2022-2024年高考物理试题汇编：碰撞（解析版全国）

三年真题2立

邕经宥值。麴题僧

考点三年考情（2022-2024）命题趋势

2024年高考广西卷：弹性碰撞+平抛；

2024年高考广东卷：斜面上弹性碰撞；

2023年高考全国乙卷:一竖直固定的长直圆管内

考点1弹性碰

小球与圆盘弹性碰撞；1.碰撞，涉及动量和能量问题，是

撞

2023年学业水平等级考试上海卷:绳系小球与物高考考查频率较高的。碰撞可以设

（5年5考）

块弹性碰撞；计成不同情境，可以有机结合其他

2023年高考山东卷：物块碰撞+滑块木板模型；模型和图像。

2.弹性碰撞命题可以是选择题，可

2024年高考湖南卷:两小球在水平圆环内多次碰以是计算题；弹性碰撞与其他模型

撞；结合，大多是压轴题。

2024年考甘肃卷：绳系小球与物块弹性碰撞+滑3.非弹性碰撞过程有机械能损失，

考点2非弹性

块木板模型；可能与动能定理、牛顿运动定律结

碰撞

2023年高考北京卷:绳系小球与水平面上小球碰合。

（5年4考）

撞。

2022年高考北京卷:质量为外和加2的两个物体

在光滑水平面上正碰+位移图像。

窃窗纷缀。阖滔送温

考点01弹性碰撞

1.（2024年高考广西卷）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小

为V。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在

（）

B.竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动

C,水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于1/

D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v

【答案】BC

【解析】

由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两

小球交换速度，即：VM=O,VN=V

碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于V；在

竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。

故选BCo

2.（2024年高考广东卷）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从明、H乙

高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在。处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为〃，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（）

C.乙的运动时间与8乙无关

H

D.甲最终停止位置与。处相距7.

【参考答案】ABD

【名师解析】两滑块在同一斜坡上同时由静止开始下滑，加速度相同，则相对速度为零，即甲在斜坡

上运动时与乙相对静止，A正确；两物块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两物块质量相同，且发生

弹性碰撞，根据弹性碰撞规律可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速

度，B正确；设斜面倾角为对乙沿斜面下滑，有〃乙=彳，在水平面上运动一段时间t2后与甲

碰撞，碰撞后以甲碰撞前的速度做匀减速运动，运动时间为t3,乙运动的时间/=/|+与+<,,由于

3与〃乙有关，则总时间与〃乙有关，c错误；一下滑过程，有侬也7吟，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位置相同；如果

不发生碰撞，乙在水平面上运动最终停止位置，由i方=

联立解得x=g

A

即发生碰撞后甲最终停止位置与0处相距区,

A

D正确。

3.(20分)(2023年高考全国乙卷).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/,圆管长度为20/。一质量为加拉的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中

3

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丫产商’

小球与圆盘弹性碰撞，设第一次碰撞后小球的速度大小为内，圆盘的速度大小为V2,

由动量守恒定律mv0=-mv1+l\/lv2，

2

由系统动能不变，；mv0=；加匕之+LMv]

联立解得：V1=4塞，V2=J宓。

22

(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

///历

t=Vi/g+v2/g=-------

g

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XT=v21=史豆史@=/。

2g

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/»

(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1=%球1

12.

即V^+~gh=M1

解得。二2y3o

g

3

此时小球的速度畛=匕+Sh=2V0

2

圆盘的速度仍为这段时间内圆盘下降的位移：％盘1=4=%=2/

g

之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒mv2+Mv[=mv2+Mv2

根据能量守恒：^mv2+~Mv?=~mv2+~MV2

联立解得£=o,v；=%

同理可得当位移相等时：

X盘2=X球2

"12

解得%2=4⑥

g

圆盘向下运动X盘2=%/">=------=4/

一g

此时圆盘距下端关口13/,之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度

%=gti=2%

有动量守恒

mv3

机械能守恒

-mv^+-Mv':2=-mv；2+-Mv"2

2222

得碰后小球速度为

32

圆盘速度

32

当二者即将四次碰撞时

X盘3二X球3

即

呼3=V，3+gg"

得

t3=-=.=t?

g

在这段时间内，圆盘向下移动

%盘3=呼3=—=6/

g

此时圆盘距离下端管口长度为

20/-1/-2/-4/-6/=71

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2/,故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动

X盘4=8/

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。

4.(2023年学业水平等级考试上海卷)(16分)如图，将质量mp=0.15kg的小球P系在长度L=1.2m轻绳一

端，轻绳另一端固定在天花板上。点。在O点正下方1.2m处的A点放置质量为mQ=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5：1,。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尸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】

2

(1)由圆周运动的向心加速度公式，a=%,解得v°=1.4m/s

L

碰撞后的速度

PvP=-^-vo=O.28m/s

碰撞过程，由动量守恒定律，解得：

mPv0=mPvP+ITIQVQ,vQ=1.68m/s

(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=1■机加

解得h=0.004m

,，。小于5。,

由sin。=

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=n—=l.ls

4Ng

物块在水平面上滑动的加速度a=|ig=2.74m/s2

Q在水平面上运动时间t，=丝=0.6s,小于t=l.ls,即Q已经停止。

a

所以Q运动的距图为s=^-=0.504m。

2a

5.(2023高考山东高中学业水平等级考试)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形

轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相

同速度%向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好

到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为5。已知

v=4m/s,mA=mc=1kg,=2kg,A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数〃1=0.1,

C与B间动摩擦因数〃2=06,B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计

碰撞时间，取重力加速度大小g=10m/s2。

(1)求C下滑的高度H；

(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求5的范围；

(3)若s=0.48m,求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功VV；

(4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量

【参考答案】(1)H=0.8m；(2)0.625m<5<1,707m；(3)-6J；(4)9.02kg-m/s

【名师解析】

(I)由题意可知滑块c静止滑下过程根据动能定理有

〃12

mcgH=-mcv

代入数据解得H=0.8m

(2)滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为刃=〃2加eg

木板B受到C的摩擦力水平向右，为于；=%m°g

B受到地面的摩擦力水平向左，为工=4(机c+gjg

〃加rg厂,2

所以滑块C的加速度为&==〃2g=5m/s

机c

木板B的加速度为他="£皿3^1.2

加B

设经过时间h，B和C共速，有

4-5x=1+1x

代入数据解得

.=0.5s

木板B的位移

1,

2

SRI=1x0.5+—xlx0.5=0.625m

B12

共同的速度

v共i=l+lx0.5m/s=1.5m/s

此后B和C共同减速，加速度大小为

芯….=]1nzs2

DU

mB+加c

设再经过&时间，物块A恰好撞上木板B,有

0.625+11.5/2———（0.5+4）

整理得名72-0.25=0

解得ri±vis,/匕Y2s（舍去）

2222

此时B的位移

5*g2=0.625+11.5,2——x1x

=lx（O.5+Z2）=l+^-«1.707m

共同的速度

V共2-V共]一〃BCX彳2=l-5-lx

综上可知满足条件的S范围为

0.625m<51<1.707m

(3)由于s=0.48m<0.625m

所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B,根据运动学公式有

,19

0.48—1xZQ+—x1x

整理后有+20—0.96=0

解得/o=0.4s,ZQ=—2.4s（舍去）

1

滑块C在这段时间的位移=4x0.4——x5x0.49m=1.2m

2

所以摩擦力对C做的功W=-f2sc=-〃2加cgSc=-6J

(4)因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m

时，有

vB0=1+1x0.4m/s=1.4m/s

vco=4-5x0.4m/s=2m/s

SA=1x0.4m=0.4m

此时A、B之间的距离为As=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m

由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小

■=〃22+4配+收）8=4侬2

加B

物块A和木板B相向运动，设经过b时间恰好相遇，则有

lxz3+11.4/3—；x4x]]=0.08

整理得看—1.24+0.04=0

解得/3-2史,3+2具（舍去）

3535

此时有vRI=1.4-4x--1nzs=9电--m/s>方向向左；

Bl55

vcl=2-5x_-m/s=^2^2-ljm/s>方向向右。

接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为Vo=lm/s,方向向右，以水平向右为正方向，则有

m

机A%+B（一）=机AVA+机B^B

1%说+|WB（-VB1）2=|机|加B琮

代入数据解得

320-25./

vA=--------------m/sx-2.02m/s

A15

15-872,,

v=-----------m/sx0.246m/s

BR15

而此时vc=vcl=2-5x-_m/s=^2^2-ijm/s®1.83m/s

物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动,

系统的初动量夕初=（掰4+/%）%+^cV=7kg-m/s

末动量夕末=mAvA=-2.02kg-m/s

则整个过程动量的变化量3=?末一夕初=-9.02kg•m/s

即这三个物体总动量的变化量Ap的大小为9.02kg•m/s„

6.(2022•全国理综乙卷•25)如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上:

物块B向A运动，7=0时与弹簧接触，至打=2/0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的V—/图像如图

(b)所示。己知从，=0到/=■时间内，物块A运动的距离为0.36%办。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。(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。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。

【参考答案】(1)0.6*;(2)0.768%。；(3)0.45

【名师解析】

(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、8速度相等，即/=■时刻，根据动量守恒定律

mB-1.2v0=(mB+m)v0

根据能量守恒定律

121,

Epmax=-ms(1.2v0)--(mB+m)v~

联立解得啊=5机，Epmax=0.6mVg

(2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

F=ma

可知同一时刻

aA=5aB

则同一时刻A、8的的瞬时速度分别为

〃=

VB=1.2%--Y

根据位移等于速度在时间上的累积可得

S4=”（累积）

%=累积）

又

■=0.36%。

解得

%=1』28%。

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

As-sB-sA-0.768%%

(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8分离后速度大小仍为2%,方

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

mvA-5m-O.8vo=m-(-2v0)+5mvB

根据能量守恒定律可得

mv2

~A+~5m-(O.8vo)=；机•(-2%y+-^-5mv'g

联立解得VN=%

设在斜面上滑行的长度为上滑过程，根据动能定理可得

1,

-mgLsin0-pmgLcos0=0-~7"(2%)

下滑过程，根据动能定理可得

1,

mgLsin0-/nmgLcos6)=—mv0-0

联立解得〃=0.45

考点02非弹性碰撞

1.(2024年高考湖南卷)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为nM和mB的小球A和B

初始时小球A以初速度匕沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之

间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。

(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；

(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比

加A

加B。

(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍

(0<e<l)，求第1次碰撞到第2"+1次碰撞之间小球B通过的路程。

=%%F=成片

【答案】(1)V(2)4=2或4=5；

机A+机B'(mA+mB)7?加B

IjiRm.e2,,-l

(3)-------

e"(e-l)

机A+机B

【解析】

(1)有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v,则根据动量守恒有

机A%=(机A+机B)V

可得

y=%%

机A+^B

碰撞后根据牛顿第二定律有

/*

F=(mA+mB)—

可得

F一加:看

(mA+mB)R

(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为以，玲，则碰后动量和能量守恒有

g%说=；%4+；叫云

联立解得

(加A-加B)2%%

V/=----------%，VB----

加A+^B机A+根B

因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图

①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

:（左=1，2,3...）,则有

l-I

以=也=化=0,1,2,3…）

vBxB4+3左]'

联立解得

mA_4+3k\

〃%2—3左

由于两质量均为正数，故幻=0,即

以=2

对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为以，V；,则同样有

机A^A+机B%=机AK+机Bq

।+।WBVB=।WAVA+।机B谱

联立解得"=%,V；=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在C点，以此类推，满足题意。

②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

兰当（《2=0』,2,3…）；所以

5+3左2'

vA_xA_2+3k2

vBxB5+3kl

联立可得

mA_5+3k]

mB1-3kl

因为两质量均为正数，故卜2=0,即

“=5

%

根据①的分析可证以=%,v；=0,满足题意。

综上可知

机Ac加AL

为=2或久=5

切B祖B

(3)第一次碰前相对速度大小为vo,第一次碰后的相对速度大小为匕相=ev0,第一次碰后与第二次相碰前

B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有

2兀R

4=

匕相

第一次碰撞动量守恒有

%%=%VAI+MBVBI

且

ev

%相=%n—%=o

联立解得

VB=

B球运动的路程

2兀RmAv02兀皿［1门］

邑=4/1

机A+机B［匕相+1,加A+机B(e)

第二次碰撞的相对速度大小为

%相=e匕相=e2%

2兀R

,2相

第二次碰撞有

mAV0=mAVA2+mBVB2

且

匕相=丫垣—VB2=e2%

联立可得

2心”)

所以B球运动的路程

27iRm2jiRm姆

$2="B2‘2A

加A+^B加A+^B

一共碰了2c次，有

g2"-l

2兀RmA।1111]2»T?7〃A

S=邑+§2+S3H--------1-^211-------+—+^-+---+—=-----—

mA+mBeee)mA+mB

2.(2024年考甘肃卷)如图，质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳0尸和。P作用下处于平衡状态，

细绳。'尸=0尸=1.6m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为

2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳。尸，小球A开始运动。(重力加速度g取10向『)

(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。

(2)A在最低点时，细绳。P断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向

右运动。求碰后C的速度大小。

(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。

C

【答案】(1)40N；(2)4m/s；(3)0.15

【解析】

根据题意，设AC质量为机=2kg,B的质量为M=6kg,细绳。尸长为/=初始时细线与竖直方向

夹角。=60°。

(1)A开始运动到最低点有

mgZ(l-cos^)=~mvl-0

对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得

口mvl

尸一叫=丫

解得

%=4m/s,F=40N

(2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知

mvQ=0+mvc

故解得

%=%=4m/s

(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得

mv0=+m)v

根据能量守恒得

〃机g£相对=3%元_:（机+M）2

V

联立解得〃=0.15

3.（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水

平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管

道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲

度系数左=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量机=012kg的滑块a以初速度

%=2后向5从。处进入，经。EF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长

£=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,其它摩擦和阻力

均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能=工履2（x为形变量）。

p2

（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小V-和所受支持力大小FN；

（2）若滑块。碰后返回到B点时速度为=Im/S,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能AE；

（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差A%。

【名师解析】（1）滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，机械能守恒，

mg•2R二;加母加片，解得VF=10m/s。

2

在最低点F,由牛顿第二定律，FN-mg=m匕1,

R

解得:FN=31.2N

（2）碰撞后滑块a返回过程，由动能定理，-mg•2R-nmgL二,加v；,加V；,解得Va=5m/s。

22

滑块a、b碰撞，由动量守恒定律，mvF=-mva+3mvb,

解得：vb=5m/s

碰撞过程中损失的机械能△E二,mvj--mv1--3mvl=0

222

（3）滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律，mvF=（m+3m）vab，

解得vab=2.5m/So

滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小,

由动量守恒定律，(m+3m)vab=(m+3m+2m)vabC

解得Vabc=5/3m/so

由机械能守恒定律，Epi=—4mv1b--6mv^

r*2a。2ClUC

解得Epl=0.5J

10

由Epi=—kxx解得：最大压缩量Xi=O.lm

滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最

大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹