专题40 一维碰撞问题分析 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题40 一维碰撞问题分析 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共12页。
【典例1】
如图，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口处．质量也为m的小球a，从距BC高h
的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．已知BC轨道距地面有一
定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg，b球与水平轨道无作用力．试问：
①a与b球碰后瞬间的速率多大？
②a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）
解：①以a球为研究对象，在a求下滑到C点过程中，
由动能定理可得，mgh＝mv2﹣0，解得：a的速度v＝；
②a与b两球碰撞过程动量守恒，
由动量守恒得：mv＝（m+m）v′，
解得：v′＝；
两小球做圆周运动，
由牛顿第二定律可得：F﹣2mg＝2m，
解得F＝3mg，F＝3mg＞2.8mg，细绳会断裂．
答：①a与b球碰前瞬间，a球的速度为．
②a、b两球碰后，细绳会断裂．
【典例2】
（多选）如图所示，质量为m的物块A静止在水平面上，A的左侧光滑，右侧粗糙。一个质量为M的物块B以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，碰后A向前滑行s1而停止。若仅把A的质量变为3m，其它条件不变，再次让B与A发生弹性碰撞，碰后A向前滑行s2而停止，已知＝，则下列说法正确的是（ ）
A．＝
B．＝
C．第二次碰撞后B保持静止
D．第二次碰撞后B继续向右运动
解：AB、A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0＝Mv1+mv2
由机械能守恒定律得：
Mv02＝Mv12+mv22
解得：v1＝v0，v2＝v0
仅把A的质量变为3m，其它条件不变，同理得：
v1′＝v0，v2′＝v0
碰撞A做减速运动，对A，由动能定理得：
﹣μmgs＝0﹣mv22
解得：s＝
则＝＝＝＝，
解得：＝，故A正确，B错误；
CD、当A的质量变为3m时，碰撞后B的速度：v1′＝v0，由于M＝3m，则v1′＝0，第二次碰撞后B保持静止，故C正确，D错误。
1． 弹性碰撞
v1
v2
v1ˊ
v2ˊ
m1
m2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2． “动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
3． 非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v12+ ½ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
4． 完全非弹性碰撞
v1
v2
v共
m1
m2
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
5． 碰撞三原则
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即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若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
【其它方法①】临界法
弹性碰撞没有动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最多，计算出这两种情况下的临界速度，那么其他碰撞应该介于二者之间。
【变式演练1】
（多选）如图所示，在光滑的水平面上质量为m的物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞，B物体的质
量为2m，则碰撞后B物体速度大小的可能为（ ）
v0B．v0C．v0D．v0
解：两物体碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mv0＝（2m+m）v1，
解得：v1＝v0，
如果碰撞为弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvA+mv2，
由机械能守恒定律得：
，
解得：vA＝﹣v0，v2＝v0，
碰撞后B的速度可能为：v0≤vB≤v0，故ACD正确，B错误。
【变式演练2】
如图甲所示，物块P和Q（可视为质点）分别静止在水平地面上A、B两点。现给P施加一水平力F，F随
时间变化如图乙所示，3s末撤去力F，此时P运动到B点与Q发生弹性碰撞，已知P的质量为0.5kg，Q的
质量为1kg，P、Q与水平地面的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求
（1）物块P何时开始运动；
（2）前3s内物块P所受摩擦力的冲量大小；
（3）Q运动的位移大小。
解：（1）当水平力F等于物块P所受滑动摩擦力时，物块P开始运动，即：F＝μmg
解得：F＝1N
由于F＝kt，其中k＝1N/s
解得：t＝1 s；
（2）第1s内物块P所受摩擦力的冲量：I1＝＝0.5N•s
后2 s内摩擦力的冲量：I2＝μmg（3﹣t）＝2N•s
前3s内摩擦力的冲量：I＝I1+I2＝2.5 N•s
（3）后2 s内F的冲量：IF＝＝4N•s
设物块P与物块Q碰前P的速度v，碰后物块P、Q的速度分别为vp、vQ
对物块P根据动量定理可得：IF﹣I2＝mv
碰撞过程中根据动量守恒定律可得：mv＝mvP+mQvQ
根据能量守恒定律：＝+
对物块Q根据动能定理可得：﹣μmQgx＝0﹣
解得物块Q运动的位移大小：x＝m。
答：（1）物块P经过1s开始运动；
（2）前3s内物块P所受摩擦力的冲量大小为2.5 N•s；
（3）Q运动的位移大小为m。
1．如图所示，有一小车静止在光滑的水平面上，站在小车上的人将右边管中的球一个一个地投入左边的筐中（球仍在车上）。以人、车和球作为系统，下列判断正确的是（ ）
A．由于系统所受合外力为零，故小车不会动
B．当球全部投入左边的框中时，车仍然有向右的速度
C．由于系统水平方向动量守恒，故小车右移
D．若人屈膝跳起投球，则系统在竖直方向上动量守恒
解：AC、在投球过程中，人、车、球组成的系统所受的合外力不为零，但水平方向不受外力，所以系统的动量不守恒，但系统水平方向动量守恒。系统原来水平方向动量为零，球有水平向左的动量，则人和小车获得水平向右的动量，所以小车右移，故A错误，C正确；
B、当球全部投入左边的框中时，人、车和球速度相同，根据系统水平方向动量守恒知，小车的速度为零，故B错误；
D、若人屈膝跳起投球，人和球在竖直方向上有加速度，系统在竖直方向上合外力不为零，则系统在竖直方向上动量不守恒，故D错误。
2．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6kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为﹣4kg•m/s，则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
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1：10
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，由动量守恒定律可得：
△PA＝﹣△PB
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，若是A球则动量的增量应该是正值，
因此碰后A球的动量为2kg•m/s
所以碰后B球的动量是增加的，为10kg•m/s。
由于两球质量关系为mB＝2mA
那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：5；故B正确ACD错误。
3．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为（ ）
A．B．E0C．E0D．E0
解：核反应过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：P粒子﹣P原子核＝0，
原子核的动能：E0＝，
粒子的动能：E＝，
解得：E＝，故A正确，BCD错误。
4．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：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。
5．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后。mA＝1kg，mB＝2kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移一时间图象如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于（ ）
A．弹性碰撞B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法判断
解：根据x﹣t图象知碰撞前A速度为vA＝6m/s，B速度为vB＝3m/s，碰撞后A速度为：vA′＝2m/s，B速度为：v′B＝5m/s，
代入此时mAvA+mBvB＝mAv′A+mBv′B，等式成立说明动量守恒
初动能为：Ek0＝mAv2A+mBv2B＝J+J＝27J
末动能为：Ek＝mAv′2A+mBv′2B＝J+J＝27J
初末状态的动能相等，说明碰撞为弹性碰撞，故A正确，BCD错误。
6．（多选）如图所示，质量M＝2kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6m。现有一个质量m＝1kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I＝2N•s，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则（ ）
A．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒
B．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒
C．物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4m
D．物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2m
解：A、在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确。
B、在A、B间存在相互作用的过程中，物块B有向心加速度，有竖直方向的分加速度，所以物体A和物块B组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误。
C、设物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是x。取水平向左为正方向，
根据水平方向动量守恒得：m﹣M＝0，解得 x＝0.4m，故C正确。
D、对B，由动量定理得 I＝mv0，得 v0＝2m/s。设B到达左侧最高点时与A的共同速度为v，到达的最高点距槽口的高度为h。
根据水平动量守恒得 0＝（M+m）v，得 v＝0
对系统，由机械能守恒得：mgh＝，得 h＝0.2m，故D正确。
7．（多选）如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是﹣2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能的是（ ）
A．vA′＝﹣2m/s，vB′＝6m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝2m/s
C．vA′＝3m/s，vB′＝1m/sD．vA′＝﹣3m/s，vB′＝7m/s
解：设每个球的质量为m，取向右为正方向，碰前系统总动量 P＝mAvA+mBvB＝6m﹣2m＝4m，碰前的总机械能E＝mAvA2+mBvB2＝+＝20m；
A、若vA′＝﹣2m/s，vB′＝6m/s，则碰后总动量P′＝mAvA′+mBvB′＝﹣2m+6m＝4m，动量守恒。总机械能E′＝mAvA′2+mBvB′2＝•22+＝20m，机械能守恒，是可能的，故A正确；
B、若vA′＝2m/s，vB′＝2m/s，则碰后总动量P′＝mAvA′+mBvB′＝2m+2m＝4m，动量守恒。总机械能为E′＝mAvA′2+mBvB′2＝•22+＝4m，机械能减少，是可能的，故B正确；
C、若vA′＝3m/s，vB′＝1m/s，碰撞后A、B两球同向运动，A球在B球后面，A球的速度不可能大于B球的速度，故C错误；
D、若vA′＝﹣3m/s，vB′＝7m/s，则碰后总动量P′＝mAvA′+mBvB′＝32m+2m＝4m，动量守恒。总机械能为：E′＝mAvA′2+mBvB′2＝•22+＝29m，机械能增加，违反能量守恒定律，不可能，故D错误。
8．如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．滑块和小球组成的系统动量不守恒
B．滑块和小球组成的系统竖直方向动量守恒
C．小球的最大速率为
D．小球的最大速率为
解：AB、滑块和小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒；系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，滑块和小球组成的系统动量不守恒，故A正确，B错误；
CD、当小球落到最低点时小球速度最大，设滑块的速度为v1，小球的速度为v2，滑块和小球组成的系统在水平方向动量守恒，
以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv2﹣Mv1＝0
小球下落过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl＝
解得：v1＝m，v2＝，故C正确，D错误。
9．两物体发生碰撞，碰撞前后的位移﹣时间图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两物体的质量相同
B．碰撞前两物体的速度相同
C．碰撞过程中，两物体所受合力的冲量相同
D．碰撞后两物体均静止
解：A、根据位移时间图象的斜率等于速度，可知，碰撞前两物体速度大小相等，方向相反，则有：v1＝﹣v2；由数学知识得知，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有：P1+P2＝0，得：P1＝﹣P2．即得：m1v1＝﹣m2v2，则得 m1＝m2，故A正确。
B、由A分析可知，碰撞前两物体的速度大小相等、方向相反，两物体的速度不同，故B错误。
C、碰撞过程中，两物体所受的合外力大小相等、方向相反，力的作用时间相等，则两物体所受合外力的冲量大小相等、方向相反，冲量不同，故C错误。
D、由图示图象可知，碰撞后两物体的位置不随时间变化，物体静止，故D正确。
10．质量为mA的A球以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量mB可选取为不同的值，则下列正确的是（ ）
A．当mB＝mA时，碰后A、B两球共速
B．当mB＝mA时，碰后两球互换速度
C．当mB＞mA时，碰后mA反向运动
D．当mB＜mA时，mB越小，碰后B球的速度越小
解：设碰撞前A的速度为v0，碰撞后A的速度为vA，B的速度为vB，
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以碰撞前A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得：
解得：vA＝v0，vB＝v0；
AB、当mB＝mA时，vA＝0，vB＝v0，碰撞后两球互换速度，故A错误，B正确；
C、当mB＞mA时，vA＜0，碰后mA反向运动，故C正确；
D、当mB＜mA时，vB＝v0＝，mB越小，碰撞B的速度vB越大，故D错误。