專題14碰撞考點三年考情（2022-2024）命題趨勢考點1彈性碰撞（5年5考）2024年高考廣西卷：彈性碰撞+平拋；2024年高考廣東卷：斜面上彈性碰撞；2023年高考全國乙卷：一豎直固定的長直圓管內小球與圓盤彈性碰撞；2023年學業水平等級考試上海卷：繩系小球與物塊彈性碰撞；2023年高考山東卷：物塊碰撞+滑塊木板模型；1.碰撞，涉及動量和能量問題，是高考考查頻率較高的。碰撞可以設計成不同情境，可以有機結合其他模型和圖像。2.彈性碰撞命題可以是選擇題，可以是計算題；彈性碰撞與其他模型結合，大多是壓軸題。3.非彈性碰撞過程有機械能損失，可能與動能定理、牛頓運動定律結合。考點2非彈性碰撞（5年4考）2024年高考湖南卷：兩小球在水平圓環內多次碰撞；2024年考甘肅卷：繩系小球與物塊彈性碰撞+滑塊木板模型；2023年高考北京卷：繩系小球與水平面上小球碰撞。2022年高考北京卷：質量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰+位移圖像。考點01彈性碰撞1.（2024年高考廣西卷）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在（）A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B.豎直增面上的垂直投影的運動是勻加速運動C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v【答案】BC【解析】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即，碰后小球N做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直地面上的垂直投影的運動是勻加速運動。故選BC。2.（2024年高考廣東卷）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從、高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數為，乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A.甲斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與無關D.甲最終停止位置與O處相距【參考答案】ABD【名師解析】兩滑塊在同一斜坡上同時由靜止開始下滑，加速度相同，則相對速度為零，即甲斜坡上運動時與乙相對靜止，A正確；兩物塊滑到水平面后均做勻減速直線運動，由于兩物塊質量相同，且發生彈性碰撞，根據彈性碰撞規律可知碰撞后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲速度等于碰撞前瞬間乙的速度，B正確；設斜面傾角為θ，對乙沿斜面下滑，有，在水平面上運動一段時間t2后與甲碰撞，碰撞后以甲碰撞前的速度做勻減速運動，運動時間為t3，乙運動的時間，由于t1與H乙有關，則總時間與H乙有關，C錯誤；一下滑過程，有，由于甲和乙發生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發生碰撞時乙最終停止位置相同；如果不發生碰撞，乙在水平面上運動最終停止位置，由聯立解得x=即發生碰撞后甲最終停止位置與O處相距，D正確。3.（20分）（2023年高考全國乙卷）.如圖，一豎直固定的長直圓管內有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為。一質量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；（3）圓盤在管內運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數。【命題意圖】本題考查彈性碰撞及其相關知識點。【解題思路】（1）小球第一次與圓盤碰撞前的速度為v0=小球與圓盤彈性碰撞，設第一次碰撞后小球的速度大小為v1，圓盤的速度大小為v2，由動量守恒定律mv0=-mv1+Mv2，由系統動能不變，=+聯立解得：v1=，v2=。（2）第一次碰撞后，小球向上做豎直上拋運動，由于圓盤向下滑動所受摩擦力與重力相等，所以圓盤向下做勻速運動。當小球豎直上拋運動向下速度增大到等于圓盤速度時，小球和圓盤之間距離最大。當小球豎直上拋運動向下速度增大到等于圓盤速度的時間t=v1/g+v2/g=小球回到第一次與圓盤碰撞前的位置，在這段時間內圓盤下落位移x1=v2t==l。即第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離為l。（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有即解得此時小球的速度圓盤的速度仍為，這段時間內圓盤下降的位移之后第二次發生彈性碰撞，根據動量守恒根據能量守恒聯立解得,同理可得當位移相等時解得圓盤向下運動此時圓盤距下端關口13l，之后二者第三次發生碰撞，碰前小球的速度有動量守恒機械能守恒得碰后小球速度為圓盤速度當二者即將四次碰撞時x盤3=x球3即得在這段時間內，圓盤向下移動此時圓盤距離下端管口長度為20l－1l－2l－4l－6l=7l此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發生下一次碰撞，圓盤將向下移動x盤4=8l則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數為4次。【思路點撥】得出遞推關系，是正確解題的關鍵。4.（2023年學業水平等級考試上海卷）（16分）如圖，將質量mP=0.15kg的小球P系在長度L=1.2m輕繩一端，輕繩另一端固定在天花板上O點。在O點正下方1.2m處的A點放置質量為mQ=0.1kg的物塊Q，將小球向左拉開一段距離后釋放，運動到最低點與物塊Q彈性碰撞，P與Q碰撞前瞬間的向心加速度為1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比為5?1,。已知重力加速度g=9.8m/s2，物塊與水平地面之間的動摩擦因數μ=0.28.（1）求碰撞后瞬間物塊Q的速度；（2）在P與Q碰撞后再次回到A點的時間內，物塊Q運動的距離。【參考答案】（1）1.4m/s（2）0.36m【名師解析】 （1）由圓周運動的向心加速度公式，a=，解得v0=1.4m/s碰撞后P的速度vP=v0=0.28m/s碰撞過程，由動量守恒定律，mPv0=mPvP+mQvQ，解得：vQ=1.68m/s（2）設碰撞后P擺動到最高點的高度為h，根據機械能守恒定律，mgh=解得h=0.004m由sinθ==，θ小于5°，P的擺動可以看作單擺的簡諧運動，P與Q碰撞后再次回到A點的時間為t=T/2=π=1.1s物塊在水平面上滑動的加速度a=μg=2.74m/s2Q在水平面上運動時間t’==0.6s，小于t=1.1s，即Q已經停止。所以Q運動的距離為s==0.504m。5.（2023高考山東高中學業水平等級考試）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運動。當B的左端經過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數，C與B間動摩擦因數，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達到共速，且A、B未發生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；（4）若，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達到平衡狀態，求這三個物體總動量的變化量的大小。【參考答案】（1）；（2）；（3）；（4）【名師解析】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過程根據動能定理有代入數據解得（2）滑塊C剛滑上B時可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C加速度為木板B的加速度為設經過時間t1，B和C共速，有代入數據解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設再經過t2時間，物塊A恰好撞上木板B，有整理得解得，（舍去）此時B的位移共同的速度綜上可知滿足條件的s范圍為（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B，根據運動學公式有整理后有解得，（舍去）滑塊C在這段時間的位移所以摩擦力對C做的功（4）因為木板B足夠長，最后的狀態一定會是C與B靜止，物塊A向左勻速運動。木板B向右運動0.48m時，有此時A、B之間的距離為△s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m由于B與擋板發生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B向左做勻減速運動，可得加速度大小物塊A和木板B相向運動，設經過t3時間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）此時有，方向向左；，方向向右。接著A、B發生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有代入數據解得而此時物塊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靜止，A向左勻速運動，系統的初動量末動量則整個過程動量的變化量即這三個物體總動量的變化量的大小為9.02kg·m/s。6.（2022·全國理綜乙卷·25）如圖（a），一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數。【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據動量守恒定律根據能量守恒定律聯立解得，（2）同一時刻彈簧對、的彈力大小相等，根據牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為根據位移等于速度在時間上的累積可得又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設向左為正方向，根據動量守恒定律可得根據能量守恒定律可得聯立解得設在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據動能定理可得下滑過程，根據動能定理可得聯立解得考點02非彈性碰撞1.（2024年高考湖南卷）如圖，半徑為R的圓環水平放置并固定，圓環內有質量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時小球A以初速度v0沿圓環切線方向運動，與靜止的小球B發生碰撞。不計小球與圓環之間的摩擦，兩小球始終在圓環內運動。（1）若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大小；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質量比。（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程。【答案】（1），；（2）或；（3）【解析】（1）有題意可知A、B系統碰撞前后動量守恒,設碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據動量守恒有可得碰撞后根據牛頓第二定律有可得（2）若兩球發生彈性碰撞，設碰后速度分別為vA，vB，則碰后動量和能量守恒有聯立解得，因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖①若第二次碰撞發生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為，則有聯立解得由于兩質量均為正數，故k1=0，即對第二次碰撞，設A、B碰撞后的速度大小分別為，，則同樣有聯立解得，，故第三次碰撞發生在b點、第四次碰撞發生在c點，以此類推，滿足題意。②若第二次碰撞發生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為；所以聯立可得因為兩質量均為正數，故k2=0，即根據①的分析可證，，滿足題意。綜上可知或（3）第一次碰前相對速度大小為v0，第一次碰后的相對速度大小為，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運動一圈，即B球相對A球運動一圈，有第一次碰撞動量守恒有且聯立解得B球運動的路程第二次碰撞的相對速度大小為第二次碰撞有且聯立可得所以B球運動的路程一共碰了2n次，有2.（2024年考甘肅卷）如圖，質量為2kg的小球A（視為質點）在細繩和OP作用下處于平衡狀態，細繩，與豎直方向的夾角均為60°。質量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩，小球A開始運動。（重力加速度g取）（1）求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。（2）A在最低點時，細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞（時間極短）、碰后A豎直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】根據題意，設AC質量為，B的質量為，細繩長為，初始時細線與豎直方向夾角。（1）A開始運動到最低點有對最低點受力分析，根據牛頓第二定律得解得，（2）A與C相碰時，水平方向動量守恒，由于碰后A豎直下落可知故解得（3）A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速，則對CB分析，過程中根據動量守恒可得根據能量守恒得聯立解得3．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現有質量的滑塊a以初速度從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差。【名師解析】（1）滑塊a以初速度v0從D處進入豎直圓弧軌道DEF運動，機械能守恒，mg·2R=-，解得vF=10m/s。在最低點F，由牛頓第二定律，FN-mg=m，解得：FN=31.2N（2）碰撞后滑塊a返回過程，由動能定理，-mg·2R-μmgL=-，解得va=5m/s。滑塊a、b碰撞，由動量守恒定律，mvF=-mva+3mvb，解得：vb=5m/s碰撞過程中損失的機械能△E=--=0（3）滑塊a碰撞b后立即被粘住，由動量守恒定律，mvF=（m+3m）vab，解得vab=2.5m/s。滑塊ab一起向右運動，壓縮彈簧，ab減速運動，c加速運動，當abc三者速度相等時，彈簧長度最小，由動量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc解得vabc=5/3m/s。由機械能守恒定律，Ep1=-解得Ep1=0.5J由Ep1=解得：最大壓縮量x1=0.1m滑塊ab一起繼續向右運動，彈簧彈力使c繼續加速，使ab繼續減速，當彈簧彈力減小到零時，c速度最大，ab速度最小；滑塊ab一起再繼續向右運動，彈簧彈力使c減速，ab加速，當abc三者速度相等時，彈簧長度最大，其對應的彈性勢能與彈簧長度最小時彈性勢能相等，其最大伸長量由動量守恒定律，x2=0.1m所以碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差△x=x1+x2=0.2m4.．（9分）（2023年高考北京卷）如圖所示，質量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L．現將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發生正碰并粘在一起．重力加速度為g．求：（1）A釋放時距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統損失的機械能．【解析】（1）由機械能守恒定律，mgH=，解得H=（2）由牛頓運動定律，F-mg=解得F=mg+（3）碰撞過程，由動量守恒定律，mv=2mv’，解得v’=v/2碰撞過程損失的機械能△E=-=5.（2022年高考北京卷）質量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰