2026版高考物理培優(yōu)模型

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.................................................................27

【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)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動用守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)星分別為和〃”，碰前速度為力，也

碰后速度分別為也‘，也‘，則有:

m\V\+m2V2=tn\V\+〃?2也(1)

:加丫/+；機2V22二;加|也’2+J2V2

Q)

乙乙乙乙

聯(lián)立（1）、（2）解得:

V|=2------------------------V,,V2=2-------------------------V2-

+ni,//+m2

特殊情況：若W1=W2，也=V2?V2=VI.

2.“動靜相碰型”彈性碰撞的結(jié)論

兩球,發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為%、速度為力的小球與質(zhì)量為研的靜止小

球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有

in\\i=miV[,A-ni2V2

5M=同"2+/2也，2

（〃八一〃?2）力2/771V1

解得：也'=

"，〃l+〃?2

結(jié)論：⑴當孫=〃72時，片'=0，9’=片（質(zhì)量相等,速度交換）

⑵當時，v/>0,也'>0,且也'>也'（大碰小，一起跑）

（3）當如<62時，也'<0,也'>0（小碰大，要反彈）

（4）當加＞＞〃?2時，力'=%，伊=2也（極大碰極小,大不變，小加倍）

（5）當/加《??2時，口’=一的，也'=0（極小碰極大，小等速率反彈，大不變）

I.（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兩個大小相同的

小球，它們的質(zhì)量分別是心、恤，且叫＞/，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,

圓環(huán)的內(nèi)半徑遠大于球的半徑，初始時B球處于靜止狀態(tài)，A球以一定初速度撞擊B球，A、B兩個球在。

點發(fā)生彈性碰撞，一段時間后，A、4兩個球在8點發(fā)生第二次彈性碰撞，。、8兩點與圓環(huán)圓心的連線夾角

為120°,則加八：人為（）

A.2：1B.3：IC.4：1D.5：1

【答案】A

【詳解】兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為以、%，則根據(jù)動量守恒和機械能守恒有

121212

"3。=網(wǎng)JA+機',縱%=5%以+5〃討'6

聯(lián)立解得

,nm2/nv

VA=\A-BV0，VB=A0

"1A+〃?B

第二次碰撞發(fā)生在圖中的8點，則從第?次碰撞到第二次碰撞之間，有

4=1+（&=0,1,2--）?4+A/周，（攵=0，1,2--）

3

I+弘

故A、B通過的路程之比為黑市㈠2），則有

vAxA1+3k

丁「二T°2.）

聯(lián)正解得

m.4+3女

~^=2^k（"=。"2…）

由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k=O,即

2

-in^.-=—

〃/?

故選Ao

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

次滿足犯一%“%（"》”表示“遠大于“）。將左邊第一個小球拉起一定角度。后釋放，則最后一個小球開

始運動時的速度約為（）

B.2j2g/(l-cos6)

C.3^20(1-cos6)D.4J2g/(I-cos6)

【答案】D

【詳解】設(shè)碰撞前瞬間第?個小球的速度為%，根據(jù)機械能守恒定律，有

cos0}--"川

解得

%=J2g/（l-cos6）

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

町％=/〃1斗+〃?2V2

根據(jù)機械能守恒定律，有

I11,

5叫%2=/班匕2+/嗎片

聯(lián)立可得

2nt

v2=—?恤，則匕=2%,同理，匕=2匕，所以

Vj=4v0=4j2g/（l-cos0）

故選D。

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

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

在（）

件。（計算結(jié)果都可以用根號表示）

A

■A邛

30°。母球

\。目標球

FD

10-1//、14

【答案】（1）—ni/s'；(2)—N：(3)2\/22m/s<%<2\/58m/

33

【詳解】（1）由牛頓第二定律可得

f=kmg=ma

根據(jù)題意可知解得

"Ag*m/s

（2）桿頭擊打母球，對母球由動量定理可得

(F-=mv-0

代入數(shù)據(jù)解得

F=—N

3

（3）母球與目標球碰撞前，做勻減速直線運動，由動能定理可■得

.121，

-bngSi=-n^\

母球與目標球碰撞前后,根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得

，〃匕=mv\+mv2

I11

2*A

川V

2-I2-r22-2

目標球前進到C。擋壁，做勻減速直線運動，由動能定理可得

,121>

-kmgs2=—mv3-—mv；

目標球與CO擋壁碰撞，根據(jù)題意有

%（刎卜M

即

1

%=/丹

目標球運動到A球洞過程，由動能定理可得

."AC1212

-kmg————=—mv—

cos3002s2

又滿足

0<v5<6mZs

聯(lián)立解得

2\/22m/s<v0<2\/58ni/s

5.：2024?山東荷澤?模擬預測）如圖所示，質(zhì)量分別為小3〃?、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）的細線連接懸干。/點，小球C用長為七（未知）的細線

連接懸于Q點，小球B、C剛好與水平面接觸，現(xiàn)給小球A一個水平向右大小為山的初速度，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)做圓周運動，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)做圓周運動，重力加速度大小為g,不計小球的大小，求：

（1）懸掛小球B的細線長L；

（2）小球A與小球C第一次碰撞后一瞬間，細線對小球C的拉力大小。

5—>

-0_____Q_____0____

CAB

【答案】（I）R-；（2）18/咫

20g

【詳解】（1）A、B碰撞過程，有

mv0=mvx+3mv2

I212?°2

—加%=—+—\Smv2

解得

v.=4,心吟

2-2

碰后小球B恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動，則小球B到達最高點時有

2

__V

3mg=3m—

小球B從最低點運動到最高點，根據(jù)機械能守恒定律可得

一3〃吆-2L）=!?3〃及2-—-3//2VJ

聯(lián)立解得

(2)A、C碰撞過程，有

叫=，〃匕+3〃?匕

1II

—tnv.2=—mv2：H--3/nv；

222

解得

匕=￡'匕=一^

碰后小球C恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動，則小球C到達最高點時有

3r171g=r3m——廠

4

小球C從最低點運動到最高點，根據(jù)機械能守恒定律可得

,2

-3mg?2L2=；-3mv-；?3〃?片

兩球碰后瞬間，對C,根據(jù)牛頓第二定律有

F—3mg=3rn-

L1

聯(lián)立解得

F=18〃?g

6.(2024?江西贛州?二模)某學習小組通過?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)放置兩個可視為質(zhì)點的小物塊A、B,A、B與水平面間的動

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

運動，運動半周時與B發(fā)生彈性碰撞。已知飛=3〃公，重力加速度為g。

(1)求剛開始運動時A的加速度大小?：

2

(2)若〃=0.2,,?=-m,%=3m/s,g取lOm/s?,求A與B碰后B滑行的路程s。

B

【答案】（I）a=+〃2屋.（2）S=0.0625m

【詳解】（1）A剛開始運動時軌道的彈力提供向心力

A所受摩擦力為

f=〃〃入g

根據(jù)牛頓第二定律

J6+/2=網(wǎng)\0

解得

（2）設(shè)A與B碰撞前瞬間的速度為v,根據(jù)動能定理

I1

〃縱g?4廣=2一萬巴說2

解得

v=lm/s

根據(jù)動最守恒定律

WAV=/MAV,+WBV2

根據(jù)機械能守恒定律

121212

-mxV=-WAV1

解得

v2=0.5m/s

又

解得

s=0.0625m

7.（2024?河南新鄉(xiāng)?二模）如圖所示，某同學在水平雪地里做了一個冰壺比賽場地，將兩個冰壺A、B從擲

出線先、后（時間差A/=0.5s）擲出，擲出時的速度大小分別為以=2.5m/s,%=2.9m/s,兩冰壺均沿中心

線運動，當冰壺B追上冰壺A時兩者發(fā)生彈性正碰（碰撞時間極短），之后冰壺A恰好到達大本營中心。

已知冰壺A、B的質(zhì)量分別為％=0.7kg、〃%=0?5kg,兩冰壺與冰面的動摩擦因數(shù)均為〃=0.04,兩冰壺均

可視為質(zhì)點，取重力加速度大小g=l（）m/s2。求：

（1）兩冰壺碰撞前的速度大小彳、%:

（2）大本營中心到擲出線的距離s；

（3）冰壺B擲出后與冰壺A間的最大距離乩

擲出線

大本營

【答案】(1)r=L5m/s,v；=2.1m/s：(2)5=10m；(3)d=2.55m

【詳解】（1）設(shè)冰壺B運動時間，后追上冰壺A,兩冰壺在冰面上減速時的加速度大小為a,由牛頓第二定

律可得

[img=nia

由勻變速直線運動規(guī)律可得

2

vA(r+Ar)--fl(r+Ar)=vB/-1t7C

或=匕一。(/+加)

解得

以=i.5m/s

1%=2.1in/s

（2）設(shè)兩冰壺碰撞后的速度大小分別為窿、嗎，則有

解得

5=10m

（3）設(shè)最終兩冰壺間的距離為x,有

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。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。

根據(jù)動量守恒定律可得：/〃|0+"[21，2=加1也+〃?2暝（1）

損失動能AEk.根據(jù)機械能守恒定律可得：%"?102+%〃?2也2=：m]%'2+：〃?2也’2+AEk.⑵

2.完全非彈性碰撞

碰后物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得：V!V2U共

HQ?0

m\VI+/H2V2=（W1+"12）u共（1）

完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能:

△氏二W2V22-囹〃川+機2川共2.（2）

聯(lián)立⑴、⑵解得……皿①；AEk2

/w,+/%2叫+也

1.（2024?山東濟南?模擬預測）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)量為機=

2kg。開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度%=3m/s,一段時間后，B與A同向運動發(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。整個過

程中橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，則滑塊B的質(zhì)量為（）

C.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、v2,碰撞后的共同速度為匕，根據(jù)題意有

C1

V

匕二2匕，V3=22

對該系統(tǒng)由動量守恒定律有

mvQ=m\\+mRv2

/nv(+/z/jjV,=(m+mR)匕

聯(lián)立解得

"%=1kg

故選Do

2.如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有〃個質(zhì)量均為〃2的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L,某個滑

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

始運動到第，2-1個滑塊與第〃個滑塊相碰時的總時間為()

1%23n

7j?〃777〃q?〃/777f〃/77〃7〃77777〃〃7777〃77

(/?'-1)￡nzL/?(/?+1)￡

A.-------B.LC.D.

2%2%2%2%

【答案】B

【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律

"2%=2mv2

可知第二個滑塊開始運動的速度大小為

1

匕=清

同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為

1

匕

第(〃-1)個球開始滑動的速度大小為

1

%=1%

n-\

因此運動的總時間為

t=—+-r—二—=—(1+2+3+...+J

2%

%2卜丸37鼻7-1%

故選Bo

3.如圖甲，用繩長L=0.8m的輕繩懸掛質(zhì)量小的鐵球”，另一個質(zhì)量為，〃的鐵球〃從與豎直方向夾角為9

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

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

A.鐵球的質(zhì)量陽=lkg

B.從〃=60。的位置靜止釋放，碰撞之后的兩球速度為

C.從9=60。的位置靜止釋放，碰撞前后損失的機械能為2J

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

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)機械能守恒定律可知

mgL(\-cosj)=g,nv2

碰撞過程動量守恒，有

inv=2〃八’共

在最低處，由牛頓第二定律得

F-21ng=2小學

聯(lián)立可得

F=-mgcos0+3nig

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，/60。時，F(xiàn)=25N,代入上式可得

y共=V2m/s,v=25/2ni/s

所以碰撞前后損失的機械能為

△E=—mv2--?2〃叫=2J

故BC正確，不符合題意；

D.碰撞之后，能量損失，因此不可能擺動到左側(cè)偏離豎直方向。處，故D錯誤，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上碰撞后滑行了距離后停止，則P、Q的質(zhì)量之比為（）

A42kgxB』2kgx

.2kgx7v：-2kgx。.《講-2kgx-12kgXo

cD

\l*-2kgxo-j2kgx?J.+2依/-J23

【答案】C

【詳解】設(shè)滑塊P的質(zhì)量為〃？,,滑塊Q的質(zhì)量為〃⑵碰撞前，對滑塊P滑動過程，由動能定理有

,1212

-km}gxQ=-m^一”％

滑塊P、Q碰撞，以匕方向為正方向，由動量守恒定律有

町巧=（町+/%"

碰撞后滑塊P、Q同速滑動，由動能定理有

一&(〃?]+/&)gx=O_g(町+嗎)

聯(lián)立解得

_v_________________42kgx

故選C。

5.己知一滴雨珠的重力可達蚊子體重的幾十倍，但是下雨時蚊子卻可以在“雨中漫步”。為研究蚊子不會被雨

滴碰死的訣竅，科學家用高速相機拍攝并記錄蚊子的運動情況，研究發(fā)現(xiàn)蚊子被雨滴擊中時并不抵擋雨滴，

而是與雨滴融為一體，順應雨滴的趨勢落下，隨后迅速側(cè)向微調(diào)與雨滴分離。已知蚊子的質(zhì)量為〃?，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口蚊子與雨滴的作用時間為I,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（）

A.蚊子與雨滴融為一體后，整體的的速度大小為

B.蚊子與雨滴融為一體的過程中，雨滴的動量變化量為於"八，

J1

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駕

D.若雨滴直接砸在靜止的蚊了上，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)動量守恒有

5()/nv=51〃巾共

解得

50

也=一v

51

A錯誤；

B.雨滴的動量變化量為

夕=50〃7（4一可=

B錯誤;

C.設(shè)蚊子受到的平均作用力為憶根據(jù)動量定理有

Ft=共

解得

廠50/?iv

F=------

5k

CE確；

D.若雨滴直接砸在靜止的蚊了?匕蚊子與雨滴的作用時間變短，雨滴的動量變化量變大，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錯誤。

故選C。

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

化規(guī)律如圖所示，以。物體碰前速度方向為正方向，下列說法正確的是（）

A.碰撞后a的動量為6kgm/sB.碰撞后的動量為2kg?m/s

C.物體力的質(zhì)量為2kgD.碰撞過程中。對方的沖量為6N-s

【答案】D

【詳解】AB.由題圖可知，碰撞前〃的速度為

%=Wm/s=4m/s

碰前總動量

p=/%=8kg?m/s

撞后。、人共同的速度為

v=———m/s=1m/:

12-4

則碰撞后。的動量為

=mv=2kgm/s

因碰撞過程動量守恒，則碰撞后b的動量為

%=〃一凡=6kgm/s

故AB錯誤；

C.根據(jù)題意，設(shè)〃的質(zhì)量為町,，由圖可知，碰撞前人物體靜止，4、〃碰撞過程中，由動量守恒定律可得

解得

g,=6kg

故C錯誤；

D.根據(jù)題意，對b物體，由動量定理有

Ib=mbv-0

解得

/°=6N?s

故D正確。

故選D。

7.（2024?山東煙臺?二模）質(zhì)量為■和〃4的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時變化的圖

像如圖所示，若令±一｝=P，則〃的取值范圍為（）

芭I1

/?<0C.〃4-1D.-1<p<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，町碰后的速度為

*=-六〃％碰后的速度大小為

X.-x.L

v2=--

兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即

，〃1%=/叫匕+rn2v2

且

I2、121-

萬叫%之萬町比+耳,內(nèi)匕?

整理解得

即

/?<-1

故選C。

8.（2024.山東煙臺?一模）如圖所示，某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為〃八相距2L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瞬間的水平推力尸使車自行運動，并與第二輛車

相碰，且在極短時間內(nèi)相互嵌套結(jié)為一體，以共同的速度運動了距離與，恰好?？吭趬?。若車運動時受

到的摩擦力恒為車重的攵倍，忽略空氣阻力，重力加速度為則工人給第一輛購物車水平推刀尸的沖量大

小為（）

【答案】A

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

mv}=2/nv2

根據(jù)動能定理可得

-k-2mg=0-i(2m)v；

聯(lián)立解得

v,=2y/kgL

設(shè)第一輛車推出時的速度為%,根據(jù)動能定理可得

-king?2L=；g

根據(jù)動量定理，工人給第一輛購物車水平推力戶的沖量大小為

IP=niv0=2niyj2kgL

故選Ao

9.（2024?貴州?模擬預測）如圖，光滑水平地面上，動量為Pi的小球1向右運動，與同向運動互動量為P2的

小球2發(fā)生彈性碰撞，0=，碰撞后小球1的速率為匕'、動能為琢、動量大小為P；,小球2的速率為區(qū)、

動能為&2、動量大小為耳。下列選項一定正確的是（）

A.v[<v2B.碰撞后球2向右運動，球I向左運動

C.昂＜或D.p\<p\

【答案】D

【詳解】AB.要發(fā)生碰撞則

匕＞眩

<m

根據(jù)兩個物體發(fā)生彈性碰撞的公式可得碰撞后速度

3_

P3p-皿

,_（叫一/%）”+2叫?匕_'叫口,，_（，％-"?）匕+2叫”嗎

M-_：V2~;

n\+，巧㈣+m}+m2〃?]+孫

因此當絲■足夠大時可造成

”；>4

由彈性碰撞規(guī)律，當色'<3時可造成碰后兩者可以都向右運動，故AB錯誤;

C.碰撞過程小球2動能增大，但初動能小球1的大于小球2的，故碰后動能大小不確定，故C錯誤;

D.碰撞過程小球2動量增大，且系統(tǒng)動量守恒，所以〃；<〃；，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：當大石塊獲得的速

度較小時，下面的人感受到的振動就會較小，人的安全性就較強,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（）

BD

A.—c

50'擊擊-言

【答案】B

【詳解】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則由動星守恒定律

解得

1

v=---u,

151°

如果發(fā)生的是彈性碰撞，則由動量守恒定律

〃?％=150，〃匕+mv2

由機械能守恒定律

—"?4=g"150"八；+gniv；

聯(lián)立解得

2

v.=---%

1151。

故撞擊后大石塊的速度范圍為

12

——％<v<——%

151151

故撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的專。

故選Bo

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

的甲球，在。A時間內(nèi)它們的圖線如圖（b）所示。整個運動過程中兩球未相碰，設(shè)。、％時刻兩球的

總電勢能分別為片、

y—

4

圖⑻

A.。時刻兩球最近,E[＞瑪B.。時刻兩球最近，居<當

C.G時刻兩球最近，D.，2時刻兩球最近，耳</

【答案】A

【詳解】由圖（b）可知,。~乙時間內(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，。時刻兩球速度相同，相距最近，由動量守恒定律可得

叫%=（叫+叱）H

解得

也=2

m乙

整個過程電場力做負功，電勢能增加，增加量為

其中

Vj=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，△時刻兩球沒有相距最近，0G

過程中，電勢能的增加量為

AL12/101人

△芻=5加乙％_(］網(wǎng)涇+'吃可)

其中

v2=4m/s,匕=-2ni/s

代人數(shù)據(jù)可得

故〃時刻兩球的總電勢能較大，口1

E\>E3

故選Ao

【模型三】碰撞模型三原則

(1)動量守恒:即P1+P2=P1'+P2’.

⑵動能不增加：即為+所海，+&2，或￡+盤緩+器

(3)速度要合理

①若碰前兩物體同向運動，則應有UQ八”碰后原來在前的物體速度?定增大，若碰后兩物體同向運動，

則應有VBi>V/。

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。

【其它方法①】臨界法

彈性碰撞沒有動能損失，完全非彈性碰撞動能損失最多，計算巴這兩種情況下的臨界速度，那么其他碰撞

應該介于二者之間。

1.如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩小球在光滑的水平面上發(fā)生上碰，碰前A、B的速度分別為L=3m/s,

vB=-lm/s,碰后A、B兩小球的速度以和心可能是()

A.%=Tm/s,=1m/sB.以=2m/s,v'a=0

C.攻=。，％=2m/sD.以=-2m/s,%=4m/s

【答案】C

【詳解】A.兩球碰撞前后應滿足動量守恒定律

mvA+mvB=mv'A+mv；

選項中數(shù)據(jù)不滿足動量守恒，A錯誤；

BC.兩個選項滿足動量守恒

mvA+mvB=mv's+/叫

也滿足碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和

:加片+匕2+J小喑

乙乙乙乙

如果碰后A的速度方向不變，則A球的速度不大于B球的速度，即有刈4吸，B錯誤，C正確；

D.碰前兩球的動能之和，即

—1tn2v\+—1m2vgV=5m

碰后兩球的動能之和

22

能量增加，D錯誤。

故選C。

2.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為為=2〃?,、，規(guī)定向

右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg-m/s,運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為-4kg.m/s,

則（）

A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5

B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10

C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5

D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10

【答案】A

【詳解】根據(jù)題意可知，A、B兩球均向右運動，由〃可知，由于兩球質(zhì)量關(guān)系為〃%=2加A，則A球

的速度是B球速度的2倍，故左方為A球，根據(jù)動量守恒定律可知

△〃B--△〃A-4kg?m/s

即碰撞后，A球的動量為2kg-m/s,B球的動量為10kg-m/s,根據(jù)〃=〃”可得

一二PA"%二2

“PB〃?A5

故BCD錯誤A正確。

故選A。

3.圖為丁俊暉正在準備擊球，設(shè)丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直

線上運動，碰前白色球A的動量PA=5kg-m/S,花色球B靜止，碰后花色球8的動量變?yōu)槎?4kg-m/s,

則兩球質(zhì)量加A與，行間的關(guān)系可能是（）

【答案】C

【詳解】碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得

PA+PB=〃A'+〃B'

解得

〃A'=lkgm/s

根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有

PA,屋>PA.Pl

2〃2A2mB2〃2a2g

解得

恤之丁A

J

碰后，兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則

入風

"k恤

解得

為4械

綜上可知

2

-/nA<^B<4/nA

故選c。

【模型四】小球一曲面模型

mim2

（1）小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大

水平方向動量守恒：mivo=（wi+ni2）v

能量守恒：!A?Z|V02=1（/?1+機2）/+/川g〃

（相當于完全非彈性碰撞）

（2）小球返回曲面底端時

動量守恒：如Vo=〃“M+〃?2V2

能量守恒:猛VO?=/也2能

444

（相當于彈性碰撞）

I.（2024?青海海南?一模）如圖所示，一個質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面匕滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓

弧七月|員|孤半徑R=lm。E點與水平面相切。另有一個