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

这是一份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，共9页。试卷主要包含了碰撞类别，碰撞遵循的三条原则，碰撞问题解题策略，5 m/s，方向向右等内容，欢迎下载使用。
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 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 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/sB．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/sC．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/sD．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/sB．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/sC．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/sD．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.μmgLC.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＝m1①A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。