文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
第35 练 专题强化：碰撞模型及拓展
分值：60 分
1~5 题每小题4 分，6 题12 分，共32 分
1.如图所示，两质量分别为m1＝1 kg 和m2＝4 kg 的小球在光滑水平面上相向运动，速度大小v1为4 m/s、v2为
6 m/s，发生碰撞后，系统损失的机械能可能为( )
A.35 J
B.45 J
C.55 J
D.65 J
2.(2024·山东济南市模拟)一动能为E 的α 粒子与一静止的氖核发生弹性正碰，已知氖核的质量是α 粒子的5 倍，
则碰撞后α 粒子的动能是( )
A. E
6
B.4
9 E
C.2
3E
D.E
3.如图所示，质量均为m 的a、b 两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现把a、b 两球分别置于距地面高为H
处的A、B 两点(H 足够大)，间距为L，当a 球自由下落的同时，b 球以速度v0指向A 点水平抛出，已知两球碰
撞时无机械能的损失，弹性轻绳始终处于弹性限度范围内，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法不正
确的是( )
A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度
B.弹性轻绳伸长过程中，a、b 两球系统动量守恒
C.两球从开始运动到第一次相碰，a 球下落的高度h= g L
2
2v0
2
D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能Ep=1
4 mv0
2
4.(多选)(2024·山东菏泽市开学考)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为
两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正碰；
已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机
械能损失。则下列说法正确的是( )
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1>m2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2>3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
5.如图所示，小车上固定一个足够高的光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车(含轨道)的质量为
3m。现有质量为m 的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端
滑离小车。重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是( )
A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B.小球沿轨道上升的最大高度为3 v0
2
8 g
C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
6.(12 分)(2023·天津卷·12)已知A、B 两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A 物体从h＝1.2 m 处自由下落，且同时B
物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s 相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g 取10 m/s2，
求：
(1)(3 分)碰撞时离地高度x；
(2)(6 分)碰后速度v；
(3)(3 分)碰撞损失机械能ΔE。
7、8 题每小题6 分，9 题16 分，共28 分
7.(多选)(2024·广东卷·10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H 甲、H 乙高度
同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追
上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H 乙无关
D.甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ
8.(多选)如图甲所示，物块A、B 的质量分别是mA＝4 kg 和mB＝2 kg，用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地
面上，物块B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块C 在t＝0 时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s 时与物块A 相
碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v-t 图像如图乙所示，下列说法正
确的是( )
A.物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
B.4 s 到12 s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为48 N·s，方向向右
C.物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D.物块B 离开墙壁后，物块B 的最大速度大小为6 m/s
9.(16 分)(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分
之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长
的轻质细线悬挂于O 点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动
到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质量m＝
0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、
物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)(5 分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)(5 分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)(6 分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的取值范
围。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案精析
1.A [若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失，若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，
取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
m2v2－m1v1＝(m1+m2)v
ΔEmax＝1
2m1v1
2+1
2m2v2
2－1
2 (m1+m2)v2
联立解得ΔEmax＝40 J
系统损失的机械能的范围为0≤ΔE≤40 J
故选A。]
2.B [两粒子碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律得mvα＝mvα'+5mv'
1
2
mvα
2＝1
2
mvα'2+1
2
×5mv'2
其中E＝1
2mvα
2
解得碰撞后α 粒子的动能为
E'＝1
2
mvα'2＝4
9
E，故选B。]
3.B [两个小球在竖直方向做自由落体运动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程中，两球始终处于
同一高度，故A 正确；弹性轻绳伸长过程中，水平方向a、b 两球组成的系统不受外力作用，水平方向动量守
恒，竖直方向受重力作用，竖直方向系统动量不守恒，故B 错误；两球从开始运动到第一次相碰，经过的时
间t= L
v0
，a 球下落的高度h=1
2
gt2，联立可得h= g L
2
2v0
2，故C 正确；当两球水平方向速度相等时，弹性绳最长，
弹性势能最大，根据两球组成的系统水平方向动量守恒有mv0=2mv1，根据能量守恒有1
2mv0
2+2mgh'=2×1
2m(
v1
2+v y 1
2)+Ep，又由2gh'=v y 1
2-0，解得Ep=1
2mv0
2-2×1
2mv1
2=1
4 mv0
2，故D 正确。]
4.AC [根据动量守恒与机械能守恒
m1v＝m1v1+m2v2
1
2
m1v2＝1
2
m1v1
2+1
2
m2v2
2
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
得v1＝m1−m2
m1+m2
v，v2＝2m1
m1+m2
v
可知，当m1>m2时，两车速度方向相同，A 正确；若碰后黄车反向运动，则m1<m2，则碰撞后黄车速度小于
碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B 错误；若碰后黄车反向运动且速度大于红车，
即m2−m1
m1+m2
v> 2m1
m1+m2
v，得m2>3m1，C 正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v
＝3∶1，得m1+3m2＝0，不符合实际情况，D 错误。]
5.B [依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设小球达到最高点与
轨道左端的竖直高度差为H，此时小球与小车共速且不为零，由动量守恒定律，可得mv0＝(m+3m)v，根据能
量守恒，可得1
2
mv0
2＝1
2 (m+3m)v2+mgH，联立解得H＝3 v0
2
8 g
，故A 错误，B 正确；设小球滑离小车时，二者
速度分别为v 球和v 车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0＝mv 球+3mv 车，1
2mv0
2＝1
2m
v球
2+1
2
×3mv车
2，联立解得v 球＝－1
2
v0，v 车＝1
2
v0，可知小车相对小球的速度大小为Δv＝v 车－v 球＝v0，故
C、D 错误。]
6.(1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－1
2
gt2＝1.2 m－1
2
×10×0.22 m＝1 m
(2)设B 物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知
x＝vB0t－1
2gt2
解得vB0＝6 m/s
碰撞前A 物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B 物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
mAvA－mBvB＝(mA+mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE＝1
2mAv A
2+1
2mBvB
2－1
2 (mA+mB)v2＝12 J。
7.ABD [两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A 正确；
两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，
即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B 正确；
设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
H 乙＝1
2gsin θ·t1
2
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3，
乙运动的时间为t＝t1+t2+t3
由于t1和t2与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，故C 错误；
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如
果不发生碰撞，
乙下滑过程有mgH 乙＝1
2mv乙
2
乙在水平面运动到停止有
v乙
2＝2μgx
联立可得x＝H 乙
μ
即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ 。故D 正确。]
8.AD [A、C 碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC+mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2
kg，当A、C 速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝1
2 (mA+mC)v1
2＝48 J，故A 正确；以
水平向右为正方向，4 s 到12 s 的时间内弹簧弹力对A、C 的冲量为I 弹＝(mA+mC)(v2－v1)＝－48 N·s，由系统
能量守恒可知12 s 时B 的速度为零，4 s 到12 s 的时间内对B 由动量定理可得－I 弹+I 墙＝0，得I 墙＝I 弹＝－
48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B 错误；当B 的速度与A、C 速度相等时弹簧的弹性势能最大，由
动量守恒可得(mA+mC)v2＝(mA+mC+mB)v2'，解得v2'＝－3 m/s，所以物块B 离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
Ep'＝1
2 (mA+mC)v2
2－1
2 (mA+mC+mB)v2'2＝12 J，故C 错误；当弹簧回到原长时B 的速度达到最大，由动量守恒
和能量守恒可得(mA+mC)v2＝(mA+mC)v3+mBv4，1
2 (mA+mC)v2
2＝1
2 (mA+mC)v3
2+1
2mBv4
2，解得v4＝－6 m/s，负
号表示方向向左，故D 正确。]
9.(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
解析 (1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL＝1
2mv0
2－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
FT－mg＝mv0
2
L
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mv1+Mv2
1
2
mv0
2＝1
2
mv1
2+1
2
Mv2
2
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝2m
m+ M v0＝4 m/s
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律得
1
2
Mv2
2＝1
2
×2Mv3
2+μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律得
1
2
Mv2
2＝1
2
×2Mv4
2+μ2Mgs+MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的取值范围为0.25≤μ<0.4。
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
8
