碰撞模型（解析版）-2025版高二物理寒假讲义

专题02碰撞模型

模型讲解

1.碰撞的特点

(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。

(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒。

2.碰撞的分类

(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。

(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。

(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。

2.碰撞类问题遵循的三条原则

动量守恒W1V1+加2V2=冽1VI'+冽2V2'

£kl+Ek2*kl'+£k2'

机械能不增

或正7+应2即日，2+直，2

加

2m12加212加121n2

碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速

同向碰撞

速度要合理度大或两物体速度相等

相向碰撞碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变

3.弹性碰撞讨论

(1)碰后速度的求解：

根据动量守恒定律和机械能守恒定律

加1次+加2V2=加1也'+加2V2’①

-m1v12+-m2V22=-mivir2+-mivif2②

12222

解得力=(相1—加2)。1+2加2。2,

冽1+冽2

,_(冽2一加i)02+2miVi

V2o

加1+加2

(2)分析讨论：

当碰前物体2的速度不为零时，若见=机2,则:

V1'=V2，V2'=V1，即两物体交换速度。

当碰前物体2的速度为零时，V2=0,则:

v冽2一加1)02+2加Ri,2机ivi

V2=------o

mi+m2冽1+冽2

①加1=加2时，也'=0,V2=Vi，碰撞后两物体交换速度。

②加1>冽2时，Vf>0,V2'>0,碰撞后两物体沿相同方向运动。

③加1<冽2时，Vf<0,V2'>0,碰撞后质量小的物体被反弹回来。

案例剖标1

【模型演练1】某打桩机在重锤与桩碰撞的过程中，使桩向下运动，锤向上运动。现把打桩机和打桩过程简

化如下：如图所示，打桩机重锤的质量为优,由牵引机械把重锤牵引到距钢桩顶上〃高处自由下落，打在

质量为M=3加g的钢桩上，已知重锤与钢桩的碰撞可视为弹性碰撞，重锤反弹后再多次与钢桩发生碰撞，

且每次碰撞时间极短。已知钢桩在下陷过程中泥土对木桩的阻力恒为/'=6〃zg,式中g为重力加速度，不计

空气阻力。求：

（1）重锤第1次与钢桩碰撞以后钢桩的深度变化、；

（2）重锤第2次与钢桩碰撞以后钢桩的深度变化$2；

（3）重锤很多次与钢桩碰撞以后钢桩深入泥土的总深度s。

【答案】（1）（2）—h；（3）—h

【详解】（1）重锤自由下落运动过程，设重锤刚与桩接触时的速度为%,则根据机械能守恒定律得

mgh=；加说

解得

重锤与桩的弹性碰撞过程，取向下为正方向，由于作用时间极短，内力远大于外力，由动量守恒定律得

mv0=mvx+Mv\

由机械能守恒定律有

121211?

—mv0=—+—mvl

解得

m-M1.2m1

V1=~%=一彳%,=—v=­V

m+M2m+M02o

对桩在深入泥土的过程中根据动能定理得

解得

=-h

S1l4

(2)设重锤第2次与桩接触时的速度为为则据机械能守恒定律得

mgs、=；加端

解得

同理，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得

m—M1.2m1

对桩在深入泥土的过程中，根据动能定理得

1,,

-fs2+Mgs2^Q--MV2

解得

s=-h

28

(3)根据功能关系有

fi—Mgs+mg(^h+s}

解得

s=-h

2

【模型演练2】已知A、B两物体的质量加/=2kg,冽3=lkg,A物体从距水平地面/z=1.2m处自由下落，且

同时B物体从水平地面竖直上抛，经过/=0.2s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g

=10m/s2,求：

(1)碰撞时离地高度x；

(2)碰后速度v；

(3)碰撞损失的机械能A£。

【答案】(1)1m；(2)0；(3)12J

【详解】(1)由自由落体运动规律可得，碰撞时A物体下落高度为

1,1,

2

hA=—g^=—xl0x0.2*m=0.2m

则碰撞时离地高度为

x-h-hA-1.2m-0.2m=Im

(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度大小为K。，根据运动学公式可知

12

x=VB(/_/g广

代入数据解得

vB0=6m/s

碰撞前A物体的速度大小

vA-gt=2m/s

方向竖直向下；碰撞前B物体的速度大小

%=%o-g/=4m/s

方向竖直向上；选竖直向下为正方向，碰撞过程由动量守恒定律可得

mAvA-mBvB=(mA+mB)v

代入数据解得碰后速度为

v=0

(3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能为

=1m"+1加B说_g(加A+y

代入数据解得

AE=12J

【模型演练2】.如图所示，光滑水平面上放有A、B两小球，B球静止，某时刻给A球一个水平向右的速度

匕=5m/s,一段时间后A、B发生正碰，已知A球质量为M=6kg,A、B两球碰撞过程的相互作用时间为才=0.01s。

(1)若B球质量为加=3kg,且碰后B球获得水平向右的速度心=4m/s。求碰后A球的速度v；以及碰撞过

程中A、B两球之间的平均作用力尸的大小；

(2)若B球质量可调节，A球仍以速度看与静止的B球正碰，碰后A、B两球的动量大小为1:4。求B球的

质量小的范围。

AB

^77777777777777777777777/777777777^

【答案】(l)v：=3m/s,方向水平向右尸=1200N(2)4kgW4W24kg或加'212kg

【详解】(1)以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律有

M\\=Mv}+mv2

代入数据解得

v；=3m/s

即碰后A球速度大小为3m/s,方向水平向右；

对B由动量定理有

Ft=mv2-0

代入数据解得

尸=1200N

(2)以水平向右方向为正方向，碰前A球动量为

pA-Mvx=30kgm/s

设碰后A球动量为B球动量为p”若碰后A、B同向运动，则有

PA-PB=1：4

由动量守恒有

PA=PA+PB

碰后应满足A球速度小于B球速度，则有

或《空

Mm

碰后系统机械能不增加，则有

PL>P2+PZ

2M2M2m'

联立解得

4kg<<24kg

若碰后A、B反向运动，则有

P［：%=_1：4

由动量守恒有

PA=PA+P'B

碰后系统机械能不增加，则有

P\>P'A!P'B

2M~2MIm'

联立解得

m'>12kg

综上可得：碰后A、B同向运动，则4kg（"W24kg；碰后A、B反向运动，则"212kg。

综合应用

一、单选题

1.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速

度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为（）

【答案】C

【详解】设甲、乙物块的质量分别为机甲、m乙,由动量守恒定律得

加甲V甲+加乙V乙=加甲/+小乙吃

解得

冽乙=6kg

则碰撞过程中两物块损失的机械能为

17171»71,2

E根=5■加甲%p+]■加乙丫石一^加甲啕一/加乙丫乙

代入数据解得

%=3J

故选Co

2.如图所示，物体A、B放在光滑的水平面上，且两物体间有一定的间距。f=0时刻，分别给物体A、B

一向右的速度，物体A、B的动量大小均为。=12kg-m/s,经过一段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B

m

的动量变为PB=16kg-m/s,两物体的质量分别为加A、B＞则下列说法正确的是（）

T\"

V///////////////////7//////.

A.物体A的动量增加4kg.m/sB.物体A的质量可能大于物体B的质量

C.若碰后两物体粘合在一起，则%:%=1:2D.若该碰撞无机械能损失，则〃ZA：%B=7：5

【答案】C

【详解】A.由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了

"=PB-P=4kg-m/s

碰撞过程两物体的动量守恒，则有

WB=3A

所以物体A的动量减少了4kg-m/s,故A错误；

B.由题意碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则有

P、----P--------

解得

外＞mA

故B错误；

C.若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有

£A=AL

m

777AB

又

pA=夕一4kg・m/s=8kg-m/s

解得

rk=2A=1

%PB2

故c正确；

D.若该碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有能量损失，则有

2冽人2mB2冽A2mB

解得

如=*

加B7

故D错误。

故选Co

3.如图甲所示，两小球队6在足够长的光滑水平面上发生正向对心碰撞。小球。、6质量分别为町和加2,

且叫=200g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的X7图像如图乙所示。下列说法正

确的是（）

Ax/m

球［球方\/a：

左”“77%7777777»”7"777,右026t/s

图甲图乙

A.碰撞前球a做加速运动，球6做匀速运动B.碰撞后球a做减速运动,球b做加速运动

C.球6的质量为200gD.球6的质量为600g

【答案】D

【详解】A.碰撞前球a做匀速运动，球b静止，A错误；

B.碰撞后球a、b都做匀速运动，B错误；

CD.由图乙可知，碰撞前球6静止，球a的速度为

v=§m/s=4m/s

2

碰撞后球a的速度为

8

=-------m/s=-2m/s

6-2

碰撞后球b的速度为

口=9m/s=2m/s

b6-2

根据动量守恒定律有

m^v=m{va+m2Vb

解得球6的质量为

m2=600g

C错误，D正确；

故选D„

4.某研究小组通过实验，测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移一时间图像。图中的

三条线段分别表示在光滑水平面上，沿同一条直线运动的滑块I、II和它们发生正碰后结合体的位移随时

B.碰前滑块I的动量比滑块n的动量大

C.碰前滑块I的速度大小为2.8m/s

D.滑块I的质量是滑块II的质量的，

【答案】D

【详解】AC.由题图可知，碰前滑块I、II的速度大小分别为

14-4

v,=--------m/s=2m/s

5

4-0

v2=--—m/s=0.8m/s

碰后结合体的速度大小为

6-4

v=-----m/s=0.4m/s

5

碰后两滑块速度相同，属于完全非弹性碰撞，故AC错误;

B.设碰前滑块i、n的动量大小分别为白、P2,碰后结合体的动量大小为0,则根据动量守恒定律有

-pl+p2=p>0

所以碰前滑块I的动量比滑块n的动量小，故B错误；

D.根据动量守恒定律有

—m1v1+m2v2=（，"]+加2）v

解得

mx1

m26

故D正确。

故选D。

5.算盘是中国古老的计算工具，承载着我国古代劳动人民的智慧结晶和悠远文明。算盘一般由框、梁、档

和算珠组成，中心带孔的相同算珠可在档上滑动，使用前算珠需要归零。若一水平放置的算盘中分别有一

颗上珠和一颗顶珠未在归零位置，上珠靠梁，顶珠与框相隔4=lcm,上珠与顶珠相隔4=4cm,如图甲所

示。现用手指将上珠以一定初速度拨出，一段时间后，上珠与顶珠发生正碰（碰撞时间极短），整个过程,

上珠运动的V—图像如图乙所示。已知算珠与档之间的动摩擦因数处处相同，重力加速度大小为g=10m/s2。

下列说法正确的是（）

算珠“"状态/顶珠植

框，行什计计用田珠

梁，

档，底珠蟒

甲乙

A.算珠与档之间的动摩擦因数为0.1

B.上珠从拨出到停下所用时间为0.2s

C.上珠与顶珠发生的碰撞顶珠的速度0.1m/s

D.顶珠碰撞后恰好能运动至归零位置

【答案】D

【详解】A.根据上珠运动的V—图像可知，上珠碰前匀减速运动的初末速度分别为

%=0.5m/s,%=0.3m/s

根据牛顿第二定律有

/Limg=ma

利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有

v；-v；=2ad2

解得

〃=0.2

故A错误；

B.U—图像斜率的绝对值表示加速度的大小，结合图乙有

0.5m/s-0.3m/s0.1m/s

a—,ci-

解得

G+t2=0.15s

故B错误；

C.根据图乙可知，碰撞后上珠的速度

v2=0.1m/s

根据动量守恒定律有

mvl=mv2+mv3

解得

v3=0.2m/s

故C错误；

D.顶珠做匀减速运动至速度减为0过程，利用逆向思维有

Vj=2ax

解得

x=1cm=&

故D正确。

故选D。

6.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

碰撞前二者相对速度大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，用符号£表示。现有运动的物块A与静止的

物块B发生正碰，关于A与B之间的碰撞，下列说法正确的是（）

A.若£=0,则表明碰撞结束后A与B均停止运动

B.若£=0,则表明碰撞结束后二者交换速度

C.若£=1,则表明A与B的碰撞为完全非弹性碰撞

D.若£=1,则表明A与B的碰撞为弹性碰撞

【答案】D

【详解】若£=0，则表明碰撞结束后A、B两物体相对速度为0,表明A、B两物体共速，说明A与B碰撞

为完全非弹性碰撞；假设为弹性碰撞，则有

机+m2V2=+m2v'2

121,11,2

5色V]+-m2v2+-m2v2

解得

Vj-V2=v；-v；

可知若£=1,则表明A与B的碰撞为弹性碰撞。

故选D。

7.一固定光滑弧形轨道底端与水平轨道平滑连接，将滑块/从弧形轨道上离水平轨道高度为〃处由静止释

放，滑块/在弧形轨道底端与滑块8相撞后合为一体，一起向前做匀减速直线运动，停止时距光滑弧形轨

道底端的距离为s。已知滑块N,滑块8的质量均为小重力加速度大小为g,则滑块与水平轨道之间的动

摩擦因数为（）

s2s3s4s

【答案】D

【详解】设滑块/到达弧形轨道底端时的速度大小为%,根据动能定理可得

mgh=:加v；

两滑块碰撞后的速度大小为口根据动量守恒可得

mv0=2mv

两滑块碰撞后一起向前做匀减速直线运动，根据动能定理可得

12

.".2mgs=0一”

联立解得

11

〃=丁

4s

故选D。

8.如图甲所示，将两个质量分别为加/=60g、冽2=30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从小

球A下端距地面灯=1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为

0.01s,不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度一时间图像如图乙所示，g取10m/s2,下列说法中正

确的是（）

A.B球与A球碰前的速度大小为5m/s

B.A、B两球发生的是弹性碰撞

C.若m2《mi,第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20m

D.两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小的比值为1:101

【答案】D

【详解】A.碰前，两球均做自由落体运动，则有

%=2g%

解得

%=6m/s

即B球与A球碰前的速度大小为6m/s,故A错误;

B.根据题意可知，B球碰后的速度方向向上，大小为V2=4m/s,以向上为正方向，碰撞过程，根据动量守

恒定律有

冽

网%-m2v0=1V]+m2v2

解得

匕=lm/s

碰前两球的机械能为

=1«62J

碰后两球的机械能为

1212

万加]匕+—m2v2=0.27J

碰撞后系统总动能减小，可知碰撞是非弹性碰撞，故B错误；

C.假设碰撞是弹性碰撞，此时B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞过程有

mV

加1%—加2Vo=+24

1?121212

5吗V。+万加2%=54V3+万加2y4

解得

C)-卜

v二(3叫一冽2,0二1叫J

叫+吗1+也

当加2《加/时，有

解得

%=3%=18m/s

则B球上升到最高点过程有

H=2ghM

解得

"max=16.2m

故C错误;

D.在碰撞时间/=0.01s内，根据动量定理，对B球有

4-m^gt-m2v2-(-%%)

B球重力的冲量

A=m2gt

解得

Ix101

故D正确。

故选Do

二、多选题

9.在冰壶运动中运动员可以通过冰壶刷摩擦冰面来控制冰壶的运动.如图甲所示，在某次比赛中，A壶与

静止的B壶发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后运动员用冰壶刷摩擦B壶运动前方的冰面.碰撞前后两壶运

动的V—图线如图乙中实线所示，已知跖与G"平行，且两冰壶质量相等，则（）

A.碰撞后A壶的加速度大小为0.5m/s2

B.碰撞后B壶的加速度大小为0.75m/s?

C,碰撞后至停止的过程中，A、B两壶的运动时间之比为4:1

D.碰撞后至停止的过程中，A、B两壶所受摩擦力的冲量大小之比为1:3

【答案】BD

【详解】A.由昉与G4平行可知，碰撞前后A壶的加速度不变，由题图可知，碰撞前后A壶的加速度

-^-=---m/s2=-lm/s2

AZ1

故A错误;

B.由图像可得

Av0-5.

-----?---------s—5s

aAT

碰撞后5壶的加速度

22

aB==9_-m/s=-0.75m/s

-Is5—1

故B正确；

C.由于A壶和B壶碰撞的过程中，动量守恒，则有

mAv=mAvA+mBvB

根据题图乙代入数据解得

V/=1m/s

则可得碰撞后至停止的过程中，A壶的运动时间

故碰撞后至停止的过程中，A、B两壶的运动时间之比为1:4,,故C错误；

D.根据动量定理可得

故可得碰撞后至停止的过程中，A、B两壶所受摩擦力的冲量大小之比为1:3,故D正确。

故选BDo

10.如图所示，光滑的水平面上有P、。两个固定挡板，/、8是两挡板连线的三等分点，A点有一质量为啊

的静止小球2.有一质量为g的小球1以速度％从紧贴P挡板处开始向右运动，一段时间后与小球2相碰。

两小球之间的碰撞为一维弹性碰撞，两小球均可视为质点。小球与挡板碰撞后，小球速度大小不变，方向

相反。碰撞时间极短。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在8点，则两小球的质量关系可能为（）

心3,n°

AB

A.加i=3加2B.m2=mxC.m2=5mxD.m2=lmx

【答案】AD

【详解】若两小球在/点相碰后球1的速度方向与原来的速度方向相同，两小球在3点相碰，是球2与挡

板0相碰后反弹，在2点与球工相碰，在/点相碰后球2经过的路程是球1经过的路程的3倍，有

v2t=3印

可得

V?=3Vl

根据动量守恒定律得

mxv0=ZH[V]+m2v2

根据机械能守恒定律得

121212

5冽F。=5冽1匕+万加2V2

联立解得

mx=3m2

若两小球在/点相碰后球1的速度方向与原来的速度方向相反，两小球在3点相碰，是球1与挡板尸相碰

后反弹，在2点追上球2,在/点相碰后球工经过的路程是球2经过的路程的3倍，有

V/=3V2，

可得

匕=3V2

同理解得

m2=7加i

若两小球在A点相碰后球1的速度方向与原来的速度方向相反，两小球在B点相碰，是球1与挡板尸相碰

后反弹，球2与挡板。相碰后反弹，在3点相碰，球1经过的路程等于球2经过的路程，有

卬=v2t

可得

匕=匕

同理解得

m2=3加1

故选ADo

11.如图所示，倾角为37。的斜面上有两个质量均为1kg的货物P、Q,P、Q与斜面间的动摩擦因数分别为

75

（、P沿斜面向下运动，Q沿斜面向上运动，已知P、Q碰撞前瞬间，P的速度大小为4m/s,Q的速度

88

为零，碰撞时间极短，碰后瞬间Q的速度大小为3m/s,重力加速度g=10m/s2,“访37。=0.6337。=0.8）下

列说法正确的是（）

A.P、Q发生的是弹性碰撞

B.P、Q碰后瞬间P的动量大小为lkg-m/s

C.P、Q碰后到P停下的过程中，P、Q系统动量守恒

D.P、Q碰后到P停下的过程中，两者位移之比为1:7

【答案】BCD

【详解】A.依题意，碰撞过程，系统动量守恒，可得

mv0=mvp+mV。

解得

vp=Im/s

可得

:mVg=8J>；mVp+:mv^=5J

即P、Q发生的是非弹性碰撞。故A错误;

B.P、Q碰后瞬间P的动量大小为

pp=mvp=1kg•m/s

故B正确；

C.P、Q碰后到P停下的过程中，系统所受合力为

7*l=2mgsin37°cos37°一〃2mgeos37°=0

所以P、Q系统动量守恒。故C正确；

D.P、Q碰后到P停下的过程中，由牛顿第二定律可得

a^AlfflgCos37°-mgsin37^lm/s2

m

m2sin37°-u.ms:cos37°/

a=--------------------------------=lm/s2

Qm

可知碰后P做匀减速直线运动，Q做匀加速直线运动。根据

0=vp-apt

解得

Z=ls

此时二者的位移分别为

V；12

Xp=彳，xQ^vQt+-aQt

可得两者位移之比为

Xp_1

XQ7

故D正确。

故选BDo

12.如图甲所示,""形木板Q静止于粗糙水平地面上,质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，f=2s

时与木板相撞并粘在一起，两者运动的V—图像如图乙所示，重力加速度大小g取lOm/s?,则()

甲

A.Q的质量为2kgB.地面与木板之间的动摩擦因数为0.05

C.由于碰撞系统损失的机械能为1JD./=4s时木板的速度恰好为零

【答案】BC

【详解】A.滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，由两者运动的V—图像可知,

两者在碰撞前滑块P的速度为％=3m/s,木板Q的速度匕=lm/s,两者碰撞后共同速度为匕=2m/s,碰撞

过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为％,木板Q的质量为取滑块P的速度方向为正方向，由动量

守恒定律可得

〃叫+MV2-(m+M)v3

代入数据解得

M=1kg

A错误;

B.设滑块P与木板Q间的滑动摩擦因数为从，地面与木板之间的滑动摩擦因数为〃2，由运动的v-l图像

可知，在0~2s时间内，滑块P的加速度为

2

ap=326m/s2=-1.5m/s

木板Q的加速度为

2

aQ=；m/s2=0.5m/s

对两者由牛顿第二定律可得

=map

-ju2{m+M)g=Ma。

代入数据联立解得

"2=0.05

B正确;

C.由于碰撞系统损失的机械能为

2

A£=1mV1+^Mv1+

代入数据解得

A£=1J

C正确;

D.对两者碰撞后的整体由动量定理可得

-〃2("?+N)g，2=0-(m+M)v3

代入数据解得

t2—4s

可知木板的速度恰好是零的时刻应是

t=tt+t2=2s+4s=6s

D错误。

故选BCo

13.如图，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为〃?2的小球Q,另一质量为冲的小球P从槽面上某

点静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中无能量损失，P、Q两球落地点到。点水平距离

之比为1:3,则P、Q两球质量比可能是（）

C.2:3D.1:7

【答案】AB

【详解】设碰撞前小球P的速度为V0,碰撞后P、Q的速度分别为V八V2，由动量守恒定律和机械能守恒定

律得

根i%=加i匕+m2v2

121212

5冽Fo=5冽1匕+5加2V2

解得

m,-m,

匕=—,—%

mx+加2

2m.

"2=-'-%

mx+m2

两式之比为

匕二加1-冽2

v22叫

因P、Q两球落地点到。点水平距离之比为1:3,即Xp：9=l：3,则可能有两种情况，一种是碰撞后P球不

弹回，继续向前运动，有

匕_mx-m2_1

v22m13

解得

mx:m2=3:l

另一种是碰撞后p球被弹回，有

Kmx-m21

v22叫3

解得

:加2=3:5

综上所述，P、Q两球质量比可能是3:1、3:5o

故选ABo

三、解答题

14.2023年6月27日全国残疾人冰壶锦标赛和残奥冰球锦标赛拉开序幕。如图所示，运动员将冰壶A以初

速度vo=2m/s从M点水平掷出，沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰，碰后冰壶A、B

的速度大小分别为va=0.3m/s、VB=0.7m/s,碰撞前后A的速度方向不变，运动中冰壶可视为质点且碰撞

时间极短。若冰壶A、B的质量均为20kg,与冰面间的动摩擦因数均为〃=0.015,重力加速度g=10m/s2。

求：

MN

⑴两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小V7；

(2)M、N两点间的距离s；

⑶通过计算判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞。

【答案】(l)1m/s(2)10m(3)见解析

【详解】(1)两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，有

mvx=mvA+mvB

代入数据解得

匕=lm/s

(2)冰壶A从M点水平掷出至运动到N点与冰壶B碰撞前，根据动能定理得

一Rings=；mvl-；mv1

代入数据解得

5=10m

(3)碰撞前A、B两冰壶的总动能为

1

%=5机M?=1°J

碰撞后两冰壶的总动能为

121,

Ek2=—mvA+—mvB=5.8J

由于&2,可知两冰壶碰撞过程中有动能损失，为非弹性碰撞。

15.如题1图，A,2两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-f图像如题2图所示，以向右

为正方向，物体/质量%/=lkg。

(1)求物体/在碰撞过程中的动量变化量△“;

(2)求物体2的质量加2；

(3)通过计算判断两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。

z/Jz/J/zz/Jz/zz//////

图1

【答案】-3kg-m/s6kg非弹性碰撞

【详解】(1)由X-图可知,物体N碰前速度％=2m/s,碰后速度h=Tm/s,则物体/在碰撞过程中的

动量变化量为