碰撞模型及其拓展（解析版）-2024年高考物理二轮热点模型

碰撞模型陵其拓展

1.碰撞问题遵循的三条原则

2.两种碰撞模型的特点

3.碰撞模型拓展

（1）"保守型"碰撞拓展模型

（2）"耗散型"碰撞拓展模型

模型讲解

1.碰撞问题遵循的三条原则

I动量守恒HP1+P2=Pl'+P2')

〔动能不增加卜Eg+EBEki'+EK或去冬£-

两物体同向运动，则碰撞前应有。后前,

碰撞后原来在前的物体速度一定增大，

若碰撞后两物体同向运动，则应有

V前三V后

〔速度合理卜

两物体相向运动，碰撞后两物体的运、

动方向不可能都不改变

2.两种碰撞模型的特点

⑴弹性碰撞

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

以质量为馆1、速度为3的小球与质量为加2的静止小球发生弹性正碰为例，有

Z

mi5=rrtiVi+m2f2

,2,2

会2成=ym1'W1+ym2-U2

（皿一询3,27nls

解得％'=

7711+m2—有而:

结论:

①当7711=7712时，”/=0,02,=幼，两球碰撞后交换了速度。

②当7711>馆2时，Vi>Q,&2'>0,碰撞后两球都沿速度3的方向运动。

③当7721<7722时，5,V0，。2'>。,碰撞后质量小的球被反弹回来。

④当7711》馆2时，仍'=仍，V2—2fio

（2）完全非弹性碰撞

动量守恒,末速度相同，m1v1-\-m2v2=（馆1+馆2）。共，机械能损失最多，机械能的损失AE=1恒1忧+/恒2W一

（mi+m2）f^o

3.碰撞模型拓展•••

（1）“保守型”也拓展模型

%%

图例（水平面光NB+?+Q

。WMIWWWTO

/////////////////////77777^777777777777777，〃，，〃〃〃，〃〃〃〃，

滑）

小球一弹簧模型小球-曲面模型小球-小球模型

相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒，满足mv=（m+7W）o共,损

达到共速0

失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能

相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒,满足mv0=mv1-\-Mv2,机械能守

再次分离恒，满足~^rrwo=

⑵“耗散型”也拓展模型

图例（水平面或

甘＜j

水平导轨光滑）

相当于完全非弹性碰撞,动量满足w=（m+河）。共，损失的动能最大,分别

达到共速

转化为内能或电能

案例剖析1

网］1（2022.全国乙卷25）如图（a），—质量为小的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块3向A

运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的。-1图像如图（b）所示。已

知从力=0到t=琳时间内，物块A运动的距离为0.36g如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0

（sin。=0.6）,与水平面平滑连接。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】⑴0.6m*（2）O.768voto（3）0.45

【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时4、B速度相等，即在t=t0时刻,

根据动量守恒定律有（mB+m）v0

根据能量守恒定律有

2

与max=ymB（1.2i；o）-y（mB+m）i；o

联立解得mB—5m,Epmax=O.6m^o

⑵右接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，力、_8动量守恒，有mB-1.2v0=mBvB-\-mvA

对方程两边同时乘以时间△力，有

6rrwo&t=5mvBAt+mvA/\t

0~力0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6m"以=5msB+msA,#sA=O.36voto

代入可得sB=1.128。%

则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

As=sB—sA=0.768%）力0

（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A第二次与石分离后速度大小仍为22,方

向水平向右，设物块4第一次滑下斜面的速度大小为o/,取向左为正方向，根据动量守恒定律可得nw/

—5m-O.8?；o=m\—2vo）+5mvp

根据能量守恒定律可得

222,2

--mvA'+^-5m-（O.8?；o）=ym-（-2v0）+y-5m-i;B

f

联立解得VA=VQ

方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得

2

—mgLsin0—/jmgLcos夕=0——m（2i/0）

下滑过程,根据动能定理可得

mgLsin9—jumgLcos9—

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4上滑和下滑时的加速度大小,

mgsin9+/Ltmgcos9—ma上

mgsin9—/imgcos9=ma下

上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,设在斜面上滑行的位移为Z/,由匀变速直线运动的位移速度关系可

得2Q上I；=（2。0）2—0,2aTL=

联立可解得“=0.45。

【题后总结】

水平方向

相当

两小球速于完

度相同时全非

弹性

碰撞

邓

3\MAMMAQ_

mxm2

相当动量(

弹簧恢mvy=mv+mv

弹

于l(1i22

小球一弹簧模型复原长

碰

（水平面光滑，不性

计空气阻力）撞能量

守恒1

画2（2023上•四川成都•高三统考期中）如图，质量为1kg、半径R=0.5M的十圆弧形凹槽N放在光滑

水平面上,质量为馆「=1kg、初速度。。=5m/s的小球P从凹槽底端水平滑入。已知小球从滑入凹槽到分

离过程中因两者的摩擦而产生的热量Q=4J,重力加速度g=lOm/s?。

在此过程中，下列说法正确的是（）•••

R

A.小球和凹槽组成的系统因合外力不做功而机械能守恒

B.小球和凹槽组成的系统因水平方向合外力为零而水平方向动量守恒

C.小球能从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为0.125小

D.小球与凹槽分离后并以o=lm/s的速度向右做平抛运动

【答案】BD

【详解】4.小球和凹槽组成的系统因有摩擦力做功而机械能不守恒，故人错误；

B.由于水平面光滑，球和凹槽组成的系统水平方向合外力为零,所以系统水平方向动量守恒，故B正确；

C.设小球能从凹槽顶端冲出而分离，并且从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为以小球和凹槽组成

的系统水平方向动量守恒，两者的共同速度大小是如

mpv0=(mN+mp)Vi

Vr—2.5m/s

小球和凹槽组成的系统，由能量守恒定律得

g(77Zp+?7ZN)*+Q+tnpg(h+R)

代入数据，解得

h0.275m

ZzV0,说明小球不能从凹槽顶端冲出，故。错误；

D.小球不能从凹槽顶端冲出，则小球从凹槽下滑后才与凹槽分离，小球从滑入凹槽到分离过程中因两者

的摩擦而产生的热量Q=4J。假设小球与凹槽分离时小球速度为”，凹槽速度为"N，则由动量守恒

mpv0—mpv+mNvN

再根据能量守恒

2

ymPi；o=-^-rnpv+^-mNVN+Q

两式联立解得

(v=lm/s

\vN=4m/s

或

(v=4m/s

\VN~lm/s

因小球与凹槽需V&VN,第二组解不符合实际，需舍掉；即小球与凹槽分离后并以o=lm/s的速度向右做

平抛运动，故。正确。故选BD。

【总结提升】

当

相

完

于解瞿岬尸伽计可

非

小球上升全

性

至最高点弹

能量如%2=*（a+叫）"

撞

碰

守恒+ntigh

当

?T相

弹

m于

}小球返回

碰

小球一曲面模型性11

--2

曲面底端叫

（水平面光滑，不撞22

能量1r+

-

计空气阻力）守恒2

@1^（2024上•全国•高三专题练习）在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量

为18kg・m/s,B的动量为24kg•m/soA从后面追上B,它们相互作用一段时间后,B的动量增大为

32kg・m/s,方向不变。下列说法正确的是（）

A.若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为3组=3

mB3

B.若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为~=^

mB18

C.若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为3也=:

mB4

D.若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为西=已

mBlb

【答案】B

【详解】47.碰前，有

PA、PB

----->------

mAmB

解得

WPA3

-----V———~T

mBpB4

A碰8过程中，有

PA+PB^PAI+PBI

2222

P4।》P加।0B1

2mA2mB_2mA27nB

解得

W21

---、~~cx

mB2

碰后，有

PAIVPBI

mA'mB

解得

5

-----2—

mB16

综上可得

一如-

-5--、----、—1

16mB2

若为弹性碰撞，则两物体的质量之比为•••

mA=1

mB2

A、C错误；

BD.若为非弹性碰撞，则两物体的质量之比为

5//1

--0----0--

16mB2

B正确、。错误。

故选B。

电]4(2023•广东省高三三模)如图所示,在光滑的水平面上有一质量"=4kg的平板车，小车右端固定一竖

直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上,在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑

块，其质量馆=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10mo某时刻平板车

以。产1m/s的速度向左滑行，同时小滑块以3=8m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达

到相对静止,此时小滑块与Q点相距d=5wi,取9=10m/s2,求：

(1)小滑块与平板车相对静止时的速度小

(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数〃；

(3)弹簧可能获得的最大弹性势能4。

【答案】⑴2m/s,方向水平向右⑵0.54或0.18(3)18J

【解析】(1)设河、山共同速度为n,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有

mVi-Mv^[M+rn)v

解得v—2m/s,方向水平向右

(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统

由能量守恒有

^-(A/+rri)v2—/j.mgX(L—c?)

解得ii=0.54

如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由

能量守恒

-1-(M+rri)v2=fimgX(L+d)

解得〃=0.18

(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q点与

弹簧相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒

2

_*^-(M+m)v=fimgL+Ep

得弓=18J

所以弹簧可能获得的最大弹性势能为18J0

【提炼总结】1.木板在光滑地面上滑动时，滑块和木板组成的系统满足动量守恒。

2.滑块不从木板上掉下的条件是两者达到共同速度，恰好不掉下的临界条件是滑块到达木板末端时两

者共速。

3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面位移和它们的相对位■移，用运动学公式或动能定理列式时位

•••

移指相对地面位移；求系统摩擦生热时用相对位移（或相对路程），即Q=4为相对位移）。

综合应用

IS

题目1（2023上•陕西西安•高三校联考阶段练习）如图所示，左端连接着轻质弹簧、质量为2nl的小球B静止

在光滑水平地面上，质量为小的小球A以大小为*的初速度向右做匀速直线运动,接着逐渐压缩弹簧并使

小球B运动，一段时间后，小球A与弹簧分离,若小球A、B与弹簧相互作用过程中无机械能损失,弹簧始

终处于弹性限度内，则在上述过程中，下列说法正确的是（）

AB

O>V°A/WWWWvO

/////////////////////////////////////

A.小球B的最大速度为:*

B.弹簧的最大弹性势能为:m■若

C.两小球的速度大小可能同时都为］为

D.从小球A接触弹簧到弹簧再次恢复原长时,弹簧对小球A、B的冲量相同

【答案】B

【详解】A.小球人逐渐压缩弹簧并使小球B运动，一段时间后小球4与弹簧分离时，B球速度最大，由动

量守恒定律及能量守恒定律可得

mvA+2mvB,］馆煽+:x2nw卷

解得小球8的最大速度为

2

外=—^0

O

故4错误；

B.当弹簧被压缩到最短时，两球速度相同，设为小此时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得

mv0=3mv

解得

1

u=w。。

o

由能量守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为

Ep=ym-uo-y-3nzd=田

故B正确；

C.两小球组成的系统的初动量为

Po=mv0

初动量方向向右。小球A压缩弹簧后，小球3在弹簧弹力作用下只能向右运动，假设两小球的速度大小都

为［■比,小球4运动方向向右时，系统的动量为

*…23

p—m--+2m■———mv0

小球A运动方向向左时，系统的动量为

p——m•—+2m•—=—mv0

由于pWPo,可知假设错误，故C错误；

D.从小球力接触弹簧到再次恢复原长时，弹簧弹力对两小球的弹力始终大小相等、方向相反，所以弹簧

对A、B的冲量大小相等，方向相反，故。错误。

故选B。

题目②（2023上•广东佛山•高三统考阶段练习）光滑水平轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在B处平滑连

接，质量为m2的小球2静止在B处,质量为小1的小球1以初速度为向右运动，当小球1与小球2发生弹性

碰撞后，小球2将沿光滑半圆形轨道上升，运动过程中未脱离半圆形轨道。己知当地重力加速度为g,m2=

km［依＞0）,硒，不考虑多次碰撞的情况，则k不可能取到的数值为（）

【答案】。

【详解】小球1与小球2发生弹性碰撞，则根据动量守恒有

7nlm1v1-\-m2V2

根据机械能守恒有

］巾1*=-^-Tn1v1+^-m2V2

若碰撞后小球2沿光滑半圆形轨道恰好上升到与轨道圆心等高处，则根据动能定理有

p12

m2gR=—m2v3

若碰撞后小球2沿光滑半圆形轨道恰好上升到轨道最高点，则根据牛顿第二定律有

v2

7n2g=

根据动能定理有

--^-馆2"：=一??22g,2R

小球2运动过程中未脱离半圆形轨道，则有

4。3或。4

联立解得

卜＞2前一1或0〈k43

故选C。

题目区（2023上•山东济南•高三山东省校考期中）如图所示，在光滑水平面上，质量为小的小球A

和质量为的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为神的小球。以

初速度。。沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡

板（图中未画出）,当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失,弹簧

始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变,但方向相反。则B与

挡板碰后弹簧弹性势能的最大值可能是（）

A.B.4-mvnC.D.

34912

【答案】B

【详解】由于小球。与小球人质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在人与B动量相等时，B与

挡板碰撞，B碰撞后速度与人大小相等、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大值为

Ep=△及=-^rnvl

当B的速度很小（约为零）时，B与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大,设共同速度为以以

。的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得

mv0=（m+

解得

2

o

由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为

2

Ep=+ym）?;

解得

Ep=­mvo

则最大的弹性势能的范围为卷？n嫁〜

故选5。

题目回（2023上•内蒙古呼伦贝尔•高三校考阶段练习）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其

放在光滑水平面上，如图所示，质量为小的子弹以速度。水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿

出;若子弹击中下层,则子弹整个刚好嵌入，由此可知（）

A.子弹射中上层时对滑块做功多B.两次子弹对滑块做的功一样多

C.子弹射中上层系统产生热量多D.子弹与上层之间的摩擦力较大

【答案】B

【详解】AB.根据动量守恒知道两次过程最后滑块获得的速度（最后滑块和子弹的共同速度）是相同的，即

滑块获得的动能是相同的；根据动能定理，滑块动能的增量是子弹对滑块做功的结果，所以两次子弹对滑

块做的功一样多，故4错误、B正确；

C.子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而减少的动能一样多（两次过程

子弹初速度相等，且滑块与子弹的末速度也相等），则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故C

错误；

D.根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量，两次相对位移不一样，因此子弹所受阻力不一

样，子弹与下层之间相对位移比较小，所以摩擦力较大，故D错误。

故选B。

题目回（2023上•北京东城•高三东直门中学校考阶段练习）如图甲，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，

静止在光潜水平面上。物块B向A运动，力=0时与弹簧接触，到t=2M时与弹簧分离，第一次碰撞结束,

A、B的n-1图像如图乙所示。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8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9（sin。=0.6）,与水平面光滑连

接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）

图甲

A.从1=0至。=to时间内，内的位移为0.50”0t（）B.A、B两物体的质量比为1:4

C.碰撞过程弹簧弹性势能的最大值为0.6馆嫁D.A与斜面间动摩擦因数为0.25

【答案】。

【详解】4图像面积等于位移，有图可知，A图线从t=0到t=加时间内，斜率增大，面积小于0.53。，即

A的位移小于0.5。0曲，A错误；

B.1=心时，共速，由动量守恒

mB-1.20o=（mA+mB）^0

得A、3两物体的质量比为

mAtmB=1:5

B错误；

C.t=友时,弹性势能最大，根据机械能守恒

11

yW（L2"o）2=y（m+ms）Vo+-EP

得

Ep—0.6m褚

。正确；

D.设4沿斜面返回到斜面底端时的速度大小为“，A再一次上滑到相同高度，即再一次碰撞后的速度仍

为2%,根据动量守恒和机械能守恒

a

mB0.8vQ—mv=mBvB+m,2v()

2

(O.8”o)2+fW=X.mBV^+JLm^2vo)

A上滑过程，由动能定理

—mgh—jumgcos0—殳刀0—fn(2g)2

smc/

A下滑过程，由动能定理

mgh—/imgcosd-=-^-mv2—0

sinJ2

联立得

〃=0.45

"D错误。

故选。。

题目回（多选）（2023•河北唐山・统考二模）如图所示,在光滑的水平面上，有一质量为小的木板A,通过不可

伸长的轻绳与质量2机的足够长的木板B连接。质量为小可看成质点的物块。静止在木板B右端。开始

时，A、5、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以“。的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。

绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（）

A.木板力的速度大小为*B.木板B的速度大小为十%

C.物块C的速度大小为0D.木板A、B、C共速

【答案】。

【详解】绳子从拉直到绷紧过程极短，对A、B组成的系统，。对B的摩擦力远小于系统内力，所以A、B组

成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间4B的速度为明则有

mvQ=（rn+2m）v

解得

1

。=钎。

在极短的时间内，。所受摩擦力的冲量可以忽略，所以。的速度仍然是0,故ABD错误，。正确。

故选。。

题目Q侈选）（2023上•河北邯郸•高三统考期中）一质量为m的小球A以初速度”。与正前方另一小球B发

生碰撞，碰撞过程两球的n-1图像如图所示。已知地面光滑，则下列说法正确的是（）

A.图线P反映的是碰撞过程中A球的级一力图像

B.B球的质量可表示为为二m

C

C.一定存在b—a=VQ

D.碰撞过程中力、B两球的最大弹性势能为一,。（厂,）

【答案】ABD

【详解】A.人与B碰撞过程，对A、B进行受力分析可知，4球受力方向和速度方向相反，A的速度应减

小,则P反映的是A球的情况，A正确；

B.由动量守恒定律有

mv0—mv1+mBV2—（m+mB）c

得

B正确；

C.由弹性碰撞有

得

2m/u（）(小一脸)"0

。2=白而'”产

mB+m

知

。2—。1=%

则发生弹性碰撞才有b—a=no,。错误；

D.AB碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有

mv0—（m+mB）c

2

方小褚=y（77i+mB）c+£；/TO

解得

^o(^o-c)

Ep-

1n2

。正确。

故选ABO。

题目回（多选）（2023•河北省部分高中第三次模拟）物体间发生碰撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程

度的损失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞发生前二者相对速度的大小的比值描述,称之为碰撞恢

复系数，用符号&表示。现有一质量为rrii=3kg的物块A在光滑水平面上以速度VQ—5m/s向右运动,与

静止的质量为馆2=2kg的物块B发生正碰。关于4与石之间的碰撞，以下说法正确的是（）

A.若£=1,则表明4与石的碰撞为弹性碰撞

B.若£=0,则表明碰撞结束后A与B均停止运动

C.若£=0.6,则碰撞结束后物块B的速度大小为4.8m/s

D.若£=0.5,则碰撞过程中系统机械能损失了50%

【答案】

【解析】设碰后物块4B的速度大小分别为幼、功，若&=1,则叫一%=5m/s

由动量守恒定律有m^VQ—m1v1-\-m2v2

解得%=1m/s,v2=6m/s

则碰撞过程中损失的能量为＞Ei=^-rriivl―^-rriivl—■^-m2vl=0

为弹性碰撞,故A正确；

若£=0,则02=%,仍。0=（仍+馆2）%

解得5=。2=3m/s

为完全非弹性碰撞,故B错误；

若£=0.6,则出一%=3m/s

代入miV0=m1Vi+m2V2

=

可得%=1.8m/s,v24.8m/s,故。正确；

若£=0.5,则v2—v1=2.5m/s

代入7nl伙）=仍幼+力2守2

可得5=2m/s,v2=4.5m/s

碰撞后A的动能为Ei=6J

B的动能为星=20.25J

碰撞前A的动能为EQ-37.5J

••

EQ—E—E

则碰撞过程，机械能损失比例为7）=X2=30%,故_D错误。

E。

题目可（2023上•湖北•高三统考阶段练习）如图所示,倾角为。、足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，物

块B恰好静止在距斜面顶端d=吊馆处,将另一物块A从斜面顶端由静止释放，之后物块A与物块B发生

弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知物块4B的质量分别为恒产5kg、mB=1kg,物块人与斜面间的动摩擦

因数〃=0.5,两物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2,sin0=

0.6o求：

（1）第一次碰撞后物块B的速度大小利；

（2）两物块从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间to

【答案】⑴5nl/s;⑵3s

【详解】（1）设物块A沿斜面下滑时的加速度大小为Q,与物块B第一次碰撞前的速度大小为明第一次碰撞

后物块A的速度大小为有

mAgsin0—jLtmAgcos3=mAa

G=2ad

由动量守恒和能量关系可知

121212

=-^rnAvA+-mBvB

解得

vB=5m/s

（2）因为物块石恰好静止在斜面上，第一次碰撞后物块B做匀速直线运动，物块A做初速度为2m/s、加速

度为2mzs之的匀加速直线运动，结合运动学公式有

解得

t=3s

题目JO（2023上•云南•高三云南省下关第一中学校联考阶段练习）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瞬间弹出后与一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠进

入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，弹珠A和B与坑在同一直线上。将质量为小产

5g的弹珠A以v0的水平初速度向前弹出，运动Si=1.44m,后与质量为7n2=4g的弹珠B发生弹性正碰（碰

撞时间极短），碰后弹珠B经力=1s入坑，入坑时速度恰好为零。已知弹珠与地面间的摩擦力均是其重力的

0.2倍，g取10m/s2,忽略空气阻力,弹珠均可看成质点。求：

（1）弹珠B与坑的间距g有多远？

（2）弹珠A的初速度为的大小。

甲乙

【答案】⑴Im;⑵3mzs

【详解】（1）对弹珠5根据牛顿第二定律可得

0.2m2^=m2a

解得

a=2m/s2

将弹珠B逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，有

力2==a/

2

解得

为2=

（2）因弹珠4和B发生弹性正碰，设碰撞前、后弹珠A的速度分别为办、。］,碰撞后弹珠B的速度为4,根

据动量守恒和机械能守恒可得

mrVA=m1vA-\-m2VB

其中

vB=at

联立解得

1.8m/s

对弹珠4根据动能定理可得

no_1212

-0.2772,^1--m1vA--miv0

可得

v0=3m/s

题目叵I（2023上•河南南阳•高三西峡县第一高级中学校考阶段练习）如图所示，无限长的光滑绝缘水平轨

道与半径为R的竖直光滑绝缘半圆轨道在B点平滑连接，距离B点为2R的A点处放置有质量为m的物

块P,某时刻它在F=5mg的水平向右的恒定拉力作用下向B点运动，并与B点放置的形状、大小和质量

都完全相同的物块Q发生弹性正碰,碰撞瞬间F消失。整个过程不考虑空气阻力且均可看作质点,重力加

速度为9。求：

（1）物块Q运动到距离地面高为冷的。点时对半圆轨道的压力大小；

（2）若在物块Q从半圆轨道顶端抛出瞬间，对其施加大小用=2mg的外力，方向竖直向上，经历t

的时间后撤去外力,求物块Q的落点到B点的距离。

【答案】（l）19.5mg;（2）16①

【详解】（1）物块P从A到B有

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