专题42动量守恒之碰撞问题-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破

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考点三 多次碰撞问题
考点一 弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞
1.弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．
质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球弹性正碰时（一动碰一静）：
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)．(要求熟记)
结论：
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向．(若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)
(2)若m1(3)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换．
2.非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q.
3.完全非弹性碰撞：系统动量守恒，两者碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
设两者碰后的共同速度为v共，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
械能损失为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2.
1.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v0撞向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(\r(3),3)v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(\r(2),2)v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
【答案】D
【解析】由于1球与2球发生碰撞的时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理可知，2、3球碰撞后交换速度，故D正确．
2.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，则最后这个整体的动能为( )
A．E0 B.eq \f(2E0,3) C.eq \f(E0,3) D.eq \f(E0,9)
【答案】C
【解析】碰撞过程中动量守恒，有mv0＝3mv1，可得
v1＝eq \f(v0,3)①
E0＝eq \f(1,2)mv02②
Ek′＝eq \f(1,2)×3mv12③
由①②③得Ek′＝eq \f(1,2)×3m(eq \f(v0,3))2＝eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)mv02)＝eq \f(E0,3)，故C正确．
3.(多选)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—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m＝2 kg，则下列结论正确的是( )
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞过程中A对B的冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
【答案】BCD
【解析】由题图可知，碰撞前有vA＝eq \f(4－10,2－0) m/s＝－3 m/s，vB＝eq \f(4－0,2－0) m/s＝2 m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝eq \f(2－4,4－2) m/s＝－1 m/s；对A、B组成的系统进行分析可知，A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后两球都做匀速直线运动，系统所受外力的矢量和为0，所以系统的动量守恒，碰撞前、后A的动量变化量为ΔpA＝mvA′－mvA＝4 kg·m/s，根据动量守恒定律知，碰撞前、后B的动量变化量为ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，又由于ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝eq \f(ΔpB,vB′－vB)＝eq \f(－4,－1－2) kg＝eq \f(4,3) kg，故A与B碰撞前的总动量p总＝mvA＋mBvB＝－eq \f(10,3) kg·m/s。由动量定理可知，碰撞过程中A对B的冲量IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(m＋mB)v2＝10 J。A错误，B、C、D正确。
4.(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】设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能E损＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，代入题图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。
5．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，物块甲、丙的质量均为m，乙的质量为2m，均静止在光滑水平台面上，甲、乙间用一根不可伸长的轻质短细线相连。初始时刻细线处于松弛状态，丙位于甲右侧足够远处。现突然给甲一瞬时冲量，使甲以初速度v0沿甲、丙连线方向向丙运动，细线断后甲的速度变为23v0，甲与丙碰撞后粘连在一起，则它们此时的速度以及整个过程中三者组成的系统损失的机械能分别为（ ）
A．12v0，1736mv02B．13v0，1336mv02
C．32v0，518mv02D．13v0，49mv02
【答案】B
【解析】细线绷断的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，
则mv0=m⋅23v0+2mv乙
解得v乙=v06
甲与丙发生完全非弹性碰撞过程中，甲、丙组成的系统动量守恒，有m⋅23v0=m+mv2
解得v2=13v0
运动全过程中，甲、乙、丙组成的系统损失的机械能为 ΔE=12mv02−122mv乙2−12m+mv22=1336mv02
故选B。
6．(多选)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．eq \f(1,2)mv2B．eq \f(Mmv2,2M＋m)
C．eq \f(1,2)NμmgLD．NμmgL
【答案】BD
【解析】 设物块与箱子相对静止时共同速度为v1，则由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，得v1＝eq \f(mv,M＋m)，系统损失的动能为ΔEk系＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v12＝eq \f(Mmv2,2M＋m)，A错误，B正确。根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q＝ΔEk系＝NμmgL，C错误，D正确。
7.(多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)( )
A．2eq \r(2gR) B.eq \r(2gR) C．2eq \r(5gR) D.eq \r(5gR)
【答案】BC
【解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，联立得：v2＝eq \f(2v0,3).若恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·eq \f(vmin2,R)，A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝eq \f(1,2)·2mv2′2－eq \f(1,2)·2mvmin2，v2′＝eq \f(2v0′,3)，解得：v0′＝1.5eq \r(5gR)，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.5eq \r(5gR).若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：2mg·R＝eq \f(1,2)·2mv2″2，v2″2＝eq \f(2v0″,3)，解得v0″＝1.5eq \r(2gR)，可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq \r(2gR).由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq \r(2gR)或v0≥1.5eq \r(5gR)，故A、D错误，B、C正确．
8．（2022·广东·增城中学高三开学考试）某冰雪游乐场中，用甲、乙两冰车在轨道上做碰碰车游戏，甲车的质量m1=20kg，乙车的质量m2=16kg。轨道由一斜面与水平面通过光滑小圆弧在B处平滑连接。甲车从斜面上的A处由静止释放，与停在水平面C处的乙车发生正碰，碰撞后乙车向前滑行12.5m后停止。已知A到水平面的高度H=5m，BC的距离L=18m，两车在水平面的动摩擦因数均为0.1，甲车在斜面上运动时忽略阻力作用，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）甲车到达C处碰上乙车前的速度大小；
（2）两车碰撞过程中的机械能损失量。
【答案】（1）8ms；（2）280J
【解析】（1）从A到C根据动能定理 m1gH−μm1gL=12m1v2
解得 v=8ms
（2）乙在摩擦力作用下减速，直到静止，根据动能定理 μm2gx2=12m2v22
解得 v2=5ms
规定向右为正方向，甲、乙碰撞由动量守恒定律得 m1v=m2v2+m1v1
解得 v1=4ms
碰撞时机械能损失 ΔE=12m1v2−12m2v22−12m1v12
解得 ΔE=280J
考点二 碰撞可能性的判断
一．碰撞问题遵循的三个原则：
1.系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2.系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
3.速度要合理：
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，应满足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，应满足v前′≥v后′(不可出现二次碰撞).
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变（不可穿越），除非两物体碰撞后速度均为零．
二．判断碰撞的可能性经常要用到动能和动量的关系：Ek＝eq \f(p2,2m)或Ek＝eq \f(1,2)pv．
9.(多选)质量分别为mP＝1 kg、mQ＝2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P一水平的速度vP0＝4 m/s 沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能是( )
A．vP＝vQ＝eq \f(4,3) m/s
B．vP＝－1 m/s，vQ＝2．5 m/s
C．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s
D．vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s
【答案】AB
【解析】碰撞前P、Q组成的系统总动量为p＝mPvP0＝4 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mPvP02＝8 J。如果vP＝vQ＝eq \f(4,3) m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝eq \f(1,2)mPvP2＋eq \f(1,2)mQvQ2＝eq \f(8,3) J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP＝－1 m/s，vQ＝2．5 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝eq \f(1,2)mPvP2＋eq \f(1,2)mQvQ2＝6．75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；如果vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝eq \f(1,2)mPvP2＋eq \f(1,2)mQvQ2＝24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。
10.(多选)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追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s
D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
【答案】AD
【解析】设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝eq \f(pA2,2m)＋eq \f(pB2,2m)＝eq \f(45,m)
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s.
碰后总动能Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(36,m)若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B错误．
若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(180,m)>eq \f(45,m)，故不可能，C错误．
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，
碰后p′＝12 kg·m/s＝p，
Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(40,m)11．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，A在后．已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是( )
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 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】ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；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，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误．
12.(多选)(2022·肇庆第二次统一测试)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比eq \f(M,m)可能为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】CD
【解析】设碰前每个物块的动量为p，碰后M的速度为v，由动量守恒得2p＝Mv
由能量守恒定律可知，碰前系统的动能大于等于碰后系统的动能，又Ek＝eq \f(p2,2m)，可得eq \f(p2,2M)＋eq \f(p2,2m)≥eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p,M)))eq \s\up12(2)，联立解得eq \f(M,m)≥3，C、D正确。
13.(多选)(2022·新疆维吾尔自治区第二次联考)如图所示，光滑的水平地面上，质量为m的小球A正以速度v向右运动。与前面大小相同质量为3m的B球相碰，则碰后A、B两球总动能可能为( )
A.eq \f(1,8)mv2 B.eq \f(1,16)mv2
C.eq \f(1,4)mv2 D.eq \f(5,8)mv2
【答案】AC
【解析】若A、B发生的是弹性碰撞，则没有能量的损失，碰后的总动能为eq \f(1,2)mv2，若发生的是损失能量最多的完全非弹性碰撞，由动量守恒有mv＝4mv1，则碰后两者总动能为Ek＝eq \f(1,2)×4meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,8)mv2，因此，碰后两者总动能范围是eq \f(1,8)mv2≤E总≤eq \f(1,2)mv2，A、C正确，B、D错误。
考点三 多次碰撞问题
14．（2022·重庆南开中学高一期末）五个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，五根轻绳互相平行且自然下垂，钢球之间接触而无挤压。现将左侧的①②③三个小球拨起相同的角度，然后从静止释放。经过一系列碰撞后，右侧的③④⑤三个小球一同向右摆动。在此过程中共发生的碰撞次数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】同时向左拉起小球①②③到相同高度同时由静止释放，则③与④碰后，③停止，④具有向右的速度；④与⑤碰撞交换速度，④停止，⑤向右摆起；③刚停止的时候②球过来与之碰撞交换速度，然后③与④碰撞，使④向右摆起；②球刚停止的时候①球过来与之碰撞交换速度，然后②与③碰撞交换速度，使③向右摆起；经一系列碰撞后，球③④⑤一起向右摆起。所以此过程中共发生的碰撞次数为6次。故选C。
15．如图所示，在光滑的水平面上并排放着一系列质量相等的滑块，现给最左侧滑块一水平向右的速度（滑块的初动能为），然后与其右侧的滑块依次发生碰撞，并且每次碰后滑块均粘合在一块，经过一系列的碰撞后，滑块的总动能变为。则碰撞的次数为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】C
【解析】假设每块滑块的质量为m，最左侧滑块的初速度为，碰撞次数为时滑块的总动能变为，整个过程由动量守恒定律可得
则碰撞次后的整体速度为
对应的总动能为
由题可知 解得故选C。
16．如图所示，21个质量均为2m的相同小球依次紧密排列成一条直线，静止在光滑水平面上，轻绳一端固定在O点，一端与质量为m的黑球连接，把黑球从与O点等高的A处由静止释放，黑球沿半径为L的圆弧摆到最低点B处时与1号球发生正碰，若发生的碰撞皆为弹性碰撞，不计空气阻力，则黑球与1号球最后一次碰撞后的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设黑球第一次到达最低点时的速度为v0，黑球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 解得：
设黑球与1号球发生碰撞后黑球的速度为v黑1，1号球的速度为v，黑球与1号球发生弹性碰撞，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：
由机械能守恒定律得： 解得：v黑1
黑球与1号球碰撞后，黑球速度反向，黑球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，黑球再次达到最低点时速度大小等于v黑1′=
发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，两质量相等的球发弹性碰撞后两球速度互换，则黑球与1号球碰撞后，1号球静止，2号球速度为v，碰后2号球与3号球发生碰撞，直至20号球与21号球碰撞，发生一系列碰撞后，21号球向右做匀速直线运动，1号到20号球静止在原位置；然后黑球与1号球发生第二次碰撞，设碰撞后黑球的速度为v黑2，1号球的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得： 解得：v黑2=
同理可知，黑球第3次与1号球碰撞后黑球的速度：v黑3
黑球最后一次与1号球碰撞后，黑球的速度为：
黑球的速度大小为，故D正确ABC错误。故选D。
17. （2020·全国Ⅱ卷·T21）(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 kgB. 53 kgC. 58 kgD. 63 kg
【答案】BC
【解析】 设运动员和物块的质量分别为、规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为、，则根据动量守恒定律
解得
物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
解得
第3次推出后
解得
依次类推，第8次推出后，运动员的速度
根据题意可知
解得
第7次运动员的速度一定小于，则
解得
综上所述，运动员的质量满足
AD错误，BC正确。
18．如图甲所示，在光滑的水平面上，质量为的弹性小球A，以水平向右的速度与质量为m的静止的弹性小球B发生弹性碰撞，求：
(1)碰撞后两个小球的速度大小；
(2)若光滑水平面上有3个质量均为m的静止的弹性小球有间隔的排放在一条直线上，编号依次为B、C、D，如图乙所示，求四个小球最终速度大小分别是多少？
【答案】(1) ，；(2) ，，，
【解析】(1)当球A与B相碰时，由于时弹性碰撞，则有系统机械能守恒以及动量守恒

由此可解得 ，
(2)由于B、C、D三个小球质量相同，且均为弹性碰撞，所以它们的碰撞速度发生交换，即：B、C两个小球均静止，小球D的速度为
小球A继续与B碰撞，同理可得，
B、C两球再次速度交换，然后，A球再次与B球发生碰撞，归纳可得各个小球的最终速度为
，，，
19．如图所示，足够长的光滑水平面上顺次停放着大小相同的4个木块A、B、C、D，其中A的质量为，B、C、D的质量均为m。现给A一个水平向右的初速度，四个物体将发生碰撞，设过程中除第（3）问B与A的碰撞外，其余均为弹性碰撞．则：
（1）A与B第一次碰撞后的速度各是多少？
（2）A、B、C、D最终速度各是多少？
（3）当A、B、C、D速度稳定后，在D的右侧某处放一固定的挡板，此后木块与挡板碰撞将原速弹回，只有B与A碰撞后粘在一起运动，则整个过程中因碰撞产生的热量是多少？
【答案】（1），；（2），，，；（3）
【解析】（1）A与B第一次碰撞过程，选向右为正方向，AB碰后速度分别为v1，v2，根据动量守恒、能量守恒有
解得
A与B第一次碰撞后，B的速度大于A的速度，则B先与C发生完全弹性碰撞，因为B和C质量相等，则速度互换，之后同理CD碰撞后速度互换，
则最终D的速度为
A与B第二次碰撞过程中，碰后速度分别为v1'，v2'，
与解析（1）同理可得
之后B与C发生完全弹性碰撞，速度互换，则最终C的速度为
故最终A和B的速度分别为
木块D与挡板碰撞将原速弹回，CD碰撞后速度互换，之后C以的速度向左运动，与B碰撞，速度再次互换，B以的速度向左运动与A发生完全非弹性碰撞，
根据动量守恒有 解得
因为碰撞产生的热量
20．光滑水平面上依次放99个质量均为m的弹性小球，质量相等的两弹性小球正碰时交换速度。现一质量为的小球A以初速度与第99个小球发生弹性正碰，求：
（1）小球A第一次与第99个小球碰后的速度大小；
（2）第1个和第2个小球最终的速度大小；
（3）第99个小球最终的速度大小。
【答案】（1） ；（2） ，；（3）
【解析】（1）A球与99号碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有
即
整理得
即
所以小球A第一次与99号碰撞后的速度大小为
所以99号第一次被碰撞后的速度大小为
因为
故先与98号碰撞且速度交换，而99号静止后再与A球作第二次碰撞。
（2）99号球依次向前碰，均是速度交换，多以最后的1号小球的最终速度（只碰一次）
2号小球的最终速度（只碰两次）
（3）A球以初速度与99号球第二次碰撞 。
A球与99号球第二次碰撞后获得的速度为
99号球第二次碰撞后的速度为
由于2号小球不可能与1号小球再碰撞，依次类推，3号小球最终速度（只碰三次）为
……
99号小球最终速度（碰99次）为‍
21．在电场强度为E的足够大的匀强电场中，有一与电场线平行的绝缘水平面，如图中虚线所示。平面上有两个静止的小球A和B，质量均为m，A球带电荷量+Q，B球不带电。开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正碰，碰撞中无机械能损失。设在每次碰撞过程中，A、B两球间无电荷量转移，且不考虑一切阻力及两球间的万有引力。则（ ）
A．A球经过时间与B球发生第一次碰撞
B．A球在以后与B球发生碰撞的时间间隔逐渐呈均匀递增
C．A球与B球发生碰撞的时间间隔一直保持不变，大小都是
D．AB球在第5次正碰与第6次正碰之间的时间间隔是
【答案】D
【解析】A．对小球进行研究，根据牛顿第二定律和运动学的公式有
①
②
解①②得 ③ 故A球经过时间与B球发生第一次碰撞，故A错误；
BCD．对碰撞前的过程，由动能定理，得
得 ④
、两球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得 ⑤
又由碰撞的过程中无机械能损失，得 ⑥
其中为碰撞后的速度，为碰撞后的速度，解⑤⑥得， ⑦
、两球碰后速度交换，故有
得 ⑧
第二次碰撞后球速度为，球速度为，所以有 ⑨
由位移关系得
得
依此类推，得 得
所以
故A球在以后与B球发生碰撞的时间间隔间隔相等，故BC错误，D正确；故选D。
22．在一光滑水平的长直轨道上，等距离地放着足够多的完全相同的质量为的长方形木块，依次编号为木块1，木块2…如图所示。在木块1之前放一质量为的大木块，大木块与木块1间的距离与相邻各木块间的距离相同，均为。现在，在所有木块都静止的情况下，以一沿轨道方向的恒力一直作用在大木块上，使其先与木块1发生碰撞，设碰后与木块1结为一体再与木块2发生碰撞，碰后又结为一体，再与木块3发生碰撞，碰后又结为一体，如此继续下去。今向大木块（以及与之结为一体的各小木块）与第几个小木块碰撞之前的一瞬间，会达到它在整个过程中最大速度？此速度等于多少？
【答案】，
【解析】用表示木块刚要受碰时大木块（以及与之已成为一体的各小木块）的速度，表示木块刚受碰后大木块（以及与之成为一体的各小木块）的速度，表示木块间的距离，表示恒力，则根据功能原理和动量守恒定律，有：
木块1受碰前后
木块2受碰前后
木块3受碰前后
……
木块受碰前后
∴
（∵）
欲求最大值，可配方如下：
可以看出，当时，最大，由此得，。
的最大值
本题所涉及的物理规律是中学生很熟悉的，但数学处理比较复杂。从最初几次碰撞的物理量之间的关系到归纳出普遍的第次碰撞前后物理量之间的关系，是本题所要考查的重点内容之一，这是分析问题和推理能力的重要表现；其后的数学处理也有相当的难度。从相当复杂的数学关系解出最后结果，能充分反映出学生思维的系统性和灵活性。