新高考物理一轮复习考点精讲精练第43讲 碰撞类问题的定性判断与定量计算（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点精讲精练第43讲 碰撞类问题的定性判断与定量计算（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理一轮复习考点精讲精练第43讲碰撞类问题的定性判断与定量计算原卷版doc、新高考物理一轮复习考点精讲精练第43讲碰撞类问题的定性判断与定量计算解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

1．（2020•新课标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1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3JB．4JC．5JD．6J
【解答】解：令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，
碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，
碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2＝mv3+Mv4，
即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，
解得M＝6kg，
则碰撞过程两物块损失的机械能△E3J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．（2022•甲卷）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 0.304 kg的滑块作为A。
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。
（6）表中的k2＝ 0.31 （保留2位有效数字）。
（7）的平均值为 0.32 （保留2位有效数字）。
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用m1和m2表示），本实验中其值为 0.34 （保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
【解答】解：（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k20.31。
（7）的平均值为：0.322≈0.32。
（8）由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，
联立解得：，代入数据，可得：0.34。
一.知识回顾
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eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)
(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
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ①,\f(1,2)m1v\\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\\al(2,2)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2 ②))
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)
v2′＝eq \f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)
(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′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)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。
③m10，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＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)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.例题精析
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两球的质量比为（ ）
A．1：2B．2：1C．1：4D．4：1
【解答】解：设开始时B的速度为v0，B球碰撞前、后的速率之比为3：1，A与挡板碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，所以碰撞后A与B的速度方向相反，大小相等，A的速度是，B的速度是，选取向左为正方向，由动量守恒定律得：
mBv0＝mAmB
整理得：
故ABC错误，D正确；
故选：D。
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
【解答】解：A、碰后小球A、B可能共速，发生完全非弹性碰撞，也可能不共速，故A错误；
B、若A、B球发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝（mA+mB）v共
可知：v共≠0，A球一定运动，故B错误；
C、若A、B球发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAvA+mBvB
根据动能守恒得：
mAv02mAvA2mBvB2
联立解得：vBv0，vAv0，若mA＜mB，则vA＜0，A球将反弹，故C正确；
D、若A、B球发生弹性碰撞，若mA→∞，由vBv0得：vB≈2v0，则碰后B球的速度最大是A球的2倍，故D错误。
故选：C。
三.举一反三，巩固练习
如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为10kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为6kg•m/s，则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7
【解答】解：光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由题知A球动量的增量为
△pA＝6kg•m/s﹣10kg•m/s＝﹣4kg•m/s
由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的；由动量守恒定律可得
△pA＝﹣△pB
则B球的动量变化量为
△pB＝4kg•m/s
根据△pB＝pB﹣10kg•m/s
解得碰后B球的动量为：pB＝14kg•m/s
两球质量关系为：mB＝2mA
根据p＝mv
可得碰撞后A、B两球速度大小之比6：7，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（ ）
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
【解答】解：A、在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系。故A错误。
B、a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大。故B错误。
C、a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a，b一定同时到达水平地面。故C正确。
D、在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，方向相反，故D正确。
故选：CD。
在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动。在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO．假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比。
【解答】解：两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：
m1v0＝m1v1+m2v2…①
已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得：
m1v02m1v12m2v22…②
从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由于PQ＝1.5PO，则A和B通过的路程之比为：
s1：s2＝1：4，
联立解得：；
答：两小球质量之比为2：1。
甲、乙两铁球质量分别是m1＝1kg、m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（ ）
A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/sB．v1′＝2m/s，v2′＝4m/s
C．v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/sD．v1′＝8m/s，v2′＝1m/s
【解答】解：以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量为：p＝m1v1+m2v2＝（1×6+2×2）kg•m/s＝10kg•m/s，碰撞前的动能为：Ek，代入数据解得Ek＝22J
A.如果v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s，代入总动量与动能的公式可知，碰撞后动量守恒、机械能增加，故A错误；
B.如果v1′＝2m/s，v2′＝4m/s，代入总动量与动能的公式可知，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，故B正确；
C.如果v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s，代入总动量与动能的公式可知，碰撞过程动量不守恒，故C错误；
D.如果v1′＝8m/s，v2′＝1m/s，碰撞过程动量守恒、机械能增加，且要发生二次碰撞，故D错误；
故选：B。
三个相同的木块A，B，C从同一高度自由下落，其中，木块A在开始下落的瞬间被水平飞行的子弹击中，木块B在下列到一半高度时被水平飞来的子弹击中，子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA，tB，tC的大小关系是（ ）
A．tA＝tB＝tCB．tA＝tC＜tBC．tA＝tB＞tCD．tA＞tB＞tC
【解答】解：木块C自由落体，木块A在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块A与子弹一起自由落体运动，A、C均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即tA＝tC
木块B落下一定距离后被水平飞来的子弹水平射中，子弹留在其中。在子弹击中木块过程中，水平方向动量守恒，由于子弹进入木块后总质量变大，由动量守恒定律可知，木块速度变小，木块落地时间延长，木块B在空中的运动时间比A、C时间长，则AC同时落地，B最后落地，即tA＝tC＜tB，故B正确。
故选：B。
一质量为m＝5kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s＝10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。若t＝0时刻，一质量M＝2m的小物块从距离木板左端l＝54m处，以沿木板向上的初速度v0＝4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F0＝80N（该力在1s时变为F0），如图所示，与此同时撤去作用在木板上的外力。当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g＝10m/s2。求：
（1）0至t0＝1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。
【解答】解：（1）对小物块，由牛顿第二定律：2mgsinθ+μ×2mgcsθ﹣F0＝2ma1，解得a，方向沿斜面向下，小物块沿斜面向上做匀减速运动。
对木板，由牛顿第二定律：μ×2mgcsθ﹣mgsinθ＝ma2，解得：a，方向沿斜面向上，木板沿斜面向上做匀加速运动。
（2）设经过t1 二者共速，由运动学公式：v0﹣a1t1＝a2t1，解得：tt0，此时共速为：v1＝a2t1＝2×1m/s＝2m/s，方向沿斜面向上，
此时施加在物块上的力刚好改变大小。
共速前小物块位移：x3m，木板位移：x，
小物块相对木板位移：Δx＝x1﹣x2＝3m﹣1m＝2m，
假设共速后二者一起运动，对整体由牛顿第二定律：（M+m）gsin，解得：a＝2m/s2，
对木板，由牛顿第二定律：mgsinθ﹣f＝ma，解得：f＝0.4mg＜μ×2mgcsθ，故二者一起向上匀减速至零，再向下加速，回到第一次共速位置时，速度仍为2m/s，且方向沿斜面向下。
设刚共速至木板第一次与挡板砰前瞬间所用时间为t2，此时速度为v2，由运动学公式：v，解得：v2＝7m/s
（3）第一次碰后，木板向上运动，物块依然向下，
对物块，由牛顿第二定律：2mgsinθ﹣μ×2mgcsθ＝2ma3，解得：a，方向沿斜面向下，
对木板，由牛顿第二定律：mgsinθ+μ×2mgcsθ＝ma4，解得：a，方向沿斜面向下
此后，物块一直沿斜面向下做匀加速直线运动，木板先沿斜面向上做匀减速运动，再反向匀加速，与物块共速前会再与挡板发生碰撞，
设木板与挡板相邻两次碰撞间隔时间为t3，t，
设第一次碰后木板一直沿斜面向下加速至斜面底端所用时间为t4，由运动学公式：l+Δx＝v，整理得：t，解得：t4＝4.5s
故木板和挡板要碰撞5次后，物块才会从木板左端滑下。
设木板与挡板从第一次碰到第5次碰撞时，物块相对木板下滑距离为Δx′，此时物块速度为v3，
Δx′＝v2744m
v3＝v2+a34t0＝7+2×4×1m/s＝15m/s
设再经过t5，物块会从木板的左端滑下，滑下瞬间距离挡板为x，l+Δx﹣Δx′＝v3t5，整理得：3t，解得：t
x＝v7m.
答：（1）0至t0＝1s时间内，小物块的加速度大小为2m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度的大小为2m/s2，方向沿斜面向上；
（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为7m/s；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数为5次，滑出瞬间小物块与挡板间的距离为
A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移﹣时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移﹣时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移﹣时间图象，若A球质量mA＝2kg，则由图象判断下列结论错误的是（ ）
A．A、B碰撞前的总动量为kg•m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为﹣4N•s
C．碰撞前后A的动量变化为4kg•m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
【解答】解：由x﹣t图象可知，碰撞前有：vA3m/s，vBm/s＝2m/s，碰撞后有：v'A＝v'B＝vm/s＝﹣1m/s，对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。
A、以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，解得：mBkg，A、B碰前的总动量pA＝mAvA+mBvB，代入数据解得：pAkg•m/s，故A错误，符合题意；
B、由动量定理可知，A对B的冲量为：IB＝mBv﹣mBvB，代入数据解得：IB＝﹣4N•s，故B正确，不符合题意；
C、碰撞前后A球的动量变化为：△pA＝mAv﹣mAvA＝4kg•m/s，故C正确，不符合题意；
D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为：△Ek，代入数据解得：△Ek＝10J，故D正确，不符合题意；
故选：A。
如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后（ ）
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【解答】解：甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误。
故选：C。
如图所示，A、B是两个完全相同的小球，用较长的细线将它们悬挂起来，调整细线的长度和悬点的位置，使两个小球静止时重心在同一水平线上，且恰好没有接触。现将小球A拉起至细线与竖直方向夹角为θ＝60°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低点与静止的小球B相碰，碰后两球粘在一起运动。已知细线的长度为L，每个小球的质量均为m，重力加速度为g，忽略小球半径和空气阻力，求：
（1）A球运动至最低点时的速度大小v；
（2）碰后两球能够上升的最大高度△h；
（3）碰撞过程中损失的机械能△E。
【解答】解：（1）小球A下落到最低点的过程中，根据动能定理可得：
解得v
（2）两球碰撞过程满足动量守恒定律mv＝2mv′
解得：
碰后两球一起运动，根据动能定理可知：
解得：
（3）碰撞过程中根据能量守恒可知：
解得
答：（1）A球运动至最低点时的速度大小v为；
（2）碰后两球能够上升的最大高度△h为；
（3）碰撞过程中损失的机械能△E为。1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k
0.31
k2
0.33
0.33
0.33
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大