高考物理一轮复习考点回扣练专题（28）碰 撞（含解析）

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专题（28）碰 撞（解析版）
考点一 　
1．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律
(2)机械能不增加
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，前面的物体速度大或两物体速度相等．
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．
2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒和机械能守恒

解得v1′＝
v2′＝.
(2)分析讨论
当碰前物体2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，v2＝0，则：
v1′＝，v2′＝
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度．
②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动．
③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来．
1、（2020·新课标全国1卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【解析】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
2、在光滑水平面上,有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前),已知碰前两球的动量分别为pA=12 kg·m/s、pB=13 kg·m/s,碰后它们的动量变化分别为ΔpA、ΔpB,下列数值可能正确的是(　　)
A.ΔpA=-3 kg·m/s、ΔpB=3 kg·m/s B.ΔpA=3 kg·m/s、ΔpB=-3 kg·m/s
C.ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s D.ΔpA=24 kg·m/s、ΔpB=-24 kg·m/s
【答案】A　
【解析】对于碰撞问题要遵循三个规律:动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加、碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞,碰前:后面小球的运动速度一定要大于前面小球的运动速度(否则无法实现碰撞)。碰后:前面小球的动量增大,后面小球的动量减小。减小量等于增大量,所以ΔpA<0,ΔpB>0,并且ΔpA=-ΔpB,据此可排除选项B、D;若ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s,碰后两球的动量分别为pA=-12 kg·m/s,pB=37 kg·m/s,根据关系式Ek=可知,A球的质量和动量大小不变,动能不变,而B球的质量不变,动量增大,所以B球的动能增大,这样系统的机械能比碰前增大了,选项C可以排除;经检验,只有选项A中的数值满足碰撞所遵循的三个原则。本题答案为A。
3、如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求：

(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小；
(2)若小球B的质量m2已知，在小球A与弹簧相互作用的整个过程中，小球A受到弹簧作用力的冲量．
【答案】(1)　(2)m2v，方向水平向左
【解析】(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A、B的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，取水平向右为正方向，由系统动量守恒和能量守恒有
m1v0＝m1v1＋m2v
m1v＝m1v＋m2v2
联立解得v＝
即m1v0＝v
从小球A碰到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故有
m1v0＝(m1＋m2)v共
解得v共＝.
(2)小球B动量的增量为m2v，根据动量守恒，小球A动量的增量为－m2v
根据动量定理有I＝－m2v，小球A受到弹簧作用力的冲量的大小为m2v，方向水平向左．
4、如图所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：

(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
【答案】(1)－1　(2)1－
【解析】(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝m2v2①
设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正方向，由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③
联立①②③式得＝－1④
代入题给数据得＝－1.⑤
(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥
碰前球b的最大动能Ek＝m2v2
联立①⑥式有＝1－(1－cos θ)⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得＝1－.
5、（2020·安徽省定远中学高三）随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是

A．v1> v0 B．v1= v0 C．v2> v0 D．v2=v0
【答案】A
【解析】设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞.
A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则，故A正确，B错误.
C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则；故C、D均错误.
6、(多选)两小球A、B置于光滑的水平面上，A球以一定的速度与静止的B球发生弹性正碰，如图所示，关于两球碰撞过程中的说法正确的是(　　)

A．在两球碰撞的整个过程中，相互作用力冲量的矢量和为零，做功的代数和也为零
B．在两球碰撞的整个过程中，B对A始终做负功
C．在两球压缩形变阶段，相互作用力冲量的矢量和为零，做功的代数和为负，系统的动量不变，动能减少
D．当两球的速度相等时，系统的机械能最小
【答案】AC
【解析】由牛顿第三定律知，在两球碰撞的整个过程中相互作用力始终大小相等、方向相反，故相互作用力冲量的矢量和为零，由于两球发生弹性碰撞，系统机械能守恒，故相互作用力做功的代数和为零，选项A正确；若两球碰后A的速度反向，则在整个碰撞过程中，B对A先做负功再做正功，若两球碰后A的速度方向不变，则在整个碰撞过程中，B对A做负功，选项B错误；在两球压缩形变阶段，相互作用力始终大小相等、方向相反，故相互作用力冲量的矢量和为零，将两球压缩形变阶段当做两球压缩弹簧处理，当压缩量最大时，两球速度相等，弹性势能最大，由于系统机械能守恒，故动能最小，由动能定理可知，相互作用力做功的代数和为负，此过程中系统动量守恒，故系统动量不变，选项C正确，D错误．
7、（2020·四川省德阳市第三中学高考模拟）如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
【答案】C
【解析】子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0=(M+m0)v1，解得速度大小为，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得可知绳子拉力大于，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体：N=T+mg> (M+m+m0)g，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误；故选C.
8、如图，有一个光滑轨道，水平部分MN和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径为R；质量为m的A球以v0＝4的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为2m的B球发生碰撞，碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半．两球可视为质点．试通过计算判断碰撞后B球能否达到圆形轨道的最高点．

【答案】不能
【解析】设碰后A、B球速度分别为vA、vB，由动量守恒可知
mv0＝mvA＋2mvB
由能量守恒知
×mv＝mv＋×2mv
联立以上两式得
vB＝＝2，vB＝(舍去)
设B球在最低点速度为vN时刚好能运动到圆形轨道的最高点，由机械能守恒可知
×2mv＝2mg·2R＋×2mv
由F＝m知2mg＝2m
联立以上两式知vN＝
由于vB 考点二 　
9、　一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
【答案】(1)v0　(2) (3)　　
【解析】(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0.
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块Fft＝Mv－0
解得t＝.

(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－Ffx1＝mv2－mv
解得x1＝
对木块：Ffx2＝Mv2
解得x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝.
10、 如图所示，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所
有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g，求：


(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；
(2)木块2在整个运动过程中的最小速度．
【答案】(1)　(2)v0
【解析】(1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v，以v0的方向为正方向．
系统动量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv
木块3在木板上匀减速运动：μmg＝ma
由运动学公式(3v0)2－v2＝2ax3
解得x3＝.
(2)设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律
m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3
在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同
3v0－v3＝2v0－v2
解得v2＝v0.
11、如图所示，光滑水平面上质量为m1＝2 kg的物块以v0＝2 m/s的初速度冲向质量为m2＝6 kg静止的光滑圆弧面斜劈体．求：

(1)物块m1滑到最高点位置时，二者的速度大小；
(2)物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小；
(3)若m1＝m2，物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小．
【答案】(1)0.5 m/s　0.5 m/s　(2)－1 m/s　1 m/s　(3)0　2 m/s
【解析】(1)物块m1与斜劈体作用过程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v0方向为正，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.5 m/s.
(2)物块m1从冲上圆弧面到从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，动能守恒，则有：
m1v0＝m1v1＋m2v2，
m1v＝m1v＋m2v，
解得v1＝v0，v2＝v0
代入数据得v1＝－1 m/s，v2＝1 m/s.
(3)若m1＝m2，根据上述分析，物块m1从圆弧面滑下后，交换速度，即v1′＝0，v2′＝2 m/s.
12、如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，求：

(1)滑块C的初速度v0的大小；
(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小；
(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量．
【答案】(1)9 m/s　(2)1.9 m/s　1.9 m/s　(3)1.47 N·s，方向水平向右
【解析】(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：
mCv0＝(mB＋mC)v1
弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得：
Ep＝(mB＋mC)v
解得v1＝3 m/s，v0＝9 m/s.
(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得：
mAv3＝(mB＋mC)v2，
根据能量守恒定律得：
Ep＝mAv＋(mB＋mC)v
解得v2＝1.9 m/s.
(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，由动量定理得：
I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)
解得I＝1.47 N·s，方向水平向右．
13、如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。

【答案】(-2)M≤m 【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mvA1+MvC1①
m=m+M②
联立①②式得
vA1=v0③
vC1=v0④
如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑m 第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有
vA2=vA1=v0⑤
根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2+4mM-M2≥0⑦
解得
m≥(-2)M⑧
另一解m≤-(+2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为
(-2)M≤m 14、木块A与木块B用一根弹性很好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，整个装置在光滑水平面上静止．一质量为m的子弹以某一初速度水平射入木块A并留在其中，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间A的速度v＝，其中va为一已知速度，木块A、B的质量均为M.求子弹射入木块A前的速度大小以及弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．

【答案】va　
【解析】以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋M)v
已知v＝
解得v0＝va
弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
(M＋m)v＝(2M＋m)v′
解得v′＝
由机械能守恒定律可知
Ep＝(M＋m)v2－(2M＋m)v′2
解得Ep＝.
15、如图所示,质量mB=2 kg的平板车B上表面水平,开始时静止在光滑水平面上,在平板车左端静止着一块质量mA=2 kg的物块A,一颗质量m0=0.01 kg的子弹以v0=600 m/s的水平初速度瞬间射穿A后,速度变为v=200 m/s,已知A与B之间的动摩擦因数不为零,且A与B最终达到相对静止,则整个过程中A、B组成的系统因摩擦产生的热量为多少?

【答案】2 J
【解析】对于子弹、物体A相互作用过程,设向右为正方向,由动量守恒定律得;
m0v0=m0v+mAvA
解得:vA=2 m/s
对于A、B相互作用过程,设向右为正方向,由动量守恒定律得:
mAvA=(mA+mB)vB
vB=1 m/s
A、B系统因摩擦产生的热量等于A、B系统损失的动能,即:
Q=ΔE=mA-(mA+mB)
代入数据解得:Q=2 J
16、如图,BC为半径等于R=0.4 m竖直放置的光滑细圆管,O为细圆管的圆心,BO与竖直线的夹角为45°;在圆管的末端C连接一光滑水平面,水平面上一质量为M=1.5 kg的木块与一轻质弹簧拴接,轻弹簧的另一端固定于竖直墙壁上。现有一质量为m=0.5 kg的小球从O点正上方某处A点以初速度v0水平抛出,恰好能垂直OB从B点进入细圆管,小球从进入圆管开始即受到始终竖直向上的力F=5 N的作用,当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失。小球随后与木块发生完全非弹性碰撞(g=10 m/s2)。求:
(1)小球在A点水平抛出的初速度v0;
(2)在圆管中运动时圆管对小球的作用力N;
(3)弹簧的最大弹性势能Ep。


【答案】(1)2 m/s　(2)5 N　(3)0.5 J
【解析】(1)小球从A运动到B做平抛运动,在水平方向有:
r sin 45°=v0t
在B点有:tan 45°=,由以上两式解得:v0=2 m/s
(2)在B点据平抛运动的速度及规律有:vB==2 m/s
小球在管中受三个力的作用,由于重力与外加力F平衡,故小球所受的合力为管对它的压力,得小球在管中以vB=2 m/s的速率做匀速圆周运动,由圆周运动的规律得:细管对小球的作用力N=m=5 N
(3)小球与木块发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的共同速度为v2
由动量守恒定律有:mvB=(m+M)v2
代入数据解得:v2= m/s
木块(包括小球)压缩弹簧至最短时其动能全部转化为弹簧的弹性势能,故弹簧的最大弹性势能:
Ep=(M+m)=×2× J=0.5 J