文档内容
2024 高考物理二轮复习 80 热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型30 碰撞模型
最新高考题
1．（9分）（2023高考北京卷）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点
正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L．现将A拉至某一高
度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g．求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能 ．
【名师解析】（1）由机械能守恒定律，mgH= ，
解得H=
（2）由牛顿运动定律，F-mg=
解得 F=mg+
（3）碰撞过程，由动量守恒定律，mv=2mv’，
解得v’=v/2碰撞过程损失的机械能△E= - =2. （2022天津学业水平选择性考试） 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 ，匀减速
滑行 到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与 间冰面
的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行 ，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰
后瞬间A、B的速度分别为 和 。已知A、B质量相同，A与
间冰面的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ，运动过程中两冰壶均视为
质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度 的大小；
（2）与 间冰面的动摩擦因数 。
【参考答案】（1） ；（2）
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设冰壶质量为 ，A受到冰面的支持力为 ，由竖直方向受力平衡，有
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有设A在 间的加速度大小为 ，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为 ，由动量守恒定律可得
解得
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
由动能定理可得
联立解得
3. （2023学业水平等级考试上海卷）（16分）如图，将质量m =0.15kg的小球P系在长度
P
L=1.2m轻绳一端，轻绳另一端固定在天花板上O点。在O点正下方1.2m处的A点放置质
量为m =0.1kg的物块Q，将小球向左拉开一段距离后释放，运动到最低点与物块Q弹性碰
Q
撞，P与Q碰撞前瞬间的向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为51׃,。已知重力
加速度g=9.8m/s2，物块与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.28.
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度；（2）在P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q
运动的距离。【参考答案】（1）1.4m/s （2）0.36m
【名师解析】
（1）由圆周运动的向心加速度公式，a= ，解得v=1.4m/s
0
碰撞后P的速度v = v=0.28m/s
P 0
碰撞过程，由动量守恒定律，m v= m v + m v ，解得：v =1.68m/s
P 0 P P Q Q Q
（2）设碰撞后P摆动到最高点的高度为h，根据机械能守恒定律，mgh=
解得h=0.004m
由sinθ= = ，θ小于5°，
P的摆动可以看作单摆的简谐运动，
P与Q碰撞后再次回到A点的时间为t=T/2=π =1.1s
物块在水平面上滑动的加速度 a=μg=2.74m/s2
Q在水平面上运动时间t’= =0.6s，小于t=1.1s，即Q已经停止。
所以Q运动的距离为s= =0.504m。
4.（20分）（2023高考全国乙卷）. 如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为 。一质量为 的小球从管的
上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小
相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性
碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【命题意图】本题考查弹性碰撞及其相关知识点。
【解题思路】（1）小球第一次与圆盘碰撞前的速度为v=
0
小球与圆盘弹性碰撞，设第一次碰撞后小球的速度大小为v，圆盘的速度大小为v，
1 2
由动量守恒定律mv =-mv +Mv ，
0 1 2
由系统动能不变， = +
联立解得：v= ，v= 。
1 2
（2）第一次碰撞后，小球向上做竖直上抛运动，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力相等，
所以圆盘向下做匀速运动。
当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。
当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间/g+ v /g =
1 2
t= v
小球回到第一次与圆盘碰撞前的位置，
在这段时间内圆盘下落位移x= v t= =l。
1 2
即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为l。
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得 ,
同理可得当位移相等时解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x = x
盘3 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆
盘将向下移动
x = 8l
盘4
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为 4
次。
【思路点拨】得出递推关系，是正确解题的关键。
5．（11分）（2022·高考广东物理）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图 12所
示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态
当滑块从A处以初速度 为 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ,滑块滑到B
处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。己知滑块的质量
，滑杆的质量 ，A、B 间的距离 ，重力加速度 g 取
，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【命题意图】本题考查平衡条件、牛顿运动定律、动量守恒定律、匀变速直线运动规
律。【解题思路】（1）滑块静止时，对整体，由平衡条件，N =mg+Mg。
1
代入数据解得N =8N。
1
滑块向上滑动时，滑杆对滑块有向下的摩擦力f=1N，由牛顿第三定律，滑块对滑杆有向上
的摩擦力f’=1N
隔离滑杆受力分析，由平衡条件 N =Mg-f’。
2
代入数据解得N =5N。
2
（2）滑块向上匀减速运动，由牛顿第二定律，mg+f=ma
解得加速度大小 a=15m/s2。
由v2-v2=-2al 解得：v=8 m/s
0
（3）滑块与滑杆碰撞，由动量守恒定律，mv=（m+M）v’，
解得 v’=2m/s
由v’2=2gh
解得h=0.2m。
最新模拟题
1. （2024江西红色十校9月联考）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB固定
在竖直面内，轨道最低点B与光滑水平面BC相切，C点处有一竖直固定挡板，质量为m
的物块b放在水平面上的B点，质量为3m的物块a从圆弧轨道的A点由静止释放，a运动
到B点与b发生弹性碰撞，经过t时间，两物块又发生第二次弹性碰撞，物块b与挡板碰撞
后以原速率返回，碰撞时间忽略不计，不计物块大小，重力加速度为g，求：
（1）a、b碰撞前瞬间，a对圆弧轨道的压力大小；
（2）B、C之间的距离；
（3）若物块a从A点滑到B点所用时间为t，求a、b从第一次碰撞到第四次碰撞经过的
0
时间。
【参考答案】（1）9mg；（2） ；（3）2（t+t）
0
【名师解析】
（1）由动能定理可知解得
a、b碰撞前瞬间，由牛顿第二定律可得
则a对圆弧轨道的压力大小
（2）a运动到B点与b发生弹性碰撞，设向右为正方向，有
解得
，
经过t时间，两物块又发生第二次弹性碰撞，物块b与挡板碰撞后以原速率返回，碰撞时
间忽略不计，B、C之间的距离
（3）两物块发生第二次弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒，有
解得
，
则第二次碰撞到第三次碰撞的时间也为t，第三次碰撞发生在B点，有解得
，
则第三次碰撞到第四次碰撞的时间为2t，a、b从第一次碰撞到第四次碰撞经过的时间为2
0
（t+t）。
0
2. （2024山东泰安9月测试）如图所示，质量 的小球用长 的轻绳悬挂在固
定点O，质量 的物块静止在质量 的 光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨
道静止在光滑水平面上，悬点O在物块 的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°
角后，静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧
轨道的最上端。若小球、物块都可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取 ，
， 。求
（1）碰撞前，小球下摆至最低点时，球对轻绳拉力的大小；
（2）碰撞后瞬间物块的速度大小；
（3）圆弧轨道的半径。
【参考答案】（1）0.07N；（2） ；（3）【名师解析】
（1）小球下摆至最低点，满足机械能守恒定律
小球在最低点，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律，球对轻绳的拉力大小为0.07N。
（2）小球与物块碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律
解得
（3）物块滑到圆弧轨道最高点的过程中，满足动量守恒定律、机械能守恒定律
解得
3．（2024南京零模）如图所示，质量为1.0kg的A物体用销钉固定在水平桌面上，左
侧是半径为0.8m的光滑圆弧轨道，右侧是长为0.272m的水平轨道，圆弧轨道末端与水平
轨道相切，轨道的左端比右端高0.2m，右端比桌面高0.2m。圆弧轨道的末端静置一质量为
0.1kg的小物块B；将质量为0.4kg的小球C自轨道的左端最高点由静止释放，滑到圆弧轨
道末端时与B块碰撞并粘在一起，此时拔掉销钉，已知物块B、小球C与水平轨道间的动摩擦因数均为0.2，A物体与桌面间的动摩擦因数为0.04，重力加速度g取10m/s2求：
(1)小球C与物块B碰撞前的速度大小；
(2)C、B碰撞粘在一起后的瞬间，对圆弧轨道的压力小；
(3)BC落到桌面上时与轨道右端的水平距离。
I
【参考答案】．(1) ；(2)6.6N；(3)0.232m
【名师解析】
(1)对物体C由由静止释放到与物块B碰撞前的过程，由动能定理得
解得
(2)由C、B组成的系统碰撞前后动量守恒得
解得
由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得对圆弧轨道的压力小
(3)对BC整体，则有
可得对A则有
可得
物体BC与水平轨道的相对位移为
BC整体在A上滑动的时间
或 （舍）
故BC整体滑离A时的速度大小为
离
此时A的速度为
A离
由 可得
落
落
故有
落 落
BC滑离A后，A的加速度大小为
而A停下来的时间
落
故在BC滑离A到落到桌面的过程中，A的位移为
故BC落到桌面上时与轨道右端的水平距离
4.（2023黄冈中学4月质检）人和冰车的总质量为M,另有一个质量为m的坚固木箱,开始
时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上,某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度v推向前方弹性挡板,木箱与挡板碰撞后又反向弹回,设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失,
人接到木箱后又以速度v推向挡板,如此反复多次,每次v均是指对地速度。试求人推多少次
木箱后将不可能再接到木箱?(已知M∶m=31∶2)
【名师解析】设人第一次推出后自身速度为 , 则: Mv -mv=0,
1
设人接后第二次推出,自身速度为 , 由动量守恒定律，
Mv +mv=Mv -mv
1 2
,···
设人接后第n次推出,自身速度为 , 由动量守恒定律，Mv +mv=Mv -mv
n-1 n
上述n个方程相加，（n-1）mv=Mv -nmv
n
解得:
若 ,则人第n次推出后,不能再接回,
将有关数据代入上式得 ,即: 。.
5. (2023北京二中期末)如图甲所示，两小球a，b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球
a、b质量分别为m 和m，且m=100g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间
1 2 1
变化的x-t图像如图乙所示。由此可以得出以下判断
①碰撞前球a做匀速运动，球b静止；
②碰撞后球a和球b都向右运动；
③m=300g；
2
④碰撞前后两小球的机械能总量不变；
则以上判断中正确的是（ ）
A. ①③ B. ①②③ C. ①③④ D. ②④
【参考答案】C
【名师解析】
由图可知，0~2s内，a的速度大小为b球的速度为零，处于静止状态；
2~6s内，两球的速度分别为
由此可知，a向左运动，b向右运动；
两球碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
此时，有
说明碰撞前后两小球的机械能总量不变。
6.（2024江西宜春泰和中学摸底）某过山车模型轨道如图甲所示，O、O 为半径分别为
1 2
r、r 的圆形轨道,它们在最低点分别与两侧平直轨道顺滑连接,不计轨道各部分摩擦及空气
1 2
阻力,小车的长度1远小于圆形轨道半径r,，各游戏车分别编号为1、2、3…n,，均为m,，
圆形轨道ABCD最高点C处有一压力传感器.让小车1从右侧轨道不同高度处从静止滑下,
压力传感器的示数随高度h变化,作出F一h关系如图乙所示.
(1)根据图乙信息,分析小车1质量m及圆形轨道O 半径r;
1 1
(2)在水平轨道AE区间(不包含A和E两处),自由停放有编号为2、3…n的小车,让1号车从
h=5m高处由静止滑下达到水平轨道后依次与各小车发生碰撞,各车两端均装有挂钩,碰后便
连接不再脱钩,，求在作用过程中,第n辆车受到合力的冲量及合力对它做的功.。
(3)轨道O 半径为r=2.5m,每辆车长度为L,且nL>2r,要使它们都能安全通过轨道O,则1车
2 2 2 2
至少从多大高度滑下?【名师解析】
（1）从小车静止释放到运动到竖直面内圆轨道最高点C的过程中，由动能定理
mg（h-2r）=
1
在C点，对小车1，由牛顿第二定律，F+mg=
联立解得：F= h-5mg
对照图乙的F—h图像，由5mg=100，解得m=2kg
由 =20，解得 r=2m
1
（2）1号车从h=5m高处由静止滑下，由图乙可知F=0.
在C点，对小车1，由牛顿第二定律，mg=
C点到A点过程，由动能定理，2mgr = -
1
碰撞过程，由动量守恒定律，mv =nmv ，
A n
对第n辆小车，由动量定理，I=mv ，
n
由动能定理，W=
联立解得：I= N·s，W= J。
（3）要使它们都能安全通过轨道O,在最高点，mg= ，
2
解得v =5m/s
O2
7. （2023年7月重庆名校期末）如图所示，质量均为m滑块A、B放置在水平面上，右侧
固定有一弹性挡板P。AB之间的距离为 ，BP之间距离为L。水平面上涂有一种特殊的润滑涂层，滑块向右运动时，不受地面阻力；滑块向左运动时，受到阻力为自身重力λ倍
（λ未知）。为测量该润滑涂层的性能，某时刻开始对滑块A施加水平向右的恒力F＝mg
的作用，此后恒力一直作用。已知A、B碰后速度交换（即碰后瞬间A速度变为0，B速度
变为A的碰前速度），B和挡板碰后速度大小不变，方向相反。通过计时装置可测量出
A、B从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔，记为T。重力加速度为g。
（1）B先和挡板发生碰撞还是A、B先发生第二次碰撞？试通过计算说明；
（2）若λ可能值为大于0的一切数值，求T的取值范围；
（3）实际测得 ，求λ。
【参考答案】（1）B先和挡板发生碰撞；
（2） ；（3）4
【名师解析】
（1）对滑块A，由牛顿第二定律可得
解得
由速度位移关系公式 ，可得滑块A运动到B的速度
A、B碰后速度交换，则有
A、B第一次碰后，A向右做初速度等于零的匀加速运动，B做匀速运动，滑块A运动到挡
板P所用时间滑块B运动到挡板P所用时间
则有
可知B先和挡板发生碰撞，后返回与滑块A碰撞。
（2）由题意可知，A、B从第一次碰撞到第二次碰撞经T时间，对A则有
B返回时做匀减速运动，加速度则有
对B返回，在 时间内运动的位移，则有
又有
联立解得
则有T的取值范围
（3）实际测得 ，则有解得
（不符合题意，舍去）
因此则有
8．（11分）(2023广东茂名期末)桌球又称台球，是一种常见的室内体育运动项目，通过球
杆在台上击球，使主球与目标球发生碰撞，而在物理上通常用碰撞恢复系数 α描述碰撞情
况，如主球A以速度v与目标球B发生碰撞，碰后瞬间主球和目标球速度分别为 、 ，
碰撞恢复系数 。若所用主球和目标球质量相同，两球所受阻力均为重力的 ，
两球均可视为质点，碰撞前后始终在一条直线上运动，重力加速度 。
（1）当主球A以速度 与目标球B相碰时，碰后目标球运动 停止，
求两球间的碰撞恢复系数 ；
（2）已知两球碰撞恢复系数 ，某次练习中，主球A、目标球B与球袋C处于同一条
直线上，主球获得沿ABC连线方向的初速度 后与目标球碰撞，AB距高 ，BC
距离 ，目标球在球袋处的速度不大于 才能落入球袋，求为使目标球落入球袋，主球A初速度 的取值范围。
【名师解析】
（1）两球傲匀减速直线运动时，设加速度为 ，根据牛顿第二定律有 ，解得
（1分）
目标球做匀减速直线运动，根据运动学公式
，解得 （1分）
根据动量守恒 ，解得 （1分）
则恢复系数 （1分）
（2）碰撞系数 ，即 （1分）
两球碰撞过程，根据动量守恒有
（1分）
联立可得 ， ，即两球碰撞过程会交换速度（1分）
设目标球碰后速度为 时，恰好能落入球袋，此时主球初速度为最小值 ，则
，解得 （1分）
主球匀减速直线运动，满足
，解得 （1分）
设目标球碰后速度为 时，其在球袋处的速度恰为 ，此时主球初速度为最
大值 ，则
， （1分）
主球匀减速直线运动，满足
， （1分）
主球在 点的初速度范围为
