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8.5碰撞（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理
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这是一份8.5碰撞（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理，共23页。试卷主要包含了5 讲 碰撞，5J等内容，欢迎下载使用。
第8.5 讲 碰撞
【知识点精讲】
1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类
【方法归纳】
1、碰撞的可能性问题
碰撞后运动状态可能性判断的三个依据
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或p122m1＋p222m2≥p'122m1＋p'222m2.
(3)速度要符合情景．
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后．
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
2. 一动一静"弹性碰撞模型
如图所示，已知A 、B 两个刚性小球质量分别是m1 、m2 ，小球B 静止在光滑水平面上，A 以初速度v0 与小球B 发生弹性碰撞，
取小球A 初速度v0 的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后系统动量守恒、动能不变，有
m1v0=m1v1+m2v2更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立解得v1=(m1-m2)v0m1+m2 ,v2=2m1v0m1+m2
讨论：（1）若m1>m2 ，则0v0 ，物理意义：入射小球质量大于被碰小球质量，则入射小球碰后仍沿原方向运动但速度变小，被碰小球的速度大于入射小球碰前的速度。
（2）若m1=m2 ，则v1=0 、v2=v0 ，物理意义：入射小球与被碰小球质量相等，则碰后两球交换速度。
（3）若m1（4）若m1m2 ，则v1 趋近于v0 、v2 趋近于2v0 ，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量大得多，则入射小球的速度几乎不变，被碰小球的速度接近入射小球碰前速度的2倍，也就是说被碰小球对入射小球的运动影响很小，但入射小球对被碰小球的运动影响不能忽略，例如用一个铅球去撞击一个乒乓球。
（5）若m1m2 ，则v1 趋近于-v0 、v2 趋近于0，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量小得多，则入射小球几乎被以原速率反弹回去，被碰小球几乎不动，例如乒乓球撞击铅球。
注意：上面讨论出的结果不能盲目套用，应用的前提条件是一个运动的物体去碰撞一个静止的物体，且是弹性碰撞。
3 ."一动一静"弹性碰撞模型的类比应用
广义地讲，“碰撞”就是一种相互作用，弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，如果相互作用前后系统满足动量守恒、动能不变，具备了这一特征的物理过程，就可理解为“弹性碰撞”过程，就可以类比弹性碰撞的规律解题。
如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A 和B ，开始时弹簧处于原长，现给A 一个向右的瞬时冲量，让A 开始以速度v0 向右运动，若mA>mB ，则当弹簧再次恢复原长时，木块A 和B 通过弹簧相互作用，系统动量守恒，机械能守恒，A 和B 之间的相互作用可以视为弹性碰撞，弹簧再次恢复原长时，相当于木块A 与木块B 之间的弹性碰撞结束，则此时A 、B 的速度分别为vA=(mA-mB)v0mA+mB ，vB=2mAv0mA+mB ，由于mA>mB ，所以此时A 的速度向右，且A 的速度小于B 的速度。
处理碰撞问题的几个关键点
（1）选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞，要合理选取所研究的系统。
（2）弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
（3）弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。
【最新高考题精练】
1（2021重庆高考）.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。题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
【参考答案】C
【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，t=0时刻，甲的速率小于乙的速率，选项A错误；根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于t=t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，选项B错误C正确；根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，选项D错误。
2．（9分）（2021新高考北京卷）
如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能。
【解题思路】17．（9分）
（1）竖直方向为自由落体运动，由
得t = 0.30 s
（2）设A、B碰后速度为，
水平方向为匀速运动，由
得
根据动量守恒定律，由
得
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
得
3.（11分) （2021年高考广东学业水平选择性测试）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图10所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10_2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10_2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1．现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2．
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
【关键能力】 本题以算盘上拨出算珠为情景，考查动能定理、动量守恒定律、牛顿运动定律及其相关知识点，意在考查考生对相关知识的灵活运用能力。
【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，功和能的观念，动量观念，考生要能够分析运动情景，能从物理学的视角分析解决实际问题。
【解题思路】（1）设甲算珠与乙碰撞前的速度为v，
对甲算珠在导杆上滑动，由动能定理，-μmgs1=mv2-mv02
解得v=0.3m/s
甲乙算珠碰撞，由动量守恒定律，mv=mv1+mv2，
解得乙算珠速度v2=0.2m/s，
对乙算珠，由动能定理，-μmgx= -mv22
解得：x=2.0×10-2m，等于s2=2.0×10-2m，所以能滑动到边框。
（2）甲算珠与乙碰撞前的运动的加速度a=μmg=1m/s2，
甲算珠与乙碰撞前的运动时间t1=（v0-v）/a=0.1s
甲算珠与乙碰撞后的运动时间t2=v1/a=0.1s
甲算珠从拨出到停下的时间t= t1+ t2=0.1s+0.1s=0.2s。
4. （15分）（2021高考新课程湖北卷）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所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【参考答案】15. （1）2R （2） （3）
【解题思路】（1）根据题述，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由牛顿第二定律，mg=m
解得 v=
由平抛运动规律，x=vt，2R=
联立解得：x=2R
（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点过程，由机械能守恒定律，mgRcsθ=,
A所受力对A做功的功率P=mgsinθ·vD,
联立解得：P=。
（3）A碰撞后，由动能定理mgR=,，解得vA=
B碰撞后，由动能定理2mgR+=,，解得vB=
AB碰撞，由动量守恒定律，mv0= mvA+ mvB，
碰撞过程中A和B损失的总动能△Ek= - （+）
联立解得：△Ek=。
5．（14分）（2021新高考天津卷）一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等．弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力．求
（1）玩具上升到最大高度时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比．
【解题思路】
（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有
①
②
联立①②式解得
③
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为、，水平速度大小分别为、．依题意，动能关系为
④
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
⑤
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为，设两部分落地时的速度大小分别为、，由速度合成公式，有
⑥
⑦
联立④⑤⑥⑦式，考虑到，得
⑧
【最新模拟题精练】
1. （2023湖南益阳桃江一中模拟） 如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒
B. 物块落上小车后的最终速度大小为3m/s
C. 物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m
D. 物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J
【参考答案】CD
【名师解析】
物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：Mv0=（M+m）v
所以共同速度为：，故B错误；
物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：
代入数据解得：ΔE1=1.25J
由功能关系：ΔE1=μmg·Δx
解得：Δx =0.5m，故C正确；
在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：
代入数据可得：ΔE=7.5J，故D正确
2.（2023河北衡水中学一模）在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知（ ）
A. 碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B. 滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为
C. 滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为
D. 碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
【参考答案】C
【名师解析】
由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量较大，故A项错误；
根据动量守恒定律有
解得，故B错误，C正确；
碰撞过程中滑块I受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D项错误。
3. （2023辽宁大连金州高中三模）如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】CD
【名师解析】
对于甲和箱子根据动量守恒得
对于乙和箱子根据动量守恒得
当甲乙恰好不相碰，则
联立解得
若要避免碰撞，则需要满足。
4. （2023河北唐山一模）在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m等大物体B发生正碰，碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E，则碰撞之前物体A的动能可能为（ ）
A. EB. 3EC. 5ED. 7E
【参考答案】BC
【名师解析】
设物体A碰前速度v0，若两物体发生非弹性碰撞，则
此时
解得碰撞之前物体A的动能
若两物体发生弹性碰撞，则 ，
解得 ，
此时
解得碰撞之前物体A的动能
则碰撞之前物体A的动能可能为3E和5E。BC正确。
5．（2023四川成都树德中学二诊）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物共B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除之间的图线为直线外。其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．弹簧的劲度系数为
C．从到的过程中，物块运动加速度的最大值
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【参考答案】AD
【名师解析】A．根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的 ，根据
则物块A与B碰撞前后速度大小之比为3：1，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
解得，A正确；
设A质量为m，则B的质量为2m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知
故
从O到x1，由动能定理有，
联立解得 ，B错误；
C．从x2到x3过程中，加速度大小逐渐减小至0，然后再增加，故加速度最大处在x3处；在x1处有，
解得
在x3处有 ，
解得
故加速度最大值不可能为 ，C错误；
碰撞后，A的动能为 ，则B的动能为，总动能为，从x1到x3过程中，由能量关系有
解得 ，D正确。
6．（2023四川成都树德中学二诊）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（ ）
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向左做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
【参考答案】BC
【名师解析】设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
由动能守恒定律得
解得 ，
所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故A错误，B正确；
当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得 ，故C正确；
对小车运用动能定理得，小球对小车做功 ，故D错误。
7.（2023湖南怀化二模）如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，，g取。以下说法正确的是（ ）
A. 小球B下落时离地面的高度是20m
B. 小球A上升至最高处时离地面40m
C. 小球A从抛出到落回地面的时间为3s
D. 小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m
【参考答案】C
【名师解析】
A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，均为为
小球B下落时离地面的高度是40m，AB错误；
两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为
根据两球在竖直方向上的动量守恒
两球粘在一起后的竖直速度为
继续下落，有
得
则小球A从抛出到落回地面的时间为3s，C正确；
小球A从抛出到与小球B相撞的水平距离为
根据两球在水平方向上的动量守恒
得
相撞后两球的水平位移为
小球A从抛出到落回地面的水平距离为
D错误。
8. （2023浙江杭州名校联考）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1kg，由此可以判断（ ）
A. 碰前B静止，A向右运动B. 碰后A和B都向右运动
C. 由动量守恒可以算出m2=0.3kgD. 碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
【参考答案】AC
【名师解析】
碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为
方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为
，
碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故A正确，B错误；
根据动量守恒定律得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′
代入解得 m2＝0.3 kg，故C正确；
碰撞过程中系统损失的机械能为
D错误。
9. （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
10..(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。
11. （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
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；
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；
．若，
当vA、vB代入计算，可知不满足动量守恒，C不可能；
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。
12．（2023四川成都七中二诊）（12分）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，其B端刚好与水平面相切，水平面BD部分光滑，D点右侧部分粗糙且足够长，质量为3m的物块b放在水平面上的C点，质量为m的物块a从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块a沿圆弧面下滑到水平面上与物块b发生正碰。不计两个物块大小，已知重力加速度为g，物块与水平面粗糙部分的动摩擦因数为0.5，试回答下列问题：
（1）a与b碰撞前的瞬间a的速度大小；
（2）若a与b碰撞后粘在一起，则碰撞后间a、b在粗糙水平面上滑行的距离；
（3）若a与b发生弹性碰撞，求碰撞过程b对a的冲量及物块a、b最终静止在粗糙水平面上时的间距。
【参考答案】（1）；（2）；（3），方向水平向左，0
【名师解析】（1）设a与b碰撞前的一瞬间，a的速度大小为，根据机械能守恒有
解得
（2）设碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒有
解得
设两物块在粗糙水平面上滑动的距离为x，根据动能定理
解得
（3）设碰撞后一瞬间a、b的速度大小分别为、，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得，
a、b碰撞过程，根据动量定理，b对a的冲量
即b对a的冲量大小为，方向水平向左。
碰后a被反向弹回，最终滑上凹面上后返回再次进入水平面，由于a、b滑上粗糙水平面时的初速度大小相同，由动能定理可知，两物块在水平面上滑行的距离相同，即物块a、b静止在粗糙水平面上时相距的距离为0。
13. （2023河北衡水中学一模）如图所示，有两足够长倾角均为的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的物块b发生第一次碰撞，之后弹簧储存的弹性势能的最大值，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为，小滑块a与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，，。求：
（1）P点距水平面的高度h；
（2）小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离；
（3）小滑块b在斜面上运动的总路程。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）根据题意，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有
因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立代入数据解得
，
（2）根据题意，由动量守恒定律和能量守恒定律有
联立代入数据解得
在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有
解得
（3）根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为，有
整理后有
b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程中有
由于交换速度，故与大小相等，解得
返回底端的过程中
在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小
b上升到顶端的过程中
可得
则有
即小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比
同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有
14. (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。
15（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：mb=3kg,v1=-2m/s，即碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2m/s，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。
16. （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；动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
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
第8.5 讲 碰撞
【知识点精讲】
1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类
【方法归纳】
1、碰撞的可能性问题
碰撞后运动状态可能性判断的三个依据
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或p122m1＋p222m2≥p'122m1＋p'222m2.
(3)速度要符合情景．
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后．
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
2. 一动一静"弹性碰撞模型
如图所示，已知A 、B 两个刚性小球质量分别是m1 、m2 ，小球B 静止在光滑水平面上，A 以初速度v0 与小球B 发生弹性碰撞，
取小球A 初速度v0 的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后系统动量守恒、动能不变，有
m1v0=m1v1+m2v2更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立解得v1=(m1-m2)v0m1+m2 ,v2=2m1v0m1+m2
讨论：（1）若m1>m2 ，则0
（2）若m1=m2 ，则v1=0 、v2=v0 ，物理意义：入射小球与被碰小球质量相等，则碰后两球交换速度。
（3）若m1
（5）若m1m2 ，则v1 趋近于-v0 、v2 趋近于0，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量小得多，则入射小球几乎被以原速率反弹回去，被碰小球几乎不动，例如乒乓球撞击铅球。
注意：上面讨论出的结果不能盲目套用，应用的前提条件是一个运动的物体去碰撞一个静止的物体，且是弹性碰撞。
3 ."一动一静"弹性碰撞模型的类比应用
广义地讲，“碰撞”就是一种相互作用，弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，如果相互作用前后系统满足动量守恒、动能不变，具备了这一特征的物理过程，就可理解为“弹性碰撞”过程，就可以类比弹性碰撞的规律解题。
如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A 和B ，开始时弹簧处于原长，现给A 一个向右的瞬时冲量，让A 开始以速度v0 向右运动，若mA>mB ，则当弹簧再次恢复原长时，木块A 和B 通过弹簧相互作用，系统动量守恒，机械能守恒，A 和B 之间的相互作用可以视为弹性碰撞，弹簧再次恢复原长时，相当于木块A 与木块B 之间的弹性碰撞结束，则此时A 、B 的速度分别为vA=(mA-mB)v0mA+mB ，vB=2mAv0mA+mB ，由于mA>mB ，所以此时A 的速度向右，且A 的速度小于B 的速度。
处理碰撞问题的几个关键点
（1）选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞，要合理选取所研究的系统。
（2）弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
（3）弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。
【最新高考题精练】
1（2021重庆高考）.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。题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
【参考答案】C
【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，t=0时刻，甲的速率小于乙的速率，选项A错误；根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于t=t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，选项B错误C正确；根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，选项D错误。
2．（9分）（2021新高考北京卷）
如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能。
【解题思路】17．（9分）
（1）竖直方向为自由落体运动，由
得t = 0.30 s
（2）设A、B碰后速度为，
水平方向为匀速运动，由
得
根据动量守恒定律，由
得
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
得
3.（11分) （2021年高考广东学业水平选择性测试）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图10所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10_2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10_2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1．现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2．
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
【关键能力】 本题以算盘上拨出算珠为情景，考查动能定理、动量守恒定律、牛顿运动定律及其相关知识点，意在考查考生对相关知识的灵活运用能力。
【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，功和能的观念，动量观念，考生要能够分析运动情景，能从物理学的视角分析解决实际问题。
【解题思路】（1）设甲算珠与乙碰撞前的速度为v，
对甲算珠在导杆上滑动，由动能定理，-μmgs1=mv2-mv02
解得v=0.3m/s
甲乙算珠碰撞，由动量守恒定律，mv=mv1+mv2，
解得乙算珠速度v2=0.2m/s，
对乙算珠，由动能定理，-μmgx= -mv22
解得：x=2.0×10-2m，等于s2=2.0×10-2m，所以能滑动到边框。
（2）甲算珠与乙碰撞前的运动的加速度a=μmg=1m/s2，
甲算珠与乙碰撞前的运动时间t1=（v0-v）/a=0.1s
甲算珠与乙碰撞后的运动时间t2=v1/a=0.1s
甲算珠从拨出到停下的时间t= t1+ t2=0.1s+0.1s=0.2s。
4. （15分）（2021高考新课程湖北卷）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所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【参考答案】15. （1）2R （2） （3）
【解题思路】（1）根据题述，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由牛顿第二定律，mg=m
解得 v=
由平抛运动规律，x=vt，2R=
联立解得：x=2R
（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点过程，由机械能守恒定律，mgRcsθ=,
A所受力对A做功的功率P=mgsinθ·vD,
联立解得：P=。
（3）A碰撞后，由动能定理mgR=,，解得vA=
B碰撞后，由动能定理2mgR+=,，解得vB=
AB碰撞，由动量守恒定律，mv0= mvA+ mvB，
碰撞过程中A和B损失的总动能△Ek= - （+）
联立解得：△Ek=。
5．（14分）（2021新高考天津卷）一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等．弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力．求
（1）玩具上升到最大高度时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比．
【解题思路】
（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有
①
②
联立①②式解得
③
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为、，水平速度大小分别为、．依题意，动能关系为
④
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
⑤
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为，设两部分落地时的速度大小分别为、，由速度合成公式，有
⑥
⑦
联立④⑤⑥⑦式，考虑到，得
⑧
【最新模拟题精练】
1. （2023湖南益阳桃江一中模拟） 如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒
B. 物块落上小车后的最终速度大小为3m/s
C. 物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m
D. 物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J
【参考答案】CD
【名师解析】
物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：Mv0=（M+m）v
所以共同速度为：，故B错误；
物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：
代入数据解得：ΔE1=1.25J
由功能关系：ΔE1=μmg·Δx
解得：Δx =0.5m，故C正确；
在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：
代入数据可得：ΔE=7.5J，故D正确
2.（2023河北衡水中学一模）在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知（ ）
A. 碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B. 滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为
C. 滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为
D. 碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
【参考答案】C
【名师解析】
由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量较大，故A项错误；
根据动量守恒定律有
解得，故B错误，C正确；
碰撞过程中滑块I受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D项错误。
3. （2023辽宁大连金州高中三模）如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】CD
【名师解析】
对于甲和箱子根据动量守恒得
对于乙和箱子根据动量守恒得
当甲乙恰好不相碰，则
联立解得
若要避免碰撞，则需要满足。
4. （2023河北唐山一模）在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m等大物体B发生正碰，碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E，则碰撞之前物体A的动能可能为（ ）
A. EB. 3EC. 5ED. 7E
【参考答案】BC
【名师解析】
设物体A碰前速度v0，若两物体发生非弹性碰撞，则
此时
解得碰撞之前物体A的动能
若两物体发生弹性碰撞，则 ，
解得 ，
此时
解得碰撞之前物体A的动能
则碰撞之前物体A的动能可能为3E和5E。BC正确。
5．（2023四川成都树德中学二诊）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物共B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除之间的图线为直线外。其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．弹簧的劲度系数为
C．从到的过程中，物块运动加速度的最大值
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【参考答案】AD
【名师解析】A．根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的 ，根据
则物块A与B碰撞前后速度大小之比为3：1，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
解得，A正确；
设A质量为m，则B的质量为2m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知
故
从O到x1，由动能定理有，
联立解得 ，B错误；
C．从x2到x3过程中，加速度大小逐渐减小至0，然后再增加，故加速度最大处在x3处；在x1处有，
解得
在x3处有 ，
解得
故加速度最大值不可能为 ，C错误；
碰撞后，A的动能为 ，则B的动能为，总动能为，从x1到x3过程中，由能量关系有
解得 ，D正确。
6．（2023四川成都树德中学二诊）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（ ）
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向左做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
【参考答案】BC
【名师解析】设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
由动能守恒定律得
解得 ，
所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故A错误，B正确；
当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得 ，故C正确；
对小车运用动能定理得，小球对小车做功 ，故D错误。
7.（2023湖南怀化二模）如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，，g取。以下说法正确的是（ ）
A. 小球B下落时离地面的高度是20m
B. 小球A上升至最高处时离地面40m
C. 小球A从抛出到落回地面的时间为3s
D. 小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m
【参考答案】C
【名师解析】
A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，均为为
小球B下落时离地面的高度是40m，AB错误；
两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为
根据两球在竖直方向上的动量守恒
两球粘在一起后的竖直速度为
继续下落，有
得
则小球A从抛出到落回地面的时间为3s，C正确；
小球A从抛出到与小球B相撞的水平距离为
根据两球在水平方向上的动量守恒
得
相撞后两球的水平位移为
小球A从抛出到落回地面的水平距离为
D错误。
8. （2023浙江杭州名校联考）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1kg，由此可以判断（ ）
A. 碰前B静止，A向右运动B. 碰后A和B都向右运动
C. 由动量守恒可以算出m2=0.3kgD. 碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
【参考答案】AC
【名师解析】
碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为
方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为
，
碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故A正确，B错误；
根据动量守恒定律得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′
代入解得 m2＝0.3 kg，故C正确；
碰撞过程中系统损失的机械能为
D错误。
9. （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
10..(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。
11. （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
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；
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；
．若，
当vA、vB代入计算，可知不满足动量守恒，C不可能；
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。
12．（2023四川成都七中二诊）（12分）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，其B端刚好与水平面相切，水平面BD部分光滑，D点右侧部分粗糙且足够长，质量为3m的物块b放在水平面上的C点，质量为m的物块a从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块a沿圆弧面下滑到水平面上与物块b发生正碰。不计两个物块大小，已知重力加速度为g，物块与水平面粗糙部分的动摩擦因数为0.5，试回答下列问题：
（1）a与b碰撞前的瞬间a的速度大小；
（2）若a与b碰撞后粘在一起，则碰撞后间a、b在粗糙水平面上滑行的距离；
（3）若a与b发生弹性碰撞，求碰撞过程b对a的冲量及物块a、b最终静止在粗糙水平面上时的间距。
【参考答案】（1）；（2）；（3），方向水平向左，0
【名师解析】（1）设a与b碰撞前的一瞬间，a的速度大小为，根据机械能守恒有
解得
（2）设碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒有
解得
设两物块在粗糙水平面上滑动的距离为x，根据动能定理
解得
（3）设碰撞后一瞬间a、b的速度大小分别为、，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得，
a、b碰撞过程，根据动量定理，b对a的冲量
即b对a的冲量大小为，方向水平向左。
碰后a被反向弹回，最终滑上凹面上后返回再次进入水平面，由于a、b滑上粗糙水平面时的初速度大小相同，由动能定理可知，两物块在水平面上滑行的距离相同，即物块a、b静止在粗糙水平面上时相距的距离为0。
13. （2023河北衡水中学一模）如图所示，有两足够长倾角均为的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的物块b发生第一次碰撞，之后弹簧储存的弹性势能的最大值，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为，小滑块a与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，，。求：
（1）P点距水平面的高度h；
（2）小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离；
（3）小滑块b在斜面上运动的总路程。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）根据题意，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有
因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立代入数据解得
，
（2）根据题意，由动量守恒定律和能量守恒定律有
联立代入数据解得
在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有
解得
（3）根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为，有
整理后有
b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程中有
由于交换速度，故与大小相等，解得
返回底端的过程中
在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小
b上升到顶端的过程中
可得
则有
即小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比
同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有
14. (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。
15（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：mb=3kg,v1=-2m/s，即碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2m/s，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。
16. （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；动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
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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