專題10碰撞與類碰撞模型

目錄

【模型一】彈性碰撞模型.....................................................................1

【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型.................................................10

【模型三】碰撞模型三原則.................................................................20

【模型四】小球一曲面模型................................................................23

【模型五】小球一彈簧模型................................................................28

【模型六】子彈打木塊模型................................................................36

【模型七】滑塊木板模型..................................................................42

【模型一】彈性碰撞模型

1.彈性碰撞

發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為如和機(jī)2,碰前速度為VI，V2,

碰后速度分別為也，V2’，則有：

miv\+m2Vi=mw\+m2V2(1)V2‘

1111

—WIVI2H—m2V22=—mivi2H—mivi2(2)

2222

聯(lián)立(1)、(2)解得：

.C%1%+加2V2.C機(jī)Fl+加2V2

vi=2------------------，V2=Z

v,-------------------v2.

m+mm

i21+m2

特殊情況：若加1=冽2,V「=V2，V2=VI

2.“動(dòng)靜相碰型”彈性碰撞的結(jié)論

兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為如、速度為也的小球與質(zhì)量為加2的靜止小

球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有

mwi=m\vi,-\-m2V2

~miv?=~mivi/2+~m2V22

222

解得：崩=（V!v，=2m^

冽1+加2mi+m2

結(jié)論：（1）當(dāng)冽尸冽2時(shí)，vf=0,V2'=V1（質(zhì)量相等，速度交換）

（2）當(dāng)如〉冽2時(shí)，Vl'>0,V2'>0,且V2'>V『（大碰小，一起跑）

（3）當(dāng)加1<加2時(shí),v/<0,刊>0（小碰大，要反彈）

（4）當(dāng)如》冽2時(shí)，Vl'=V0，V2'=2V1（極大碰極小，大不變，小加倍）

1/54

（5）當(dāng)如《加2時(shí)，Vl，=—Vl,V2'=0（極小碰極大，小等速率反彈，大不變）

1.（2024?江西?一模）如圖，在水平地面上固定一圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)壁光滑，圓環(huán)內(nèi)嵌著A、B兩個(gè)大小相同的

小球，它們的質(zhì)量分別是冽A、mB,且機(jī)A＞機(jī)B，小球的直徑略小于圓環(huán)的孔徑且它們之間的摩擦忽略不計(jì),

圓環(huán)的內(nèi)半徑遠(yuǎn)大于球的半徑，初始時(shí)B球處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以一定初速度撞擊B球，A、B兩個(gè)球在a

點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞,一段時(shí)間后，/、3兩個(gè)球在6點(diǎn)發(fā)生第二次彈性碰撞，。、6兩點(diǎn)與圓環(huán)圓心的連線夾角

為Q120°,則優(yōu)A："%為（）

A.2：1B.3：IC.4：1D.5：I

【答案】A

【詳解】兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為VA、VB，則根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有

mV

加A%=WJAVA+BB，?%說=?%片+?網(wǎng)

聯(lián)立解得

mA-mR2mAv0

第二次碰撞發(fā)生在圖中的6點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，有

+k

k]周112…），/=周，（左=0,I,2…）

故A、B通過的路程之比為工（k=0,1,2…），則有

4+3左

vAxA1+3左

針鏟不r小?！?，2…）

聯(lián)立解得

力7A4+3左

2^3k2…)

由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故4=0,即

加B1

故選Ao

2.（2024?吉林長春?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示,用長度均為/的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛三個(gè)形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依

2/54

次滿足嗎》加2》切3(“》"表示“遠(yuǎn)大于")。將左邊第一個(gè)小球拉起一定角度。后釋放，則最后一個(gè)小球開

，9)

A.2g/(l-cosB.2A/2g/(l-cos0)

C.342g/(l-cos<9)D.4A/2g/(l-cosO')

【答案】D

【詳解】設(shè)碰撞前瞬間第一個(gè)小球的速度為％,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

12

-cos8)=5mivo

解得

%=J2g/(l-cos6)

設(shè)第一個(gè)小球與第二個(gè)小球碰撞后兩個(gè)小球的速度分別為匕和匕，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有

=加］匕+m2v2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

121212

5加F。=-^i+-m2v2

聯(lián)立可得

2m、

v

2=------------%g?m2,則匕=2%,同理，v3=2V2,所以

冽］+加2

V4=4v0=4,2g/(l-cos9)

故選D。

3.(2024?廣西?高考真題)如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動(dòng)，速度大

小為v。M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，N

在()

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M.C—QN

77/7777/7

墻

面

地面

/7777777777777777777777~

A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)

B.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)

C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v

【答案】BC

【詳解】由于兩小球碰撞過程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒

可知

mv=mvM+mvN

—mv；=一加H--mv^

由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即

VM=°，VN=V

碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v；在

豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。

故選BCo

4.（2024?廣東肇慶?三模）臺(tái)球是深受大眾喜愛的娛樂健身活動(dòng)。如圖，運(yùn)動(dòng)員采用“點(diǎn)桿”擊球法（當(dāng)球桿

桿頭接觸母球的瞬間，迅速將桿抽回，母球離桿后與目標(biāo)球發(fā)生對(duì)心正碰，視為彈性碰撞）擊打母球，使

得目標(biāo)球被碰撞后經(jīng)CD邊反彈進(jìn)入球洞A,這種進(jìn)球方式被稱為“翻袋”進(jìn)球法。已知兩球質(zhì)量均為0.2kg,

且可視為質(zhì)點(diǎn)，球間距離為0.9m,目標(biāo)球與CA擋壁間虛線距離為0.3m,目標(biāo)球被CD擋壁反彈后向A球洞

運(yùn)動(dòng)方向與/C擋壁間夾角為30。，AC=^m,球與桌面間阻力為重力的：，球與擋壁碰撞過程中損失。

的動(dòng)能，重力加速度g=10m/s2。

（1）求母球在桌面做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?/p>

（2）若某次擊打后母球獲得的初速度為lm/s,且桿頭與母球的接觸時(shí)間為0.05s,求母球受到桿頭的平均

沖擊力大??；

（3）若能到達(dá)球洞上方且速率小于6m/s的球均可進(jìn)洞，為使目標(biāo)球能進(jìn)洞，求母球初速度需要滿足的條

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件。(計(jì)算結(jié)果都可以用根號(hào)表示)

【答案】(1)-^-rn/s2；(2)；(3)2J22m/s<%-2j58m/s

【詳解】U)由牛頓第二定律可得

f=kmg=ma

根據(jù)題意可知解得

-2

(2)桿頭擊打母球，對(duì)母球由動(dòng)量定理可得

(F-=mv-0

代入數(shù)據(jù)解得

F=TN

(3)母球與目標(biāo)球碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得

-kings、=；mvl-；mv1

母球與目標(biāo)球碰撞前后,根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得

mv{=mv[+mv2

121,212

—mv1=—mvx+—mv2

目標(biāo)球前進(jìn)到CO擋壁,做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得

目標(biāo)球與CD擋壁碰撞,根據(jù)題意有

即

1

匕二5匕

5/54

目標(biāo)球運(yùn)動(dòng)到/球洞過程，由動(dòng)能定理可得

-kmg—=—mvl--mv}

cos3002524

又滿足

0<v5<6m/s

聯(lián)立解得

2V22m/s<v0<2V58m/s

5.（2024?山東荷澤?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量分別為機(jī)、3加、3m的小球A、B、C靜止在光滑的水平面上,

且球心在同一直線上，小球B用長為L（未知）的細(xì)線連接懸于。/點(diǎn)，小球C用長為L（未知）的細(xì)線

連接懸于。2點(diǎn)，小球B、C剛好與水平面接觸，現(xiàn)給小球A一個(gè)水平向右大小為V。的初速度，小球A與小

球B發(fā)生彈性正碰，使小球B恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，接著小球A與小球C也發(fā)生彈性正碰，碰撞后

小球C也恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g,不計(jì)小球的大小，求:

（1）懸掛小球B的細(xì)線長L；

（2）小球A與小球C第一次碰撞后一瞬間，細(xì)線對(duì)小球C的拉力大小。

TO.

?11

L?------>

8c5

CAB

【答案】（1）-；（2）18mg

20g

【詳解】（1）A、B碰撞過程，有

mvQ=mvx+3mv2

12121c2

—mv0=—4-—?3mv2

解得

=一％一%

v2…v-2

碰后小球B恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球B到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)有

V2

3mg=5m—

Li

小球B從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

-3mg-2Z)=—?3加V2--?3加4

222

6/54

聯(lián)立解得

20g

(2)A、C碰撞過程，有

mvx=mv3+3mv4

~mvi=^mv3+加v：

解得

匕-4，!-4

碰后小球C恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球C到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)有

v'2

3mg=3m——

小球C從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

2

—3mg-2L2=g-3mv'-g?

兩球碰后瞬間，對(duì)C,根據(jù)牛頓第二定律有

F-3mg=3m--

聯(lián)立解得

F—\8mg

6.(2024?江西贛州?二模)某學(xué)習(xí)小組通過一款小游戲研究碰撞問題。游戲裝置俯視圖如圖所示，在粗糙的

水平面上固定一圓形光滑軌道，緊貼軌道內(nèi)側(cè)放置兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊A、B,A、B與水平面間的動(dòng)

摩擦因數(shù)均為〃，圓形光滑軌道的半徑為八現(xiàn)給A一個(gè)向左的初速度%，使其沿著軌道在水平面上做圓

周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半周時(shí)與B發(fā)生彈性碰撞。已知加B=3加A，重力加速度為g。

(1)求剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A的加速度大小a：

2

(2)若〃=0.2,r=—m,v=3m/s,glXIOm/s2,求A與B碰后B滑行的路程s。

710

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【答案】（1）a=4?+〃2g2；（2）s=0.0625m

【詳解】（1）A剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)軌道的彈力提供向心力

"=mA-

r

A所受摩擦力為

f=/jmAg

根據(jù)牛頓第二定律

7^+/2=mAa

解得

a=\"+"g2

（2）設(shè)A與B碰撞刖瞬［根據(jù)動(dòng)能定理

一〃%g?兀r=：冽人力

解得

v=lm/s

根據(jù)動(dòng)量守恒定律

mAv=加A%+^Bv2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律

121212

~mAV=~mAVl+-mBV2

解得

v2=0.5m/s

又

12

-^mBg-s=0--mBv2

解得

s=0.0625m

7.（2024?河南新鄉(xiāng)?二模）,某同學(xué)在水平雪地里做了一個(gè)冰壺比賽場(chǎng)地，將兩個(gè)冰壺A、B從擲

出線先、后（時(shí)間差A(yù)/=0.5s）擲出，擲出時(shí)的速度大小分別為VA=2.5m/s,vB=2.9m/s,兩冰壺均沿中心

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線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)冰壺B追上冰壺A時(shí)兩者發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短），之后冰壺A恰好到達(dá)大本營中心。

已知冰壺A、B的質(zhì)量分別為/人=07kg、mB=0.5kg,兩冰壺與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.04,兩冰壺均

可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）兩冰壺碰撞前的速度大小Vl、Vg；

（2）大本營中心到擲出線的距離s；

【詳解】（1）設(shè)冰壺B運(yùn)動(dòng)時(shí)間f后追上冰壺A,兩冰壺在冰面上減速時(shí)的加速度大小為°,由牛頓第二定

律可得

jumg=ma

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

Vg=vB-at

解得

r

vA=1.5m/s

Vg=2.1m/s

（2）設(shè)兩冰壺碰撞后的速度大小分別為或、v；,則有

mAVA+mBVB=mAVA+mBVB

—2mAvA2+—2mBDvD^=—2AA+—2mBDv115

2

12V：

s=VrJt—atH---

B22a

解得

9/54

5=10m

（3）設(shè)最終兩冰壺間的距離為x,有

I1mBvl=〃機(jī)Ags+〃洸Bg(s_X)

解得

x=2.55m

則冰壺B擲出后與冰壺A間的最大距離為

d=2.55m

【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型

1.非彈性碰撞

介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動(dòng)量守恒，碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失。

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：加1V1+冽2V2=m\v\+miV2（1）

11

損失動(dòng)能AEk.根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得:14mivi2+%m2V22=一加ivi2H—加2V2'2+AEk.⑵

22

2.完全非彈性碰撞

碰后物體的速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:

機(jī)10+加2V2=（加1+加2）y共(1)

完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動(dòng)能最多，損失動(dòng)能:

△瓦=%加102+%m2V22-%伽1+加2)"共2.(2)

_冽AEmim2

聯(lián)立（1）、（2）解得：v共Fi+m2v2-1

ml+m22ml+m2

1.（2024?山東濟(jì)南?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為冽

2kgo開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止。給A向左的初速度%=3m/s,一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞

并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的2倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。整個(gè)過

程中橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，則滑塊B的質(zhì)量為（)

AB

A.4kgB.3kgC.2kgD.1kg

【答案】D

【詳解】設(shè)碰撞前瞬間A、B的速度大小為別為％、匕，碰撞后的共同速度為丫3,根據(jù)題意有

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對(duì)該系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有

mv0=mvx+mBv2

mvx+mBv2=（m+mB）v3

聯(lián)立解得

加B=1kg

故選D。

2.如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有〃個(gè)質(zhì)量均為機(jī)的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為3某個(gè)滑

塊均可看成質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)給第一個(gè)滑塊水平向右的初速度%,滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個(gè)滑塊開

始運(yùn)動(dòng)到第個(gè)滑塊與第〃個(gè)滑塊相碰時(shí)的總時(shí)間為（）

【答案】B

【詳解】由于每次相碰后滑塊會(huì)粘在一起，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

mv0—2mv2

可知第二個(gè)滑塊開始運(yùn)動(dòng)的速度大小為

1

%

同理第三個(gè)滑塊開始滑動(dòng)的速度大小為

1

匕二”

第（〃-1）個(gè)球開始滑動(dòng)的速度大小為

1

匕T二二

n-1

因此運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

LLLL￡“-c-n(n—V)L

t-----~------F------F.,..+]—(1+2+3+...+〃1)—

v11%2%

°na%y

故選B。

11/54

3.如圖甲，用繩長Z=0.8m的輕繩懸掛質(zhì)量沉的鐵球a,另一個(gè)質(zhì)量為的鐵球6從與豎直方向夾角為0

的光滑圓弧軌道某位置靜止釋放，在最低處與a球發(fā)生完全非彈性碰撞，圖乙是碰撞后輕繩拉力廠與角度

余弦值cos。的函數(shù)關(guān)系，已知圓弧半徑g取10m/s2,下列說法錯(cuò)誤的是()

F

甲乙

A.鐵球的質(zhì)量加=lkg

B.從公60。的位置靜止釋放，碰撞之后的兩球速度為近m/s

C.從6=60。的位置靜止釋放，碰撞前后損失的機(jī)械能為2J

D.從右側(cè)6位置靜止釋放后，碰撞之后的兩球，恰好能擺動(dòng)到左側(cè)偏離豎直方向。處

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知

12

mgL(\-cos0)=—mv

碰撞過程動(dòng)量守恒，有

mv=2加v共

在最低處，由牛頓第二定律得

F-2mg=2m半

聯(lián)立可得

F=-mgcos6+3mg

結(jié)合圖像可知

3mg=30N

所以

m=1kg

故A正確，不符合題意；

BC.結(jié)合圖線，A60。時(shí)，P=25N,代入上式可得

v共=V2m/s,v=2/m/s

所以碰撞前后損失的機(jī)械能為

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\E=—mv2--?2mvl=2J

22共

故BC正確，不符合題意；

D.碰撞之后，能量損失，因此不可能擺動(dòng)到左側(cè)偏離豎直方向。處，故D錯(cuò)誤，符合題意。

故選D。

4.滑塊P以初速度％沿水平軌道滑行與距離后與靜止在軌道上的滑塊Q發(fā)生完全非彈性碰撞，已知兩滑塊

在水平軌道上滑行受到的阻力與其重力之比均為k,碰撞后滑行x距離后停止，則P、Q的質(zhì)量之比為（）

B.

收-2kgx-12*

y]vg+2kgx0-yjT.kgx

【詳解】設(shè)滑塊P的質(zhì)量為加/,滑塊Q的質(zhì)量為加2,碰撞前，對(duì)滑塊P滑動(dòng)過程，由動(dòng)能定理有

,1212

一*gx。=--mtv0

滑塊P、Q碰撞，以匕方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有

刃Fl=(m；+m2)v

碰撞后滑塊P、Q同速滑動(dòng)，由動(dòng)能定理有

—k{mx+m2^gx=0_g(mt+m2)0

聯(lián)立解得

m2匕_v7vo-2kgx「3gx

故選Co

5.已知一滴雨珠的重力可達(dá)蚊子體重的幾十倍，但是下雨時(shí)蚊子卻可以在“雨中漫步”。為研究蚊子不會(huì)被雨

滴砸死的訣竅，科學(xué)家用高速相機(jī)拍攝并記錄蚊子的運(yùn)動(dòng)情況，研究發(fā)現(xiàn)蚊子被雨滴擊中時(shí)并不抵擋南滴,

而是與雨滴融為一體，順應(yīng)雨滴的趨勢(shì)落下，隨后迅速側(cè)向微調(diào)與雨滴分離。已知蚊子的質(zhì)量為加，初速

度為零；雨滴質(zhì)量為50〃?，擊中蚊子前豎直勻速下落的速度為v,蚊子與雨滴的作用時(shí)間為/,以豎直向下

為正方向。假設(shè)雨滴和蚊子組成的系統(tǒng)所受合外力為零。則（）

1

A.蚊子與雨滴融為一體后，整體的的速度大小為77V

13/54

B.蚊子與雨滴融為一體的過程中，雨滴的動(dòng)量變化量為右加v

SOJTIV

C.蚊子與雨滴融為一體的過程中，蚊子受到的平均作用力為^

5k

D.若雨滴直接砸在靜止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力將變小

【答案】C

【詳解】A.蚊子與雨滴融為一體的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒有

50mv=51加v共

解得

50

v+t=-v

共51

A錯(cuò)誤；

B.雨滴的動(dòng)量變化量為

-mv

\p=50加(v共5j

B錯(cuò)誤；

C.設(shè)蚊子受到的平均作用力為R根據(jù)動(dòng)量定理有

Ft=加v共

解得

l50mv

F=----

51Z

C正確；

D.若雨滴直接砸在靜止的蚊子上，蚊子與雨滴的作用時(shí)間變短，雨滴的動(dòng)量變化量變大，則雨滴受到的平

均作用力將變大，蚊子受到的平均作用力也變大，D錯(cuò)誤。

故選Co

6.在光滑水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體。與另一物體b發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，兩物體的位置隨時(shí)間變

化規(guī)律如圖所示，以。物體碰前速度方向?yàn)檎较颍铝姓f法正確的是（)

O4812t/s

14/54

A.碰撞后a的動(dòng)量為6kg-m/sB.碰撞后b的動(dòng)量為2kg-m/s

C.物體b的質(zhì)量為2kgD.碰撞過程中a對(duì)6的沖量為6N?s

【答案】D

【詳解】AB.由題圖可知，碰撞前。的速度為

16/)/

%=—m/s=4m/s

碰前總動(dòng)量

P=mav0=8kg?m/s

撞后a、6共同的速度為

v=:-m/s=Im/s

則碰撞后a的動(dòng)量為

p.=%,v=2kg-m/s

因碰撞過程動(dòng)量守恒，則碰撞后b的動(dòng)量為

Pb=P-Pa^6^-^

故AB錯(cuò)誤；

C.根據(jù)題意，設(shè)6的質(zhì)量為?，由圖可知，碰撞前6物體靜止，a、6碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律可得

mav0^(ma+mb)v

解得

mb=6kg

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)題意，對(duì)6物體，由動(dòng)量定理有

Ib=mbv-0

解得

4=6N?s

故D正確。

故選D。

7.（2024?山東煙臺(tái)?二模）質(zhì)量為叫和性的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間，變化的

圖像如圖所示，若令迤-，=。，則p的取值范圍為（）

x\G

15/54

X

py;；

ot\t

A.p<lB."0C.p<-lD.-1</?<!

【答案】c

【詳解】XT圖像的斜率表示物體的速度，兩物體正碰后，叫碰后的速度為

匕-，.碰后的速度大小為

12Tl

-X,

V2=

才2-4

兩小球碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒定律，即

加1%=加1W+m2v2

%小

(

且

12、1212

+-m2v2

整理解得

強(qiáng)_2<_i

再4一

即

p<-\

故選Co

8.（2024?山東煙臺(tái)?一模）如圖所示，某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為%、相距/沿直線排列，靜

置于水平地面上。為節(jié)省收納空間，工人給第一輛車一個(gè)瞬間的水平推力廠使車自行運(yùn)動(dòng)，并與第二輛車

相碰，且在極短時(shí)間內(nèi)相互嵌套結(jié)為一體，以共同的速度運(yùn)動(dòng)了距離與，恰好?？吭趬叀Ｈ糗囘\(yùn)動(dòng)時(shí)受

到的摩擦力恒為車重的左倍，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則工人給第一輛購物車水平推力歹的沖量大

小為（）

16/54

【答案】A

【詳解】設(shè)第一輛車碰前瞬間的速度為％,與第二輛車碰后的共同速度為匕，由動(dòng)量守恒定律有

mvx=2mv2

根據(jù)動(dòng)能定理可得

聯(lián)立解得

V]=2倔E

設(shè)第一輛車推出時(shí)的速度為%，根據(jù)動(dòng)能定理可得

-kmg?2￡=gmy\-；mv^

根據(jù)動(dòng)量定理，工人給第一輛購物車水平推力廠的沖量大小為

1F=mv0=2myj2kgL

故選Ao

9.（2024?貴州?模擬預(yù)測(cè)）如圖，光滑水平地面上，動(dòng)量為Pi的小球1向右運(yùn)動(dòng)，與同向運(yùn)動(dòng)且動(dòng)量為。2的

小球2發(fā)生彈性碰撞，PX=P2,碰撞后小球1的速率為v；、動(dòng)能為或1、動(dòng)量大小為夕：，小球2的速率為其、

動(dòng)能為用2、動(dòng)量大小為下列選項(xiàng)一定正確的是（）

A.v[<v'2B.碰撞后球2向右運(yùn)動(dòng)，球1向左運(yùn)動(dòng)

C.E[i<Ek2D.P；<P；

【答案】D

【詳解】AB.要發(fā)生碰撞則

匕〉嶺

17/54

mx＜m2

根據(jù)兩個(gè)物體發(fā)生彈性碰撞的公式可得碰撞后速度

3p-^p32一心巳

、.，_（叫一加2＞片+2加222_呵,,_（m2-ml）-v2+2ml-Vlm2

V]——Vy=-

mx+m2mx+m2mx+m2mx+m2

因此當(dāng)心足夠大時(shí)可造成

mx

M＞V2

m

由彈性碰撞規(guī)律，當(dāng)」＜3時(shí)可造成碰后兩者可以都向右運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；

mx

C.碰撞過程小球2動(dòng)能增大，但初動(dòng)能小球1的大于小球2的，故碰后動(dòng)能大小不確定，故C錯(cuò)誤;

D.碰撞過程小球2動(dòng)量增大，且系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以加＜玄，故D正確。

故選D。

10.（2024?黑龍江齊齊哈爾?一模）如圖所示為雜技表演“胸口碎大石，其原理可解釋為：當(dāng)大石塊獲得的

速度較小時(shí)，下面的人感受到的振動(dòng)就會(huì)較小，人的安全性就較強(qiáng)，若大石塊的質(zhì)量是鐵錘的150倍，則

撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的（）

?布

1111

A.—B.----C.-----D.-----

50150250350

【答案】B

【詳解】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律

mvQ=（150m+m）v

解得

1

v=——vo

151

如果發(fā)生的是彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律

18/54

mv0=150加匕+mv2

由機(jī)械能守恒定律

；=~x150/wVj2+gmv\

聯(lián)立解得

故撞擊后大石塊的速度范圍為

故撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的高。

故選B。

11.如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球。，=0時(shí)，乙球以6m/s的初速度沖向原來靜止

的甲球，在0~73時(shí)間內(nèi)它們的V-，圖線如圖（b）所示。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩球未相碰，設(shè)4、右時(shí)刻兩球的

A.4時(shí)刻兩球最近，Et>E3B.。時(shí)刻兩球最近，EX<E3

C.時(shí)刻兩球最近，E\>E3D.匕時(shí)刻兩球最近，E\<E3

【答案】A

【詳解】由圖（b）可知，0~。時(shí)間內(nèi)乙球向左減速，甲球向左加速，可知兩球帶同種電荷，兩球間存在斥

力，:時(shí)刻兩球速度相同，相距最近，由動(dòng)量守恒定律可得

機(jī)乙％=（機(jī)甲+冽乙）匕

解得

陞=2

m乙

整個(gè)過程電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，增加量為

19/54

1212

陷='冽乙"一'（加甲+機(jī)乙）h

其中

匕=2m/s

之后在斥力的作用下，甲繼續(xù)向左加速，乙向左減速至速度為零后向右加速，打時(shí)刻兩球沒有相距最近，0~匕

過程中，電勢(shì)能的增加量為

=；冽乙片一（；小甲片+；冽乙

其中

v2=4m/s,v3=-2m/s

代入數(shù)據(jù)可得

NE、>KE2

故tl時(shí)刻兩球的總電勢(shì)能較大，即

>E3

故選Ao

【模型三】碰撞模型三原則

⑴動(dòng)量守恒：即pi+p2=pi'+p?.'.