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2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化6：动量守恒应用之碰撞模型（难度：偏难）
1. 【碰撞的合理性分析】如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，
速度大小为2v ，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v ，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后
0 0
的运动状态是( )
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
2. 【弹性碰撞】冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正
碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图( )
3. 【弹性碰撞】如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球 2、3静
止，并靠在一起，球1以速度v 撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别
0
为( )
A．v＝v＝v＝v
1 2 3 0
B．v＝0，v＝v＝v
1 2 3 0
C．v＝0，v＝v＝v
1 2 3 0
D．v＝v＝0，v＝v
1 2 3 0
4. 【弹性碰撞】 (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子
大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和
0
氮核的速度分别为v 和v.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
1 2A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v 大于v
2 1
D．v 大于v
2 0
5. 【碰撞的可能性分析】质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A
球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为
（ ）
A.1 m/s，6 m/s B.4.5 m/s，3.5 m/s
C.3.5 m/s，4.5 m/s D.－1 m/s，9 m/s
6. 【碰撞的可能性分析】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m ＝1 kg，m ＝2
A B
kg，v ＝6 m/s，v ＝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 B
A．v ′＝3 m/s，v ′＝4 m/s
A B
B．v ′＝5 m/s，v ′＝2.5 m/s
A B
C．v ′＝2 m/s，v ′＝4 m/s
A B
D．v ′＝－4 m/s，v ′＝7 m/s
A B
7. 【碰撞的可能性分析】(多选)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，
已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比可能为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
8. 【碰撞的可能性分析】如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，
则A的动量p ＝10 kg·m/s，B的动量p ＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增量Δp ＝－4 kg·m/s，则A、B
A B A
m
A
的质量比 应满足的条件为（ ）
m
B
m 5 3 m
A. A> B. ≤ A≤1
m 3 5 m
B B
3 m 5 m
C. ≤ A< D. A≤1
5 m 3 m
B B
9. 【碰撞的可能性分析】（多选）如图，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为 m 的小
2
球Q，另一质量为m 的小球P从槽面上某点静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中
1无能量损失，P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1∶3，则P、Q两球质量比可能是（ ）
A.3∶1 B.3∶5
C.2∶3 D.1∶7
10. 【碰撞的可能性分析】(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面
C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v ＝6 m/s的速度向B运动，并
0
与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
11. 【碰撞的图像分析】 (2022·北京高考)质量为m 和m 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x
1 2
随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．碰撞前m 的速率大于m 的速率
2 1
B．碰撞后m 的速率大于m 的速率
2 1
C．碰撞后m 的动量大于m 的动量
2 1
D．碰撞后m 的动能小于m 的动能
2 1
12. 【碰撞的图像分析】A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的
位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的
位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是( )A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s
B．B物块的质量为0.75 kg
C．碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s
D．碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
13. 【碰撞的图像分析】在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间
极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的 x－t图像如图所示。则关于两球的质量大小
关系和碰撞类型，以下说法正确的是（ ）
A.m∶m＝3∶1 B.m∶m＝1∶1
a b a b
C.弹性碰撞 D.完全非弹性碰撞
14. 【碰撞的图像分析】(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。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＝t
1
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
15. 【碰撞的图像分析】（多选）如图所示，将两个质量分别为m ＝60 g、m ＝30 g的小球A、B
1 2
叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h＝1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率
0
反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度—时间图像如图
乙所示，g取10 m/s2（ ）A.B球与A球碰前的速度大小均为6 m/s
B.两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1∶101
C.A、B两球发生的是弹性碰撞
D.若m≪m，第一次碰撞后，m 球上升的最大高度可能大于17 m
2 1 2
16. 【多次碰撞】(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的
小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小
间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹
性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则( )
A．C球落地前瞬间A球的速度为
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
17. 【多次碰撞】如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左
运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两
球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
18. 【多次碰撞】(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰
面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员
获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再
一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
19. 【多次碰撞】如图所示，物块A的质量为m，物块B、C的质量均为M.开始时物块A、B分别以大小为
2v 、v 的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生
0 0
碰撞，将物块C无初速度地迅速粘在A上．B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起．
(1)为使B能与挡板碰撞两次，求应满足的条件；
(2)若三个物块的质量均为m，求在整个作用过程中系统产生的内能Q.
20.2022年第24届冬奥会中，短道速滑接力赛是冰上最为激烈的运动项目之一。质量为 60 kg 的
运动员甲，以速度 12 m/s 从后方接近质量为50 kg的运动员乙，身体接触前运动员乙的速度为9.6
m/s；运动员甲在推送运动员乙的过程中推送时间极短，运动员乙被推后的瞬时速度为 12 m/s，运动员
甲助力后在直道上向前滑行了 19 m，接着撞上缓冲垫后1 s停下；运动员的鞋子与冰面间的动摩擦因
数为0.05，g取 10 m/s2。求：
（1）甲运动员助力后的速度；
（2）甲对缓冲垫的平均作用力是多少。
21. (2022·河北高考)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B
左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v＝10 m/s向右运动，B和D以相同
0
速度kv 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与
0
B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10
m/s2。
(1)若0v ，碰撞后氢核的动量为p ＝mv ＝
2 4 0 2 4 2 0 1 0 2 H 1
mv ，氮核的动量为p ＝14mv ＝，可得p >p ，碰撞后氢核的动能为E ＝mv2＝mv2，氮核的动能为E ＝
0 N 2 N H kH 1 0 kN
×14mv2＝，可得E >E ，故B正确，A、C、D错误．
2 kH kN
5. 【碰撞的可能性分析】质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A
球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为
（ ）
A.1 m/s，6 m/s B.4.5 m/s，3.5 m/s
C.3.5 m/s，4.5 m/s D.－1 m/s，9 m/s
1
解析：C 设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mv ＋mv ＝6m＋2m＝8m，碰前的总动能E ＝ m
A1 B1 k 21
v 2＋ mv 2＝20m，若碰后v ＝1 m/s，v ＝6 m/s，碰后总动量p'＝mv ＋mv ＝7m，动量不守恒，A错误；
A1 2 B1 A B A B
若v ＝4.5 m/s，v ＝3.5 m/s，明显v ＞v 不合理，B错误；若v ＝3.5 m/s，v ＝4.5 m/s，碰后总动量p'＝mv ＋
A B A B A B A
1 1
mv ＝8m，总动能E'＝ mv 2＋ mv 2＝16.25m，碰撞前后动量守恒，碰后机械能不增加，C可能实现；若
B k 2 A 2 B
1 1
v ＝－1 m/s，v ＝9 m/s，碰后总动量p'＝mv ＋mv ＝8m，总动能E'＝ mv 2＋ mv 2＝41m，动量守恒，但
A B A B k 2 A 2 B
机械能增加，违反能量守恒定律，D错误。
6. 【碰撞的可能性分析】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m ＝1 kg，m ＝2
A B
kg，v ＝6 m/s，v ＝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 B
A．v ′＝3 m/s，v ′＝4 m/s
A B
B．v ′＝5 m/s，v ′＝2.5 m/s
A B
C．v ′＝2 m/s，v ′＝4 m/s
A B
D．v ′＝－4 m/s，v ′＝7 m/s
A B
答案 C
解析 碰前系统总动量为：p＝m v ＋m v ＝1×6 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为：
A A B B
E ＝m v＋m v＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J。如果v ′＝3 m/s，v ′＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×3
k A B A B
kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，不可能，A错误；若v ′＝5 m/s，v ′＝2.5 m/s，则碰撞后，
A B
A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果v ′＝2
A
m/s，v ′＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×2 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动
B
能为：E′＝×1×22 J＋×2×42 J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果v ′＝－4 m/s，v ′＝
k A B
7 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：E′
k
＝×1×42 J＋×2×72 J＝57 J，系统总动能增加，不可能，D错误。
7. 【碰撞的可能性分析】(多选)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，
已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比可能为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
[解析] 设碰前每个物块的动量为p，碰后M的速度为v，由动量守恒得2p＝Mv
由能量守恒定律可知，碰前系统的动能大于等于碰后系统的动能，又 E ＝，可得＋≥Mv2＝M，联立解
k
得≥3，C、D正确。
[答案] CD
8. 【碰撞的可能性分析】如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，
则A的动量p ＝10 kg·m/s，B的动量p ＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增量Δp ＝－4 kg·m/s，则A、B
A B A
m
A
的质量比 应满足的条件为（ ）
m
Bm 5 3 m
A. A> B. ≤ A≤1
m 3 5 m
B B
3 m 5 m
C. ≤ A< D. A≤1
5 m 3 m
B B
p p m 5
A B A
解析：B 因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足 v ＞v ，即 ＞ ，解得 ＜ ，碰撞过程满足动
A B m m m 3
A B B
p 2 p 2
量守恒，则p ＋p ＝p '＋p '，由题意知p '＝6 kg·m/s，则p '＝10 kg·m/s，由能量关系得 A ＋ B ≥
A B A B A B 2m 2m
A B
p '2 p '2 m p ' p ' m 3 3 m
A ＋ B ，解得 A ≤1，碰后速度满足v '≤v '，即 A ≤ B ，解得 A ≥ ，综上可得 ≤ A ≤1，
2m 2m m A B m m m 5 5 m
A B B A B B B
B正确。
9. 【碰撞的可能性分析】（多选）如图，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为 m 的小
2
球Q，另一质量为m 的小球P从槽面上某点静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中
1
无能量损失，P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1∶3，则P、Q两球质量比可能是（ ）
A.3∶1 B.3∶5
C.2∶3 D.1∶7
解析：ABD 设碰撞前小球P的速度为v ，碰撞后P、Q的速度分别为v 、v ，由动量守恒定律和机械能守
0 1 2
1 1 1 m -m 2m
恒定律得mv ＝mv ＋mv ， m v 2 ＝ m v 2 ＋ m v 2 ，解得v ＝ 1 2 v ，v ＝ 1 v ，两式之比为
1 0 1 1 2 2 2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 m +m 0 2 m +m 0
1 2 1 2
v m -m
1 1 2
＝ ，若碰撞后P球不弹回，继续向前运动，P球射程一定小于Q球射程，根据两球落地点到O点
v 2m
2 1
v 1 v m -m m 3
1 1 1 2 1
水平距离之比为1∶3可得 ＝ ， ＝ ，解得 ＝ ，A可能；若碰撞后P球被弹回，并且P球
v 3 v 2m m 1
2 2 1 2
v -1 v m -m m
1 1 1 2 1
射程小于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1∶3可得 ＝ ， ＝ ，解得 ＝
v 3 v 2m m
2 2 1 2
3
，B可能；若碰撞后P球被弹回，并且P球射程大于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比
5
v -3 v m -m m 1
1 1 1 2 1
1∶3可得 ＝ ， ＝ ，解得 ＝ ，D可能；结合碰撞的实际，只有上述三种可能，C不可能。
v 1 v 2m m 7
2 2 1 2
10. 【碰撞的可能性分析】(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v ＝6 m/s的速度向B运动，并
0
与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
[答案] AD
[解析] A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，v ＝v
0 A
＋Mv ，·v＝·v＋Mv，解得v ＝－2 m/s，v ＝4 m/s，A与B碰后B的速率最大，故B的最大速率为4
B A B
m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则Mv ＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，B错误；设
B
B、C分离时的速度分别为v ′、v ′，从B冲上C然后又滑到C底端的过程，由水平方向动量守恒，有Mv
B C B
＝Mv ′＋2Mv ′，由机械能守恒定律有·Mv＝·Mv ′2＋·2Mv ′2，联立解得v ′＝－ m/s，由于|v ′|<|v |，所以B
B C B C B B A
与A不会再次发生碰撞，C错误，D正确。
11. 【碰撞的图像分析】 (2022·北京高考)质量为m 和m 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x
1 2
随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．碰撞前m 的速率大于m 的速率
2 1
B．碰撞后m 的速率大于m 的速率
2 1
C．碰撞后m 的动量大于m 的动量
2 1
D．碰撞后m 的动能小于m 的动能
2 1
答案 C
解析 xt图像的斜率表示物体的速度，根据题中xt图像可知，碰撞前m 的速度大小为v ＝ m/s＝4
1 0
m/s，m 的速度为0，故碰撞前m 的速率大于m 的速率，A错误；两物体正碰后，m 的速度大小为v＝ m/s
2 1 2 1 1
＝2 m/s，m 的速度大小为v＝ m/s＝2 m/s，故碰撞后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足
2 2
动量守恒定律，有mv ＝－mv ＋mv ，解得两物体质量的关系为m ＝3m ，根据动量的表达式p＝mv可知，
1 0 1 1 2 2 2 1
碰撞后m 的动量大于m 的动量，根据动能的表达式E＝mv2可知，碰撞后m 的动能大于m 的动能，C正确，
2 1 k 2 1
D错误。
12. 【碰撞的图像分析】A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的
位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是( )
A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s
B．B物块的质量为0.75 kg
C．碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s
D．碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
答案 B
解析 以A的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A的速度为v ＝ m/s＝3 m/s，碰撞后A、B的共同速
A
度为v ＝ m/s＝1 m/s，则碰撞前A的动量为mv ＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，碰撞后A的动量为mv ＝2
AB A AB
kg·m/s，碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s，A正确，不符合题意；碰撞前B的速度为v ＝－ m/s
B
＝－2 m/s，由动量守恒定律得mv ＋m v ＝(m＋m )v ，解得m ＝ kg，B错误，符合题意；由动量定理得
A B B B AB B
I＝m v －m v ＝×1 kg·m/s－×(－2) kg·m/s＝4 N·s，即碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s，C正确，不
B AB B B
符合题意；碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为ΔE ＝mv 2＋m v 2－(m＋m )v 2＝×2×32 J＋
k A B B B AB
××(－2)2 J－×(2＋)×12 J＝10 J，D正确，不符合题意．
13. 【碰撞的图像分析】在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间
极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的 x－t图像如图所示。则关于两球的质量大小
关系和碰撞类型，以下说法正确的是（ ）
A.m∶m＝3∶1 B.m∶m＝1∶1
a b a b
C.弹性碰撞 D.完全非弹性碰撞
解析：A 以球b碰撞前的速度方向为正方向，由 x－t图像可知，碰撞前v ＝－2 m/s，v ＝1 m/s，碰撞后
a b
v'＝－1 m/s，v'＝－2 m/s，根据动量守恒定律得mv ＋mv ＝mv'＋mv'，可得m∶m ＝3∶1，碰撞后两球
a b a a b b a a b b a b
1 1 1
速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能E ＝ m v 2＋ m v 2，碰撞后系统动能E'＝
k 2 a a 2 b b k 2
1
mv'2＋ mv'2，计算可得E'＜E，可知其碰撞为非弹性碰撞，故A正确，B、C、D错误。
a a 2 b b k k
14. 【碰撞的图像分析】(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。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＝t
1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
答案 C
解析 根据xt图线的斜率表示速度可知，t＝0时刻，甲的速率小于乙的速率，A错误。根据题述，题图中
虚线关于t＝t 左右对称，可知碰撞前后瞬间，乙的速度大小不变，方向变化，则乙的动量大小不变，方向
1
变化，B错误。根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞前后瞬间，甲的速度大小不变，动能不变，
C正确。根据B、C项分析，结合动量守恒定律有－m v ＋m v ＝m v －m v ，可得v ＝v ，即两
甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 甲 乙
球碰撞后瞬间，速度大小相同，故动能也相同，又重力势能相同，可知碰撞后两球的机械能相等，D错误。
15. 【碰撞的图像分析】（多选）如图所示，将两个质量分别为m ＝60 g、m ＝30 g的小球A、B
1 2
叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h＝1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率
0
反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度—时间图像如图
乙所示，g取10 m/s2（ ）
A.B球与A球碰前的速度大小均为6 m/s
B.两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1∶101
C.A、B两球发生的是弹性碰撞
D.若m≪m，第一次碰撞后，m 球上升的最大高度可能大于17 m
2 1 2
解析：AB 由乙图可知，A球与B球碰前，B球做自由落体运动，运动时间为0.6 s，则碰前B球的速度大
√2ℎ
小为v＝gt＝6 m/s，A球落地速度大小v ＝√2gℎ＝6 m/s，落地所用时间t＝ 0＝6 s，A球与地面碰
0 1 A 0 2
g
撞后以原速率返回，可得返回时两球马上相碰，B球碰前速度大小为6 m/s＝v ，故A正确；根据动量定理，
0
A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于B球所受合力的冲量I －mgt＝m （v ＋v ），重力的冲量为I
1 2 2 2 0 2
I 1
2
＝mgt， ＝ ，故B正确；因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系
2 I 101
11 1
统动量守恒，根据动量守恒定律得mv －mv ＝mv ＋mv ，得A碰后速度为v ＝1 m/s，计算知 m v 2 ＋
1 0 2 0 1 1 2 2 1 2 1 0 2
1 1
m v 2 ＞ m v 2 ＋ m v 2 ，碰撞后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故C错误；若不计系统重力的影响，
2 0 2 1 1 2 2 2
1 1 1
由动量守恒定律得mv－mv＝mv'＋mv'，不计能量损失，由能量守恒定律得 m v 2 ＋ m v 2 ＝ mv'2＋
1 0 2 0 1 1 2 2 2 1 0 2 2 0 2 1 1
1 3m -m v '2
mv'2，联立解得v'＝ 1 2 v ，因m≪m ，则v'＝3v ，则m 球上升的最大高度h ＝ 2 ＝16.2 m，
2 2 2 2 m +m 0 2 1 2 0 2 2 2g
1 2
C、D错误。
16. 【多次碰撞】(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的
小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小
间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹
性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则( )
A．C球落地前瞬间A球的速度为
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
答案 ABD
解析 因为A、B、C球由静止同时释放，所以C球落地瞬间三个小球的速度相等，由自由落体运动公式v2
＝2gH，解得v ＝v ＝v ＝，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，
A B C
设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可知C碰B有m v －m v ＝m v ′，m v＋m v＝
C C B B B B C B
m v ′2，B碰A有m v ′－m v ＝m v ′，m v ′2＋m v＝m v ′2，由以上几式可得m ∶m ∶m ＝1∶2∶6，B正
B B B B A A A A B B A A A A B C
确；由B项分析解得v ′＝3，根据竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度h ＝＝9H，C错误，D正确。
A max
17. 【多次碰撞】如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左
运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两
球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1答案 D
解析 设A、B的质量分别为m 、m ，B的初速度为v ，取B的初速度方向为正方向，由题意知，A
A B 0
球经挡板反弹后两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则
有m v＝m ·＋m ，解得m ∶m ＝4∶1，D正确。
B 0 A B A B
18. 【多次碰撞】(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰
面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员
获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再
一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大
于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
答案 BC
解析 设运动员和物块的质量分别为m、m，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第
0
1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v 、v ，则根据动量守恒定律有：0＝mv －mv ，解
1 0 1 0 0
得v＝v，物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv＋mv＝
1 0 1 0 0
mv －mv ，解得v ＝v ，第3次推出物块时，有：mv ＋mv ＝mv －mv ，解得v ＝v ，以此类推，第8次
2 0 0 2 0 2 0 0 3 0 0 3 0
推出物块后，运动员的速度v ＝v 。根据题意可知，v ＝v>v ，解得m<15m ＝60 kg；第7次推出物块后，
8 0 8 0 0 0
运动员的速度v＝v13m＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg0，解得1≤<2.
1 0 2 2
(2)若M＝m，则由(1)可得v＝v，v＝v
1 0 2 0
根据能量守恒定律有Q＝m(2v)2＋mv2－×3mv2，解得Q＝mv2.
0 0 2 0
20.2022年第24届冬奥会中，短道速滑接力赛是冰上最为激烈的运动项目之一。质量为 60 kg 的运动员甲，以速度 12 m/s 从后方接近质量为50 kg的运动员乙，身体接触前运动员乙的速度为9.6
m/s；运动员甲在推送运动员乙的过程中推送时间极短，运动员乙被推后的瞬时速度为 12 m/s，运动员
甲助力后在直道上向前滑行了 19 m，接着撞上缓冲垫后1 s停下；运动员的鞋子与冰面间的动摩擦因
数为0.05，g取 10 m/s2。求：
（1）甲运动员助力后的速度；
（2）甲对缓冲垫的平均作用力是多少。
解析：（1）由运动员甲推送运动员乙过程中，由动量守恒定律得
m v ＋m v ＝m v '＋m v '
乙 乙 甲 甲 乙 乙 甲 甲
解得v '＝10 m/s。
甲
（2）运动员甲推送完运动员乙后到恰接触缓冲垫过程，根据动能定理得
1 1
－μm gs＝ m v2－ m v '2
甲 2 甲 2 甲 甲
运动员甲碰撞上缓冲垫后，根据动量定理得（F＋μm g）t＝m v
甲 甲
联立解得F＝510 N。
答案：（1）10 m/s （2）510 N
21. (2022·河北高考)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B
左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v＝10 m/s向右运动，B和D以相同
0
速度kv 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与
0
B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10
m/s2。
(1)若00
物 0
可知碰撞后瞬间新物块的速度大小为5(1－k)m/s，方向水平向右
滑板A、B碰撞过程中动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v ，滑板A和B质量分别
滑
为m 、m ，以水平向右为正方向，则有m v－m ·kv＝(m ＋m )v
A B A 0 B 0 A B 滑
解得v ＝v＝ m/s>0
滑 0
可知碰撞后瞬间新滑板的速度大小为 m/s，方向也水平向右。(2)若k＝0.5，可知碰撞后瞬间新物块的速度为v ＝5(1－k)m/s＝2.5 m/s
物
新滑板的速度为v ＝ m/s＝0
滑
分析可知，从碰撞后到二者相对静止，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设相对
静止时二者的共同速度为v ，根据动量守恒定律可得2mv ＝(2m＋m ＋m )v
共 物 A B 共
解得v ＝1 m/s
共
根据功能关系及能量守恒定律可得μ×2mgx ＝×2mv－(2m＋m ＋m )v
相 A B
可解得两者相对位移的大小为x ＝1.875 m。
相
22. (2022·天津高考)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶
A推到M点放手，此时A的速度v＝2 m/s，匀减速滑行x＝16.8 m到达N点时，队友用毛刷开始擦A
0 1
运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行x ＝3.5 m，与静止在P点
2
的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为v ＝0.05 m/s和v ＝0.55 m/s。已知A、B质量相同，
A B
A与MN间冰面的动摩擦因数μ＝0.01，重力加速度g取10 m/s2，运动过程中两冰壶均视为质点，A、
1
B碰撞时间极短。求冰壶A
(1)在N点的速度v 的大小；
1
(2)与NP间冰面的动摩擦因数μ。
2
答案 (1)0.8 m/s (2)0.004
解析 (1)设冰壶质量为m，A受到冰面的支持力大小为F ，A在MN间运动过程受到的滑动摩擦力大
N
小为f，加速度大小为a。由竖直方向受力平衡，有F ＝mg
1 1 N
由滑动摩擦力的公式，有f＝μF
1 1 N
由牛顿第二定律可得f＝ma
1 1
由匀变速直线运动速度与位移的关系式，有
v－v＝－2ax
1 1
联立并代入数据解得v＝0.8 m/s。
1
(2)设碰撞前瞬间A的速度为v，由动量守恒定律可得mv＝mv ＋mv
2 2 A B
设A在NP间运动过程受到的滑动摩擦力大小为f，则有f＝μF
2 2 2 N
对冰壶A由N运动到P的过程，由动能定理可得－fx＝mv－mv
2 2
联立并代入数据解得μ＝0.004。
2
23. 如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的
初速度弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x ＝2
1
m，弹珠B与坑的间距x＝1 m。某同学将弹珠A以 v＝6 m/s的初速度水平向右弹出，经过时间t＝0.4
2 0 1
s与弹珠B正碰（碰撞时间极短），碰后弹珠A又向前运动Δx＝0.1 m后停下。已知两弹珠的质量均为
2.5 g，取重力加速度g＝10 m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑
动，求：
（1）碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ；
（2）两弹珠碰撞过程的机械能损失，并判断该同学能否胜出。
1
解析：（1）设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v，由运动学公式得x＝vt－ at 2
1 1 01 2 1
v＝v－at，由牛顿第二定律得μmg＝ma
1 0 1
联立解得a＝5 m/s2，μ＝0.5，v＝4 m/s。
1
（2）由（1）可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a＝5 m/s2，设弹珠A碰撞后瞬间的速度为
v'，由运动学规律v'2＝2aΔx
1 1
解得v'＝1 m/s
1
设碰后瞬间弹珠B的速度为v'，由动量守恒定律得mv＋0＝mv'＋mv'
2 1 1 2
解得v'＝3 m/s
2
所以两弹珠碰撞过程的机械能损失ΔE＝ 1 mv 2 － (1 mv '2+ 1 mv '2)
2 1 2 1 2 2
解得ΔE＝7.5×10－3 J
v '2
碰后弹珠B运动的距离为Δx'＝ 2 ＝0.9 m＜1 m，所以弹珠B没有进坑，故不能胜出。
2a
答案：（1）4 m/s 0.5
（2）7.5×10－3 J 不能
24. 如图所示，以v＝5 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端
与光滑水平面平滑对接，水平面上有n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m ＝
0
0.2 kg。质量m＝0.1 kg的物体从轨道上高h＝4.0 m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时
速度大小v ＝7 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A、B之间的距离L＝3.4 m。物
0
体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g＝10 m/s2, ≈3.16。求：(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
(3)物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离；
(4)n个小球最终获得的总动能。
答案 (1)－1.55 J (2)0.63 N·s
(3) m (4) J
解析 (1)物体由P到A的过程，满足：
mgh＋W＝mv－0
f
解得：W＝－1.55 J。
f
(2)物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
a＝＝μg＝5 m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间
t＝＝ s＝0.4 s
1
匀减速运动的位移s＝t＝×0.4 m＝2.4 m
