考點鞏固卷41三類經(jīng)典碰撞模型建議用時：50分鐘考點序號考點題型分布考點1完全彈性碰撞3單選+4多選考點2完全非彈性碰撞3單選+4多選考點3非完全彈性碰撞5單選+1解答考點01：完全彈性碰撞（3單選+4多選）完全彈性碰撞一、單選題1．（2023·廣東廣州·華南師大附中?？既＃┤鐖D所示，小桐和小旭在可視為光滑的水平地面上玩彈珠游戲。小桐瞬間將彈珠甲對著小旭腳邊的靜止彈珠乙彈出，甲以的速度與乙發(fā)生了彈性正碰，已知彈珠可以視為光滑，則（）

A．若碰后甲乙同向運(yùn)動，則甲的質(zhì)量一定大于乙的質(zhì)量B．若碰后甲反彈，則甲的速率可能為C．碰后乙的速率可能為D．若碰后甲反彈，則甲的速率不可能大于乙的速率【答案】A【詳解】A．甲乙彈珠碰撞瞬間動量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)彈珠甲乙的質(zhì)量分別為、，碰后甲的速度為，乙的速度為，則有聯(lián)立解得，若碰后甲乙同向運(yùn)動，則可知甲的質(zhì)量一定大于乙的質(zhì)量，故A正確；B．若碰后甲反彈，且甲的速率為，則有解得質(zhì)量不能為負(fù)值，則可知，若碰后甲反彈，則甲的速率不可能為，故B錯誤；C．若碰后乙的速率為，則有解得質(zhì)量不能為負(fù)值，則可知，碰后乙的速率不可能為，故C錯誤；D．若碰后甲反彈，且甲的速率大于乙的速率，則有可知，只要即就可滿足碰后甲反彈，且甲的速率大于乙的速率，故D錯誤。故選A。2．（2023·新疆·統(tǒng)考二模）大小相同的兩個小球a、b并排靜止在光滑水平面上，距小球b右側(cè)l處有一豎直墻面，墻面垂直于兩小球連線，如圖所示。小球a的質(zhì)量為，小球b的質(zhì)量為m?，F(xiàn)給小球a一沿連線向右的初速度，忽略空氣阻力及所有碰撞過程中的動能損失，小球a與小球b發(fā)生第二次碰撞時距豎直墻面的距離為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】a球與b球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)a球碰前的初速度為，碰后a、b的速度為、，取向右為正，由動量守恒定律和能量守恒定律有解得，設(shè)小球a與小球b發(fā)生第二次碰撞時距豎直墻面的距離為，則滿足解得故選C。3．（2023·河北邯鄲·統(tǒng)考二模）質(zhì)量相等的、兩小球（視為質(zhì)點）在同一豎直線的不同高度以不同的初速度同時豎直上拋，在球到達(dá)最高點時兩球發(fā)生正碰且碰撞時間極短。圖中實線和虛線分別表示、兩小球位置隨時間變化的曲線，圖線Ⅰ前半部分、Ⅱ后半部分關(guān)于時刻對稱。則下列說法正確的是（）A．時刻，球的速率大于球的速率 B．碰撞前后瞬間，球的動量不變C．球先落回地面 D．碰撞后球的機(jī)械能大于球的機(jī)械能【答案】D【詳解】A．圖線的斜率表示速度，根據(jù)題圖可知，時刻，球的速率小于球的速率，A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，所以碰撞后瞬間，球的速度變?yōu)榱?，球的速度增大，方向豎直向上，球先落回地面，BC錯誤；D．碰撞后兩球處于同一位置，球的速度大于球的速度，兩球質(zhì)量相等，因此碰撞后球的機(jī)械能大于球的機(jī)械能，D正確。故選D。二、多選題4．（2023·安徽·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平桌面距離水平地面的高度為H，質(zhì)量為m2、半徑為R的光滑四分之一圓弧槽B靜止放在桌面上，質(zhì)量為m1的小球A從與圓弧槽圓心等高處由靜止滑下，與靜止在桌面上的質(zhì)量為m3的小球C發(fā)生彈性正碰，最后兩小球落到水平地面上的M、N兩點，已知H=0.8m，R=0.9m，m1=2kg，m2=2kg，m3=1kg，重力加速度g=10m/s2，兩球視為質(zhì)點，不計空氣阻力，下列選項正確的是（）

A．小球A從圓弧槽滑離時的速度為3m/s B．小球A與小球C碰撞后，小球C的速度為2m/sC．M、N兩點的距離為1.2m D．小球A可能落在N點【答案】AC【詳解】設(shè)球滑離圓弧槽時的速度為，圓弧槽的速度為，取向右為正方向，此過程由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒得解得假設(shè)與碰撞后的速度為，由動量守恒和機(jī)械能守恒得解得假設(shè)兩球從桌面平拋運(yùn)動時間為，由A球的水平位移球的水平位移MN兩點的距離因為，所以A球落在M點。故選AC。5．（2023·四川達(dá)州·統(tǒng)考二模）如圖所示，用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為的小球懸掛在O點，繩長，輕繩處于水平拉直狀態(tài)?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，下擺至最低點與靜止在A點的小物塊發(fā)生碰撞，碰后小球向左擺的最大高度，小物塊沿水平地面滑到B點停止運(yùn)動。已知小物塊質(zhì)量為，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)，A點到B點的距離，重力加速度，則下列說法正確的是（）A．小球與小物塊質(zhì)量之比 B．小球與小物塊碰后小物塊速率C．小球與小物塊碰撞是彈性碰撞 D．小球與小物塊碰撞過程中有機(jī)械能損失【答案】BC【詳解】B．根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊的加速度根據(jù)勻變速運(yùn)動公式解得小球與小物塊碰后小物塊速率B正確；A．設(shè)小球碰撞前的速度為，碰撞后的速度為，根據(jù)動能定理解得以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律解得A錯誤；CD．碰撞前動能碰撞后動能碰撞前后動能相等，所以小球與小物塊碰撞是彈性碰撞，無機(jī)械能損失，C正確，D錯誤。故選BC。6．（2023·河北滄州·河北省吳橋中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為M的物塊靜止在光滑水平地面上，其左側(cè)是光滑四分之一圓弧，左端底部恰好與地面相切。兩小球的質(zhì)量分別為m1=2kg、m2=3kg，m1的初速度為v0，m2保持靜止。已知m1與m2發(fā)生彈性碰撞，下列說法正確的是（）

A．m1與m2碰撞后的速度方向與v0方向相同B．m2在圓弧軌道上滑動時，二者組成的系統(tǒng)動量不守恒C．m2從圓弧軌道上滑下時，速度方向一定向右D．要使m1與m2發(fā)生兩次碰撞，M可能為6kg【答案】BD【詳解】A．m1與m2發(fā)生第一次彈性碰撞后，設(shè)m1與m2的速度分別為v1、v2，則由動量守恒定律有對系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律有解得，由于m1小于m2，m1與m2碰撞后的速度方向與v0方向相反，A錯誤；B．m2在圓弧軌道上滑動時，二者組成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，B正確；C．m2進(jìn)入四分之一圓弧軌道，當(dāng)m2離開圓弧軌道時，設(shè)m2的速度為v'2，解得當(dāng)m2小于M時，m2從圓弧軌道上滑下時，速度方向向左，C錯誤；D．要使m1與m2發(fā)生兩次碰撞，則，聯(lián)立解得D正確。故選BD。7．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考一模）如圖所示，小球1從固定光滑斜面上某處由靜止釋放，滑過光滑水平桌面后，落在水平地面上的N點。若在水平桌面的邊緣處放置另一小球2，再將小球1從斜面上同一位置由靜止釋放，使兩小球發(fā)生彈性正碰，兩小球在地面上的落點分別為M、P點。已知小球1的質(zhì)量為，小球2的質(zhì)量為，且，O點為桌面邊緣在地面上的投影，不計轉(zhuǎn)彎處的機(jī)械能損失，兩小球均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）A．碰撞后小球1的落點為M點B．碰撞后小球1的落點為P點C．圖中點間距離滿足的關(guān)系為D．圖中點間距離滿足的關(guān)系為【答案】BC【詳解】AB．設(shè)小球1碰撞前的速度為，取水平向右為正方向，因為球1質(zhì)量較小，可知小球1與小球2碰撞后，球1反向，設(shè)碰撞后球1和球2速度大小分別為、，根據(jù)動量守恒和能量守恒有解得，根據(jù)題意，可得，斜面光滑，小球1反向到達(dá)最高點回到拋出點時速度大小等于，兩球在做平拋運(yùn)動的時間相等，故可知小球1的水平位移較大，即碰撞后小球1的落點為P點，A錯誤，B正確；CD．當(dāng)小球1單獨釋放時有小球1與小球2碰撞后有，可得C正確，D錯誤。故選BC?？键c02：完全非彈性碰撞（3單選+4多選）完全非彈性碰撞一、單選題1．（2023·云南·模擬預(yù)測）如圖所示，在光滑絕緣地面上存在垂直于地面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。有一質(zhì)量為m的不帶電小球P以的速度向右運(yùn)動，與另一電荷量為+q的靜止小球Q發(fā)生正碰。兩球碰撞后合為一體垂直撞向平行于方向的足夠長的墻，已知小球與墻每次碰撞后的速率變?yōu)榕鲎睬暗模俣确较蚍聪?，則最終兩小球與小球Q的初始位置的距離為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)小球Q的質(zhì)量為M，兩球碰撞合為一體后的速度為v，根據(jù)動量守恒有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得兩球碰撞合為一體后運(yùn)動半徑由題意可知小球與墻每次碰撞后的運(yùn)動半徑變?yōu)榕鲎睬暗模栽谒椒较虻木嚯x為利用等比數(shù)列求和公式可得最后利用勾股定理可得最終兩小球與小球Q的初始位置的距離選項B正確。故選B。2．（2023·江蘇·統(tǒng)考二模）如圖所示，輕繩下懸掛一靜止沙袋，一子彈水平射入并留在沙袋中，隨沙袋一起擺動，不計空氣阻力，在以上整個過程中，子彈和沙袋組成的系統(tǒng)（）A．動量不守恒，機(jī)械能守恒B．動量守恒，機(jī)械能不守恒C．動量和機(jī)械能均不守恒D．動量和機(jī)械能均守恒【答案】C【詳解】子彈射入沙袋的過程，動量守恒，子彈與沙袋一起向右擺動過程中，系統(tǒng)的合外力不為零，動量不守恒，由于子彈射入沙袋過程中有阻力做功，所以機(jī)械能不守恒。故選C。3．（2023·遼寧·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量分別為和（）的兩個小球疊放在一起，從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落。已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑，碰撞前后小球都沿豎直方向運(yùn)動，不計空氣阻力。下列說法正確的是（

）A．在下落過程中，兩個小球之間存在相互作用的彈力B．釋放后至彈起的過程中，兩小球的動量守恒C．若所有的碰撞都沒有機(jī)械能損失，且碰撞后彈起的最大高度，則碰撞后彈起的最大高度一定大于2.5hD．若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運(yùn)動，則兩球彈起的最大高度為h【答案】C【詳解】A．在下落過程中，兩個小球都做自由落體運(yùn)動，故兩個小球之間無相互作用力，A錯誤；B．釋放后至彈起的過程中，兩小球所受合力不為0，故動量不守恒，B錯誤；C．整個過程中兩小球的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律由題知解得故C正確；D．若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運(yùn)動，屬于完全非彈性碰撞，有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故兩球彈起的最大高度為應(yīng)小于h，故D錯誤。故選C。二、多選題4．（2023·福建福州·福建師大附中?？寄M預(yù)測）原子彈的核反應(yīng)原理是通過熱中子撞擊鈾，如果中子動能不夠大，將無法引發(fā)核反應(yīng)，假設(shè)某中子以的速度撞擊靜止的原子核，撞擊后中子與鈾原子核粘在一起，發(fā)生核反應(yīng)，已知中子質(zhì)量為，鈾原子核質(zhì)量為，下列說法正確的是（）A．B．C．碰撞過程中中子損失的動能等于鈾原子核增加的動能D．碰撞過程中中子損失的動能大于鈾原子核增加的動能【答案】AD【詳解】AB．元素左上方數(shù)字表示元素的質(zhì)量數(shù)，則有故A正確，B錯誤；CD．撞擊后中子與鈾原子核粘在一起，可知碰撞為非彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)有能量損失，所以碰撞過程中中子損失的動能大于鈾原子核增加的動能，故C錯誤，D正確。故選AD。5．（2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考三模）如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時有一質(zhì)量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當(dāng)小球A上升到最高點時恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，，，取。下列說法正確的是（）

A．小球A上升至最高點時離地面3.2mB．小球A從拋出到落回地面的時間為1.6sC．A、B兩球碰撞過程中小球A的動量變化量大小為0.45kg·m/sD．小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m【答案】AD【詳解】A．小球A和小球B在碰撞前，對A：水平方向勻速直線運(yùn)動豎直方向勻減速直線運(yùn)動小球A上升的最大高度為A正確；B．小球A和B在最高點碰撞時，小球B的速度為豎直向下，根據(jù)碰撞過程兩者豎直方向動量守恒，水平方向動量也守恒，豎直方向有水平方向，有碰后，兩者豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)小球A從拋出到落回地面的時間為B錯誤；C．碰撞過程中，水平方向小球A的動量變化量為豎直方向動量變化量為所以小球A的動量變化量為C錯誤；D．碰撞前小球A的水平位移為碰后兩者水平速度為1.5m/s，因為碰后下落時間為0.4s，所以碰后水平位移為小球A從拋出到落回地面的水平距離為D正確。故選AD。6．（2023·湖南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，質(zhì)量為1kg的小物塊B置于輕彈簧上端并處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一質(zhì)量為3kg的小物塊A從小物塊B正上方h=0.8m處由靜止釋放，與小物塊B碰撞后（碰撞時間極短）一起向下壓縮彈簧到最低點，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，彈簧的彈性勢能表達(dá)式（x為彈簧的形變量），重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）

A．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的速度大小為1m/sB．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的加速度大小為7.5m/s2C．小物塊A與B碰撞之后一起下落0.5m時的加速度大小為2.5m/s2D．小物塊A與B碰撞之后一起下落過程中，系統(tǒng)的最大動能為22.5J【答案】BD【詳解】A．對小物塊A應(yīng)用動能定理可得小物塊A、B碰撞由動量守恒定律可得聯(lián)立解得故A錯誤；B．碰前小物塊B的重力與彈簧彈力平衡，碰后瞬間彈簧彈力不突變，對小物塊A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得解得故B正確；C．下落時，對小物塊A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得聯(lián)立解得故C錯誤；D．開始時有當(dāng)系統(tǒng)下落過程中有最大速度，由動能定理可得聯(lián)立解得故D正確。故選BD。7．（2023·海南海口·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為m的物體A放在光滑水平面上，右端與一水平輕質(zhì)彈簧相連，彈簧另一端固定在墻上，質(zhì)量為m的物體B以速度v0向右運(yùn)動，與A相碰后一起壓縮彈簧，直至B與A分離的整個過程中，下列說法正確的是（）A．在整個過程中，物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．彈簧的最大彈性勢能為C．物體A對B的沖量大小為D．物體A對B做的功為【答案】BC【詳解】A．A和B發(fā)生完全非彈性碰撞有機(jī)械能的損失；而在彈簧被壓縮的過程中，物體B、A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則全過程系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B．A和B發(fā)生完全非彈性碰撞有可得共同速度為則彈簧的最大彈性勢能為故B正確；C．根據(jù)動量定理知物體A對B做的沖量即為物體B動量的變化量則物體A對B的沖量大小為故C正確；D．根據(jù)動能定理有知物體A對B做的功即為物體B動能的變化量故D錯誤。故選BC?？键c03：非完全彈性碰撞（5單選+1解答）非完全彈性碰撞一、單選題1．（2023·內(nèi)蒙古通遼·?？寄M預(yù)測）質(zhì)量為m，速度為的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】兩球發(fā)生完全彈性碰撞時，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，以A的初速度方向為正方向，可得解得若A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有解得則B的速度范圍是故選B。2．（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖，2022年北京冬奧會某次冰壺比賽，甲壺以速度與靜止的乙壺發(fā)生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，則（）A．兩壺碰撞過程無機(jī)械能損失B．兩壺碰撞過程動量變化量相同C．碰撞后瞬間，甲壺的速度為D．碰撞后瞬間，乙壺的速度為【答案】C【詳解】兩壺碰后在冰面上滑行，則有兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，設(shè)碰后兩壺的速度分別是v1和v2，根據(jù)運(yùn)動學(xué)關(guān)系，得CD．根據(jù)動量守恒定律得解得，C正確，D錯誤；A．兩壺碰撞過程機(jī)械能的變化量為機(jī)械能有損失，A錯誤；B．動量的變化量是矢量，兩壺碰撞過程動量變化量大小相同但方向相反，B錯誤。故選C。3．（2023·河南安陽·安陽一中?？寄M預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運(yùn)動，與原來靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0（待定系數(shù)a<1）的速率彈回，并與擋板P發(fā)生完全彈性碰撞，若要使A球能追上B球再次相撞，則a的取值范圍為（）A． B． C． D．<a≤【答案】D【詳解】設(shè)碰后B球的速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律有

①根據(jù)碰撞過程中機(jī)械能不會增加，有

②A球與擋板P發(fā)生完全彈性碰撞后速度大小不變，則若要使A球能追上B球再次相撞，應(yīng)有

③聯(lián)立①②③解得a的取值范圍為故選D。4．（2023·北京東城·北京一七一中?？寄M預(yù)測）一顆子彈沿水平方向射向一個木塊，第一次木塊被固定在水平地面上，第二次木塊靜止放在光滑的水平地面上，兩次子彈都能射穿木塊而繼續(xù)飛行，這兩次相比較（）A．第一次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多B．第一次子彈的動量的變化量較小C．兩次子彈的動量的變化量相等D．兩次子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量都守恒【答案】B【詳解】ABC．因為第一次木塊固定，所以子彈減少的能量全部轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，而第二次木塊不固定，根據(jù)動量守恒，子彈射穿后，木塊具有動能，所以子彈減少的能量轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和木塊的動能，因為產(chǎn)熱即兩次產(chǎn)熱相同，所以第二次子彈剩余動能更小，速度更小，而動量變化量等于所以第一次速度變化小，動量變化小，故AC錯誤，B正確；D．第一次木塊被固定在地面上，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。故選B