050碰撞类问题的定性判断与定量计算 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题

一.必备知识精讲

1.碰撞类别

（1）弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变的碰撞。

（2）非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少的碰撞。

（3）对比分析

2.碰撞遵循的三条原则

(1)动量守恒定律。

(2)动能不增加

Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋

(3)速度要合理

①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)。

②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

解得v1′＝

v2′＝

(2)分析讨论

当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，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：

v1′＝v1，v2′＝v1，

①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。

②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。

③m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。

4.碰撞问题解题策略

(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。

(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。

(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度v0不变，质量小的物体速度为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。

二.典型例题精讲：

题型一：碰撞中的临界问题

例1： 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为(　　)

A．1∶2  B.2∶1

C.1∶4  D.4∶1

答案　D

解析　设A、B的质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则有mBv0＝mA·＋mB，解得mA∶mB＝4∶1，D正确。

题型二：对多种可能分类讨论

例2：如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是(　　)

A．碰后小球A、B一定共速

B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，A球将静止

C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹

D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍

答案：C。

解析：小球A、B发生的对心碰撞，可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞。若是完全非弹性碰撞，则碰后A、B两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，故A错误；若A、B两球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v共，解得v共＝，若A球质量等于B球质量，则v共＝，故B错误；若两球发生的是弹性碰撞，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv，解得vA＝，vB＝，若A球质量小于B球质量，由上述vA和vB的表达式可知vA<0，若A球质量足够大，B球质量足够小，由上述vA和vB的表达式可知＝＝≈2，故C正确，D错误。

三.举一反三，巩固练习

1.如图所示，MN是足够长的光滑绝缘水平轨道。质量为m的带正电A球，以水平速度v0射向静止在轨道上带正电的B球，至A、B相距最近时，A球的速度变为，已知A、B两球始终没有接触。求：

(1)B球的质量；

(2)A、B两球相距最近时，两球组成系统的电势能增量。

解析　(1)A、B组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度v，由动量守恒定律：mv0＝(m＋mB)

解得：mB＝3m。

(2)设电势能增量为ΔEp，根据能量守恒定律得：

ΔEp＝mv－×(m＋mB)2＝mv。

答案　(1)3m　(2)mv

2．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s。当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量大小可能是(　　)

A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s

B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s

C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s

D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝16 kg·m/s

解析　此题考查碰撞过程遵循的规律。从动量守恒角度分析四个选项都成立，从机械能角度分析，碰前总动能EkA＋EkB＝＋＝。C项碰后总动能EkA′＋EkB′＝＋＝＞，D项碰后总动能EkA′＋EkB′＝＞，故C、D两项错误；B项碰后总动能EkA′＋EkB′＝＜，虽然动能没有超过碰前动能，但碰后vA′＝＞vB′＝，不符合实际情况，故错误。故答案为A项。

答案　A

3.　(多选)将两条完全相同的磁体(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，两车不会相碰，如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．当乙车速度为零时，甲车的速度为1 m/s，方向向右

B．两车的距离最小时，乙车的速度为0.5 m/s，方向向右

C．两车的距离最小时，乙车的速度为5 m/s，方向向左

D．两车及磁体的机械能最小时速度相同

答案：ABD。

解析：设水平向右为正方向，当乙车速度为零时，根据动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m甲v甲′，且有m甲＝m乙，解得v甲′＝v甲－＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右，故A正确；两车距离最小时速度相同，根据动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5 m/s，即两车距离最小时，乙车速度为0.5 m/s，方向向右，故B正确，C错误；当两车的距离最小时，两车间的磁力做的负功最多，根据能量守恒定律可知机械能减少得最多，此时两车及磁体的机械能最小，由前面分析知此时两车速度相同，故D正确。

4.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)

A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s

B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s

C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s

D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s

答案　C

解析　碰前系统总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝1×6 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为：Ek＝mAv＋mBv＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J。如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×3 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，不可能，A错误；若vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s，则碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×2 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：Ek′＝×1×22 J＋×2×42 J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝1×(－4) kg·m/s＋2×7 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：Ek′＝×1×42 J＋×2×72 J＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。

5.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)

A.mv2  B.μmgL

C.NμmgL  D.

答案　D

解析　由于水平面光滑，则由箱子和小物块组成的系统，动量始终是守恒的，当箱子和小物块的速度相同后，小物块与箱子保持相对静止，根据动量守恒定律，有mv＝(m＋M)v1，根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v＝；又因为系统损失的动能等于克服摩擦力所做的功，则ΔEk＝－Wf＝μmg×NL＝NμmgL。综上所述，D正确，A、B、C错误。

6.(2020·全国卷Ⅲ)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1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)

A．3 J  B.4 J

C.5 J  D.6 J

答案　A

解析　由v­t图线可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s、v乙＝1 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1 m/s、v乙′＝2 m/s。甲、乙两物块碰撞的过程中，由动量守恒定律得：m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg。则损失的机械能为ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故A正确。

7．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)

A．48 kg  B.53 kg

C.58 kg  D.63 kg

答案　BC

解析　设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0，物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0，第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝v0，以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝v0。根据题意可知，v8＝v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝v0<v0，解得m>13m0＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg<m<60 kg，故A、D错误，B、C正确。

8．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。

答案　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s

解析　(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②

联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0 m/s③

(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤

设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25 m/s。

9．(2020·天津高考)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求

(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；

(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？

答案　(1)m1　(2)

解析　(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，则A经过圆周轨迹的最高点时，轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有

m1g＝m1①

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有m1v＝m1v2＋2m1gl②

由动量定理，有I＝m1vA③

联立①②③式，得I＝m1。④

(2)设两球粘在一起瞬间速度大小为v′，A、B粘在一起后能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′≥vA⑤

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设碰撞前瞬间B的速度大小为vB，由动量守恒定律，有

m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥

又Ek＝m2v⑦

联立①②⑤⑥⑦式，得Ek≥⑧

即碰撞前瞬间B的动能Ek至少为。