ac水平，b为轨道的最低点。一质量为m的小球1从轨道最高点a由静止释放，在轨道最低点b与静止的小球2发生正碰。第一次碰撞后小球1反向弹回，两小球沿圆弧上升的最大高度均为。求：
（1）第一次碰撞结束时，小球1和2的速度大小；
（2）小球2的质量。
【名师解析】．(1)两小球上升的最大高度一样，所以二者碰后的速度大小相同。根据机械能守恒得
解得
(2)碰前，对于小球1，根据机械能守恒得
两小球相碰，根据动量守恒得
解得
动量守恒
碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能不增加
碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。系统动能满足关系式：
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22≥eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
物理情境可行性
按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致
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