2023年高三物理二轮复习常见模型与练习15 三大力场中的碰撞模型（解析版）

2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练

专题15三大力场中的碰撞模型

特训目标特训内容

目标1高考真题（1T—5T）

目标2动碰静完全弹性碰撞模型（6T—10T）

目标3动碰动完全弹性碰撞模型（11T—15T）

目标4完全非弹性碰撞模型（16T—20T）

【特训典例】

一、高考真题

L1932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％分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为匕和V2。设碰撞为

弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）

VO

O

中子氢核

O__O∙→v2

中子氮核

A.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.%大于匕D.匕大于%

【答案】B

【详解】设中子的质量为m,延核的质量为，”，氮核的质量为14加，设中子和氢核碰撞后中子速度为打,

由动量守恒定律和能量守恒定律可得小％=加4+%匕：g机说=T相片联立解得VI=%

设中子和氮核碰撞后中子速度为匕，由动量守恒定律和能量守恒定律可得∕nv0=14∕nv2+wv4；

1112

-wvθ=5∕4∕nW+5帆E联立解得为=石％可得匕=%>为碰撞后氢核的动量为PH="%=%%氮核的动量

RIk可得PN>PH碰撞后氢核的动能为4=J*=｝成氮核的动能为

为PN=14,叱=

4=gl4机片:鬻可得-4故B正确，ACD错误。

故选B。

2.在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度：静止时小球恰能接触

且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是

()

A.将1号移至高度〃释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度/%若2号换成质量不同的小钢球，重

复上述实验，3号仍能摆至高度〃

B.将1、2号一起移至高度4释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度人，释放后整个过程机

械能和动量都守恒

C.将右侧涂胶的1号移至高度〃释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度4

D.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度〃释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度人

释放后整个过程机械能和动量都不守恒

【答案】D

【详解】A.1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2

号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球相碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，

则3号不可能摆至高度〃，故A错误：

B.1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械

能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；

C.1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰

后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度〃，故C错误；

D.碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外

力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。故选D。

3.如图，。是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L导轨足够长且电阻可忽略不计。图

中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为8的匀强磁场。在f=r∣时刻，两均匀金属

棒b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为V0；一段时间后，流经a棒的电流为0,此时t=t2,

b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒&相同材料制成，长度均为L电阻分别为R和2R,4棒的质量为

加。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，。、6棒没有相碰，则（）

A∙丽刻.棒加速度大小为管

B.4时刻6棒的速度为O

C.%~4时间内，通过“棒横截面的电荷量是6棒的2倍

D.彳7,时间内，。棒产生的焦耳热为:勿吟

'-90

【答案】AD

【详解】A.由题知，。进入磁场的速度方向向右，6的速度方向向左，根据右手定则可知，”产生的感应电

流方向是E到尸，6产生的感应电流方向是〃到G,即两个感应电流方向相同，所以流过。、6的感应电流

是两个感应电流之和，则有/=当％对m根据牛顿第二定律有B∕L=∕≡解得α=丝"故A正确；

B.根据左手定则，可知α受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过。、。的电流一直相等，故两

个力大小相等，则。与人组成的系统动量守恒。由题知，芍时刻流过。的电流为零时，说明。、b之间的磁

通量不变，即“、6在4时刻达到了共同速度，设为丫。由题知，金属棒a、6相同材料制成，长度均为3

电阻分别为&和2R,根据电阻定律有K=P且，2R=夕々解得s'=[s已知。的质量为m设b的质量为m',

wj

则有=∕⅛V=∕⅛sL,M=PSM=∕⅛sZ联立解得加=Tzn取向右为正方向，根据系统动量守恒有

相%-gm%=（机+gm）v解得V=g%故B错误；

c.在f∣~G时间内，根据q=/"因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量

相等，故C错误；

D.在4时间内，对“、人组成的系统，根据能量守恒有;，J"["；=J"F+Jx∖"7]？+。总

ɔ

解得回路中产生的总热量为。总对〃、b,根据焦耳定律有O=//?"因〃、6流过的电流一直相等，

2

所用时间相同，故“、人产生的热量与电阻成正比，即2,:2,=1:2又Q+0,=。总=§机片解得。棒产生的焦

9

耳热为0=3〃?片故D正确。故选AD。

4.如图，足够长的间距d=Im的平行光滑金属导轨跖V、尸0固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L=Im

的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T方向如图所示.一根质量砥=O∙lkg,阻值R=O.5。的金属

棒α以初速度%=4m∕s从左端开始沿导轨滑动,穿过磁场区域后，与另一根质量∕=0∙2kg,阻值R=O.5。

的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则

()

N

右

Q

A.金属棒α第一次穿过磁场时做匀减速直线运动

B.金属棒。第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流

C.金属棒α第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒方上产生的焦耳热为0∙25J

D.金属棒”最终停在距磁场左边界0.8m处

【答案】BD

【详解】A.金属棒。第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小,

安培力减小，加速度减小，故金属棒。做加速度减小的减速直线运动，故A错误；

B.根据右手定则可知，金属棒”第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；

C.电路中产生的平均电动势为后="=用平均电流为7=刍金属棒。受到的安培力为尸=8打

∆r∖t2R

规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得-B%∙*=网λ-也%解得对金属棒第一次离开磁场时速

度心=1.5m∕s金属棒。第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒”机械能的减少量，

即0=g帆X-gSIV联立并带入数据得。=0.6875J由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒

b上产生的焦耳热S0.34375J故C错误；

D.规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得SM=町M+〃讨⅛；

=TmM2+3外可联立并带入数据解得金属棒°反弹的速度为匕=-0∙5m∕s设金属棒.最终停在距磁场

左边界X处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为后'="=丝咨

∆f∆r

平均电流为Tv=当金属棒。受到的安培力为尸'=8而规定向右为正方向，对金属棒。，根据动量定理得

-Brd∙At=O-网X联立并带入数据解得X=0.8m故D正确。故选BDo

5.如图(a),一质量为"?的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块8向/运动，/=0时与

弹簧接触，至H=2f。时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的UT图像如图(b)所示。已知从f=0至∣"=f°

时间内，物块A运动的距离为0.36W°。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动

的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为6(Sine=().6),与水平面光

滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案】(1)0.6,(2)O∙768v√o；(3)0.45

【详解】(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即f=t0时刻，根据动量守

恒定律^fl∙1.2v0=(mβ+/")%根据能量守恒定律EPnMX=g,%(l.2%)2-g(w⅛+〃?)若联立解得mn=5m；

Epam=0.6nn⅞

(2)解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻％=5即

则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为%=%，，%=1∙2%-殁根据位移等速度在时间上的累积可得

S“=%(累积)，SzJ=VV(累积)又〃=0.36Wo解得Sg=1.128%%第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

,

ΔΛ=%-SA=0.768%%

解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有吗^12%=6%%=机8%+机匕对方程两边

同时乘以时间Af,有6旭%4=5小％4+加匕4：。力之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得

6,"%*>=5""B+,啊将SA=O.36Wo代入可得sz,=1.128%f0则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

Ni=SB-SA=0∙768%f0

(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块/第二次与8分离后速度大小仍为2%,方

向水平向右，设物块/第一次滑下斜面的速度大小为L,设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

22

mvA-5m∙O.8vo=m∙(-2v0)+5mvβ根据能量守恒定律可得ɪmv^+y5w∙(O.8vo)=→M∙(-2V0)+ɪ∙Smv1联立

解得V4=%

方法一：设在斜面上滑行的长度为3上滑过程，根据动能定理可得-"ZgLsin。-攸77gLcos，=0-gm(2%)2

下滑过程，根据动能定理可得mgLsinθ-μmf>Lcosθ=gw：-0联立解得〃=0.45

方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，

mgsin。+〃帆geos(9=上，，"gsin6-〃/ngcos=…上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,由匀变速直

222

线运动的位移速度关系可得20tx=(2v0)-0,2ατx=v√=v0联立可解得〃=0.45

二、动碰静完全弹性碰撞模型

6.2014年12月3日，世界台联宣布中国斯诺克球手丁俊晖己确定在新的世界排名榜上跃居世界第一，他

也成为台联有史以来第11位世界第一，同时也是首位登上世界第一的亚洲球员，丁俊晖为台球运动在中国

的推广和发展做出了突出贡献。按照国际标准，每颗球的标准质量为154.5g,但是由于不同广商生产水平

的不同，所以生产出来的球的质量会有一些差异。如图所示，假设光滑水平面一条直线上依次放〃个质量

均为15的静止的弹性红球(相邻两个红球之间有微小的间腺)，另有一颗质量为1758的弹性白球以初速度

物与〃号红球发生弹性正碰，则人号红球最终的速度大小为(已知/<%<〃)()

白球红球

35x2*

D.

33*

【答案】B

【详解】光滑水平面一条直线上依次放〃个质量为吗的弹性红球，质量为网的白球以初速度为%与"号红

球发生弹性正碰，根据一动碰•静的弹性碰撞特点可知，每碰撞一次白球的速度变为原来的色二巴

mλ+m2

2

而〃号球每次将速度传给右侧球，故白球与〃号球碰撞1次后，白球速度H二百％红球的速度

恚/%=H%最终传给1号球，白球与〃号碰撞2次后，白球速度岭％红球的速度

匕=tl[ζ⅛l%最终传给2号球，白球与〃号球碰撞3次，白球速度匕%红球的速度

〃?[+f∏2vɔɔ/133）

-^^V,=∣∣f⅛%最终传给3号球，无号红球最终的速度大小为更（工丫’%故选B。

叫+吗33∖33）33v33）

7.如图所示，水平面上有一质量m=3kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量％=2kg

的小物块，小物块与小车一起以%=4m∕s的速度向右运动，与静止在水平面上质量小Ikg的小球发生弹性

碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。则下列说法中正确的是（）

工

WWWWf

//∕)////////////∕/

A.小车与小球碰撞后小球的速度大小为6m∕s

B.当弹簧被压缩到最短时小车的速度大小为2.4m∕s

C.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小物块的冲量大小为2N∙s

D.若从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短用时2s,则小车在这2s内的位移X与弹簧最大形变量/的关系式为

28-2∕、

x=~y-（zm）

【答案】AD

2v2m/s

【详解】A.对•小车与小球有"％=帆匕+Μ匕，ɪwvɑ=ɪWV,+ɪMv^⅛⅛W-∣=.v2=6m∕s,A正确；

B.小车与小球碰撞后到弹簧被压缩到最短，对小车与小物块有/%+%片=（%+加）匕解得匕=28向5,

B错误；

c.根据上述，从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小物块的冲量大小/=%%-%）%

解得/=-2.4N∙s即大小为2.4N∙s,C错误：

D.小车与小球碰撞后到弹簧被压缩到最短，对小车与小物块，根据动量守恒定律的平均速度表达式有

∕⅞v0+mvl=ZM0%+mvif则有mυv0t+mvit=%%f+mv,ft既有m0v0t+mvlt=%X物+mx根据题意有X物-x=/

OQ_9/

解得X=HF∙（m）,D正确。

故选AD。

8.第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。如图甲所示，红壶以一定速度与静止在

大本营中心的蓝壶发生对心碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后两壶运动的UT图线如图乙中实线所示，其中

红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等且均视为质点，由图象可得（）

A.红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞

B.碰撞前瞬间，红壶瞬时速度为1.2m∕s

C,碰撞后瞬间，蓝壶的瞬时速度为0.8m∕s

D.红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为逅4

【答案】CD

【详解】ABC.设两壶为加，撞碰后蓝壶的速度为丫，由图乙可知，碰撞前红壶的速度V"=l.Om∕s,碰撞后速

度为v∕=0.2m∕s,红、蓝两壶组成的系统，在碰撞中动量守恒，则有mw,=∕nv/+MV解得碰撞后，蓝壶的瞬时

速度v=0.8m∕s碰撞中两壶总动能减少量为妆=3加片-Tmr-ɪwɪv2=0.16m>0所以红、蓝两壶的碰撞是非

弹性碰撞，AB错误，C正确；

D.由动量定理可知，红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量大小等于两壶碰后动量的损失

WZ

量/红=K=0.2m://=机丫=0.8机则两壶的摩擦力的冲量之比为/"：/许1.：4故D正确。故选CDe

9.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线右侧有磁感应强度8=0.25T的匀强磁场，方向垂直纸面向里,

质量∕∏c=O∙OOlkg∖电荷量在=2xlθ7C的小球C静置于其中，虚线左侧一个质量为叫,=0004kg、不带电

的绝缘小球Z以速度%=2（）m∕s进入磁场与C球发生正碰（电荷不转移），碰后C小球对水平面的压力刚好

为零，取向右为正方向，g=IOmZs2,下列说法正确的是（）

×××××X

XXXX

ΛV

Q-->∙×XXXX

77777777777777777777777777777

A.碰后C球速度为20m∕sB.碰后C球速度为15m∕s

C.C对/的冲量大小为04N∙D.C对N的冲量大小为0.02N∙

【答案】AD

【详解】AB.由于碰后C小球对水平面的压力刚好为零，根据左手定则可知C小球速度方向向右，则有

4c%B=∏2cg解得，碰后C球速度为％=20m∕s故A正确，B错误；

CD.两球发生正碰过程中，根据动量守恒定律可得相.%=mAVA+机CVC解得以=15m∕s根据动量定理可知，

C对/的冲量%VA-%%=-°∙°2N∙S即大小为0Q2N∙s,方向水平向左。故选AD。

10.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为Xo的小球A和B,A球所带电荷量为+q,B球不

带电.现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E,小球A在电场力作用

下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：

(I)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；

⑵从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；

⑶要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件.

【答案】⑴(2)5qEx(3)8×<d≤18x

Vm000

【详解】(1)设A球与B球第一次碰撞前的速度为V0,碰撞后的速度分别为VAI、VB1.对A,根据牛顿第二

定律得：qE=ma由运动学公式有：v02=2axo∙解得：VOlE叵对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动

Vm

222

量守恒定律和机械能守恒定律得：mvo=mvAi+mvBi;ɪmv0=ɪmvʌi+ɪmvβι.解得：VBI=Vo=J2也，VAl=O

zzzVm

(2)设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t[.有：XAI=VAItι+gat∕=VBitι从A球开始运动到两球在电

场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：W=qE(×0+×Ai)解得：W=5qE×0.

(3)设第二次碰撞前A的速度为VAT,碰撞后A、B的速度分别为VA2、VB2.有：VA√=VAi+atι.

,，2222

第二次碰撞过程，有：mvAi+mv6ι=mvA2+mvB2.ɪmvAi+ɪmvβι=ɪmvA2+ɪmvβ2.第二次碰撞后，当A球

速度等于B球速度VB2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：VB22-VA22=2a∙AXl.

A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最

大，设第三次碰撞前A球的速度为VA2,，碰撞后A、B的速度分别为VA3、VB3∙二、三次碰撞间经历的时间为

2

t2.有：×A2=VA2t2÷yat2=VB2t2∙VA2'=VA2+at2.第三次碰撞过程，有：mVA2'+mVB2=mVA3+mVB3

,222222

ɪmvA2+ymvB2=ymvA3+ymvβ3.VB3-VA3=2a∙∆×2

所以电场区域宽度d应满足的条件为：×O+XAI+∆XI<d≤×o+×Ai+×A2+Δ×2.解得：8×o<d≤18×o

三、动碰动完全弹性碰撞模型

11.物理兴趣小组在研究竖直方向的碰撞问题时，将网球和篮球同时从某高度处自由释放（如图所示），发

现网球反弹的高度比单独释放时的高度高很多。若两球均为弹性球，释放时两球互相接触，且球心在同一

竖直线，某同学将两球从离地高为〃处自由落下，此高度远大于两球半径，已知网球质量为，”，篮球质量为

7m,重力加速度为g,设所有碰撞均为弹性碰撞且只发生在竖直方向上。忽略空气阻力，则下列说法正确

的是（）

■

A.两球下落过程中，网球对篮球有竖直向下的压力

B.篮球与网球相碰后，篮球的速度为零

h

C.落地弹起后，篮球上升的最大高度为1

D.篮球从地面反弹与网球相碰后网球上升的最大高度为6.25Λ

【答案】D

【详解】两球下落过程中，均处于完全失重状态，两球间没有作用力，故A错误；

B.根据自由落体运动规律可知，两球落地前瞬间速度大小相等，设为V,篮球从地面反弹与网球相碰过程，

根据动量守恒和能量守恒有7∕w-mv=Jmvl+ιnv2i+gwi/=gx7∕W：+gnw[解得匕=],

彩=3故B错误；

C.根据机械能守恒定律有7,咫/ι=jx7m∕;7,阳〃'=；X7，〃W2解得，篮球上升的最大高度为/?，=彳

故C错误：

D.根据机械能守恒定律有小的”=：加为2解得，网球上升的最大高度为力”=6.25〃故D正确。故选D。

12.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道与水平地面在C点平滑连接，质量为，〃的物块甲固定在圆弧轨道

的/端，Z端与圆弧轨道的圆心。等高，另一个质量也为机的物块乙固定在圆弧轨道上的8点，8点与圆

心。的连线与竖直方向的夹角为。=60，先释放物块甲，再释放物块乙，结果两物块刚好在C点发生碰撞，

两物块与水平地面间的摩擦因数相同，圆弧轨道的半径为R,两个物块均可视为质点，重力加速度为g。则

B.碰撞后的瞬间乙的速度最大可能为2期

C.碰撞过程中产生的内能可能是力咫R

D.碰撞后甲、乙在水平面上发生的水平位移之比可能是1:2

【答案】AD

【详解】A.根据动能定理有MgR=Tw；：mgR(I-COS60)=gmT可得碰撞前甲、乙两物块在C点的速度

分别为以，%=项当该碰撞为完全非弹性碰撞，即碰撞后甲、乙两物块粘在一起时，碰撞后的瞬

间乙的速度最小，则根据动量守恒定律机％+a%=2w可得，碰撞后的瞬间乙的速度为V=叵"阚

故A正确；

C.若该碰撞为完全非弹性碰撞，则损失的机械能最大，产生的内能最多，则根据能量守恒定律有

(相6+(m4=1-2〃?・/+。可得，碰撞过程中产生的内能为。=乏工正WJgA<amgR则碰撞过程中产生的

22244

内能不可能是故C错误；

BD.当该碰撞为完全弹性碰撞时，碰撞后的瞬间乙的速度最大，则根据动量守恒定律有机巳+m以=加匕+加彩

根据机械能守恒定律有=；机十+；力戒联立可得，碰撞后的瞬间乙的速度为％=7^

碰撞后的瞬间甲的速度为M=网两物块与水平地面间的摩擦因数相同，则根据牛顿第一定于=FmIg=ma

2

可知，两物块在水平面上滑行的加速度相同，根据匀变速直线运动规律有X=L可知，碰撞后甲、乙在水

2a

平面上发生的水平位移之比为御：X乙=V：成=1：2故B错误，D正确。故选AD。

13.如图所示，两电阻可以忽略不计的光滑平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为心导轨间存在竖直

向下的匀强磁场，磁感应强度大小为8。导体棒。、b质量分别为机和2加，长度均为Z,,电阻均为R,均垂

直静置于导轨上。某时刻使左侧的导体棒«获得大小为％的向左的初速度，右侧的导体棒b获得大小为2%

的向右的初速度，则下列结论正确的是（)

XMXXbX2：

L×XX×»X

B

VXXXX×X

A.当导体棒。的速度大小为£时，回路中产生的感应电动势可能大于38乙%

B.当导体棒。的速度大小为5时•，回路中产生的感应电动势可能小于

C.从开始运动到最终处于稳定状态的过程中，系统产生的热量为3”∏√

D.从开始运动到最终处于稳定状态的过程中，系统产生的热量为〃

【答案】BC

【详解】AB.由题意知对导体棒。、6组成的系统动量守恒，且初动量8=4机%方向向右匕=∕m⅛方向向左

可以看出合动量向右，设向右为正，则当导体棒α的速度大小为，时，a棒的速度可能向左也可能向右，若

导体棒α的速度大小为，，方向向左时，由动量守恒定律得4m%-∕m⅛=2%%-；WwO解得%=（%

此时回路中产生的感应电动势为E=E“+6,=（BL%同理当导体棒。的速度大小为方向向右时，由动

153

v,

量守恒定律得4mv0-mvu=2mvh'+-"?%解得%'=o此时回路中产生的感应电动势E'=纥-'=工BLva

故A错误，B正确；

CD.从开始运动到最终处于稳定状态的过程中，由动量守恒定律得4m%-∕m⅛=3∕nv解得最终一起匀速的速

度为v=%则从开始运动到最终处于稳定状态的过程中，系统产生的热量由能量守恒定律得

Q=j叫;+gx2制2%）2-；x3m1=3"说故C正确,D错误。故选BC。

14.动量守恒定律和能量守恒定律是自然界的基本规律，请结合相关知识完成下列问题：

⑴如图所示质量为加和M的两个物块放置在光滑水平地面上，M的左侧连着一个轻弹簧，给m初始速度使

其撞向在相互作用的过程中弹簧始终处于弹性限度内。若〃，的初速度大小为力,求在m通过弹簧和M

相互作用过程中弹簧的最大弹性势能；

(2)近期热播电影“流浪地球"引起了影迷对天文知识的关注，其中一个名词"引力弹弓"更是成为人们谈论的热

点，其实"引力弹弓"是指我们发射的深空探测器在探索太阳系或太阳系以外的宇宙空间过程中可以借助星球

的引力实现助推加速，从而达到节省燃料，延长探测器有效工作时间的目的。例如1977年美国宇航局发射

的旅行者一号空间探测器现已成为第一个飞出太阳系进入星际介质的探测器，它在运行的过程中就借助了

木星和土星的引力助推作用从而具有了飞出太阳系的动能。

如图所示为一个最简单的"引力弹弓"模型，假设太阳系内一探测器以大小为M的速度向右飞行，同时某一行

星向左以大小为U的速度运动与。均以太阳为参考系)，探测器在靠近行星的过程中被行星引力吸引改

变运动方向并最终与行星同向运动并脱离行星。请你运用所学知识证明此时探测器获得的速度大小为2U+H

(证明时可认为探测器质量远远小于行星质量，不考虑其它星体万有引力的影响)。

【答案】⑴弓=!」咚暗；⑵证明见详解

2m+M

【详解】(1)取〃7、M系统为研究对象，匕方向为正方向，由动量守恒定律有M%=(〃?+M)L①

由能量守恒定律有耳=；机环-g(w+M)喔②

①②联立有与年

2m+M

(2)设探测器质量为加，行星质量为脱离时探测器速度大小为匕，行星速度大小为匕，取行星和探测器

系统为研究对象，U方向为正，由动量守恒定律可知MU-〃小=,〃匕+”匕⑤探测器靠近和脱离行星时可

认为系统万有引力势能没变，故山能量守恒有(MU?+；〃小2=；“彳+3"片⑥

⑤⑥联立可知K=(M-视+2MU,vjM-m)U+2mV

M+〃7^M+m

因为Λ/.帆，所以M+m≈M,M+m≈≈M-m所以匕=2U+V证毕。

15.如图，半径为H的光滑圆形轨道固定在竖直面内，小球4、8质量分别为机、βm(4为待定系数)。/

球从左边与圆心等高处由静止释放后沿轨道下滑，与轨道最低点处静止的8球相撞，碰撞后“、8球能达到

的最大高度均为:，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g,求：

(1)待定系数万=；

(2)第一次碰撞刚结束时小球8对轨道的压力；

(3)小球48在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度大小。

【答案】(1)3；(2)等；(3)√⅛Λ,O

【详解】⑴由系统机械能守恒定律得初gR=j"gR+J例必?解得夕=3

44

(2)设力、8碰撞后的速度分别为匕、v2,则;∕mf=;ZngR：3户加田=；仅χgR设向右为正方向，由于A球

质量小于B球质量，所以碰撞后4球被反弹，解得匕=-方向向左匕

方向向右，设轨道对小球B的支持力为N,由牛顿第二定律可得N-夕〃ιg="解得N=等

由牛顿第三定律知小球B对轨道的压力N=N=W

(2)设/、8球第二次碰撞刚结束时的速度分别为％、v'2,^-mvl-βmv2=mv∖+βmv'2i

mgR=ɪ∕nvf+ɪβmvɪ⅛jl↑⅛v'1=-yj2gR：V2=O(另一组解；v'l=-vi,嗅=一%不合题意，舍去)

可知小球N、5在轨道最低处第二次碰撞刚结束时速度大小分别为0。

四、完全非弹性碰撞模型

16.如图所示，倾角为30。的斜面固定在水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑连接，N点右侧有一

竖直固定挡板。质量为0.8kg的小物块b静止在地面上，现将质量为0.4kg的小物块a由斜面上的M点静止

释放。已知MN=I5m,a、b与斜面之间的动摩擦因数均为名叵，“、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动

15

不再分开，。、6整体与挡板碰撞过程中无机械能损失。Wg=IOnWs),则()

A.物块“第一次运动到N点时的动能为3.6J

B.a.6碰撞过程中系统损失的机械能为0.6J

C.6与挡板第一次碰撞时，挡板对6的冲量大小为1.2N∙s

D.整个运动过程中，6在斜面上运动的路程为0.25m

【答案】D

【详解】A.物块4第一次运动到N点过程，山动能定理"gMNsin30O-〃s，gMNcos30o=%=；”,%2

带入题中数据可得w=3m∕s;4=1.8J,A错误；

B.设。与6碰前速度大小为血,碰后二者速度为V,由动量守恒乙％=（，%+〃％"

，碰撞过程中系统损失的机械能AE揽=gwv√-g（s,+%>2解得v=1.0m∕s;Δ¾=1∙2J,B错误：

C.由B分析知，°、，整体与挡板第一次碰撞前的速度即为"=1.5m∕s,碰撞过程中无机械能损失，所以碰后

整体速度变为向左的1.5m∕s,对整体，由动量定理/=4?=（砥+Q,）v-（，％+町,）（f）=2（,%+Q,）V=2.4N∙S

挡板对b的冲量即为对整体的冲量，C错误；

D.整体静止在N点，对。、6整体，自碰后至最终停下，由能量守恒g（X+%）/=〃（久+/）gcos6>∙s总

带入数据解得S总=0.25m,D正确。故选D。

17.如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。f=0时，乙球以6m∕s的初速度冲向原来静

止的甲球，在04时间内它们的VT图线如图（b）所示。整个运动过程中两球未相碰，设乙、〃时刻两球

的总电势能分别为&、E,,则（）

A.。时刻两球最近，El>E3B.乙时刻两球最近，El<E,

C.&时刻两球最近，E]>E、D.G时刻两球最近，£,,<£,

【答案】A

【详解】由图（b）可知，0-%时间内乙球向左减速，甲球向左加速，可知两球带同种电荷，两球间存在斥

力,:时刻两球速度相同，相距最近，由动量守恒定律可得明A=O⅜+吨）W解得也=2整个过程电场力

〃1/

做负功，电势能增加，增加量为4耳=3%1-3（㈣,+,生）片其中匕=201/$之后在斥力的作用下，甲继续向

左加速，乙向左减速至速度为零后向右加速，“时刻两球没有相距最近，O4过程中，电势能的增加量为

△£,=}&.片-（3%芯+3加乙片）其中%=411论，Ui=-2m∕s代入数据可得故t∣时刻两球的总电势

能较大，即耳＞与故选A。

18.带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示。在磁场中静止着不带电的粒子N。

粒子M与粒子N碰后粘在一起在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力。相比

碰撞之前,下列说法正确的是（)

XXX×XX

B

×X×-•X××

//N

/

X×,×XXX

M∖

A.碰后粒子做圆周运动的半径不变

B.碰后粒子做圆周运动的周期减小

C.碰后粒子做圆周运动的动量减小

D.碰后粒子做圆周运动的动能不变

【答案】A

【详解】AC.碰撞前后，两粒子动量守恒，有町％=（见+2）