85碰撞-2024高考一轮复习100考点100讲

2024年高考一轮复习100考点100讲第8章动量守恒定律第8.5讲碰撞【知识点精讲】1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。3．分类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【方法归纳】1、碰撞的可能性问题碰撞后运动状态可能性判断的三个依据(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或p122m1＋p(3)速度要符合情景．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．2.一动一静"弹性碰撞模型如图所示，已知A、B两个刚性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B取小球A初速度v0m1联立解得v1=讨论：（1）若m1>m2，则0<v（2）若m1=m2，则v1（3）若m1<m2，则v1<0（即v1与v0（4）若m1m2，则v1趋近于v0、v2（5）若m1m2，则v1趋近于-v0注意：上面讨论出的结果不能盲目套用，应用的前提条件是一个运动的物体去碰撞一个静止的物体，且是弹性碰撞。3."一动一静"弹性碰撞模型的类比应用广义地讲，“碰撞”就是一种相互作用，弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，如果相互作用前后系统满足动量守恒、动能不变，具备了这一特征的物理过程，就可理解为“弹性碰撞”过程，就可以类比弹性碰撞的规律解题。如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v0向右运动，若mA>mB，则当弹簧再次恢复原长时，木块A和B通过弹簧相互作用，系统动量守恒，机械能守恒，A和B之间的相互作用可以视为弹性碰撞，弹簧再次恢复原长时，相当于木块A与木块B之间的弹性碰撞结束，则此时A、B的速度分别为vA=(mA-mB)v0m处理碰撞问题的几个关键点（1）选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞，要合理选取所研究的系统。（2）弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。（3）弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。【最新高考题精练】1（2021重庆高考）.质量相同的甲乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。题图中实线和虚线分别表示甲乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t=t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则A.t=0时刻，甲的速率大于乙的速率B.碰撞前后瞬间，乙的动量不变C.碰撞前后瞬间，甲的动能不变D.碰撞后甲的机械能大于乙的机械能【参考答案】C【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，t=0时刻，甲的速率小于乙的速率，选项A错误；根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于t=t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，选项B错误C正确；根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，选项D错误。2．（9分）（2021新高考北京卷）如图所示，小物块A、B的质量均为m=0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）两物块在空中运动的时间t；（2）两物块碰前A的速度v0的大小；（3）两物块碰撞过程中损失的机械能。【解题思路】17．（9分）（1）竖直方向为自由落体运动，由 得 t=0.30s（2）设A、B碰后速度为，水平方向为匀速运动，由 得 根据动量守恒定律，由 得 （3）两物体碰撞过程中损失的机械能 得 3.（11分)（2021年高考广东学业水平选择性测试）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图10所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10_2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10_2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1．现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2．（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间．【关键能力】本题以算盘上拨出算珠为情景，考查动能定理、动量守恒定律、牛顿运动定律及其相关知识点，意在考查考生对相关知识的灵活运用能力。【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，功和能的观念，动量观念，考生要能够分析运动情景，能从物理学的视角分析解决实际问题。【解题思路】（1）设甲算珠与乙碰撞前的速度为v，对甲算珠在导杆上滑动，由动能定理，μmgs1=mv2mv02解得v=0.3m/s甲乙算珠碰撞，由动量守恒定律，mv=mv1+mv2，解得乙算珠速度v2=0.2m/s，对乙算珠，由动能定理，μmgx=mv22解得：x=2.0×102m，等于s2=2.0×102m，所以能滑动到边框。（2）甲算珠与乙碰撞前的运动的加速度a=μmg=1m/s2，甲算珠与乙碰撞前的运动时间t1=（v0v）/a=0.1s甲算珠与乙碰撞后的运动时间t2=v1/a=0.1s甲算珠从拨出到停下的时间t=t1+t2=0.1s+0.1s=0.2s。4.（15分）（2021高考新课程湖北卷）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。【参考答案】15.（1）2R（2）（3）【解题思路】（1）根据题述，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由牛顿第二定律，mg=m解得v=由平抛运动规律，x=vt，2R=联立解得：x=2R（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点过程，由机械能守恒定律，mgRcosθ=,A所受力对A做功的功率P=mgsinθ·vD,联立解得：P=。（3）A碰撞后，由动能定理mgR=,，解得vA=B碰撞后，由动能定理2mgR+=,，解得vB=AB碰撞，由动量守恒定律，mv0=mvA+mvB，碰撞过程中A和B损失的总动能△Ek=（+）联立解得：△Ek=。5．（14分）（2021新高考天津卷）一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等．弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力．求（1）玩具上升到最大高度时的速度大小；（2）两部分落地时速度大小之比．【解题思路】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有①②联立①②式解得③（2）设玩具分开时两部分的质量分别为、，水平速度大小分别为、．依题意，动能关系为④玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有⑤分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为，设两部分落地时的速度大小分别为、，由速度合成公式，有⑥⑦联立④⑤⑥⑦式，考虑到，得⑧【最新模拟题精练】1.（2023湖南益阳桃江一中模拟）如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（）A.物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒B.物块落上小车后的最终速度大小为3m/sC.物块在小车的上表面滑动的距离为0.5mD.物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J【参考答案】CD【名师解析】物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：Mv0=（M+m）v所以共同速度为：，故B错误；物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：代入数据解得：ΔE1=1.25J由功能关系：ΔE1=μmg·Δx解得：Δx=0.5m，故C正确；在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：代入数据可得：ΔE=7.5J，故D正确2.（2023河北衡水中学一模）在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知（）A.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小B.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大【参考答案】C【名师解析】由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量较大，故A项错误；根据动量守恒定律有解得，故B错误，C正确；碰撞过程中滑块I受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D项错误。3.（2023辽宁大连金州高中三模）如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（）A. B. C. D.【参考答案】CD【名师解析】对于甲和箱子根据动量守恒得对于乙和箱子根据动量守恒得当甲乙恰好不相碰，则联立解得若要避免碰撞，则需要满足。4.（2023河北唐山一模）在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m等大物体B发生正碰，碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E，则碰撞之前物体A的动能可能为（）A.E B.3E C.5E D.7E【参考答案】BC【名师解析】设物体A碰前速度v0，若两物体发生非弹性碰撞，则此时解得碰撞之前物体A的动能若两物体发生弹性碰撞，则，解得，此时解得碰撞之前物体A的动能则碰撞之前物体A的动能可能为3E和5E。BC正确。5．（2023四川成都树德中学二诊）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物共B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除之间的图线为直线外。其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（）A．物块A、B的质量之比为1∶2B．弹簧的劲度系数为C．从到的过程中，物块运动加速度的最大值D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了【参考答案】AD【名师解析】A．根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的，根据则物块A与B碰撞前后速度大小之比为3：1，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有解得，A正确；设A质量为m，则B的质量为2m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知故从O到x1，由动能定理有，联立解得，B错误；C．从x2到x3过程中，加速度大小逐渐减小至0，然后再增加，故加速度最大处在x3处；在x1处有，解得在x3处有，解得故加速度最大值不可能为，C错误；碰撞后，A的动能为，则B的动能为，总动能为，从x1到x3过程中，由能量关系有解得，D正确。6．（2023四川成都树德中学二诊）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（）A．小球离车后，对地将做自由落体运动B．小球离车后，对地将向左做平抛运动C．小球在弧形槽上上升的最大高度为D．此过程中小球对车做的功为【参考答案】BC【名师解析】设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得由动能守恒定律得解得，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故A错误，B正确；当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得，故C正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功，故D错误。7.（2023湖南怀化二模）如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，，g取。以下说法正确的是（）A.小球B下落时离地面的高度是20mB.小球A上升至最高处时离地面40mC.小球A从抛出到落回地面的时间为3sD.小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m【参考答案】C【名师解析】A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，均为为小球B下落时离地面的高度是40m，AB错误；两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为根据两球在竖直方向上的动量守恒两球粘在一起后的竖直速度为继续下落，有得则小球A从抛出到落回地面的时间为3s，C正确；小球A从抛出到与小球B相撞的水平距离为根据两球在水平方向上的动量守恒得相撞后两球的水平位移为小球A从抛出到落回地面的水平距离为D错误。8.（2023浙江杭州名校联考）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的xt图像。已知m1=0.1kg，由此可以判断（）A.碰前B静止，A向右运动 B.碰后A和B都向右运动C.由动量守恒可以算出m2=0.3kg D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能【参考答案】AC【名师解析】碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故A正确，B错误；根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′代入解得m2＝0.3kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为D错误。9.（2023山东潍坊三校联考）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/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′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB.vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC.vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD.vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s【参考答案】B【名师解析】碰前的动量为碰后A项的总动量为D项的总动量为则两种情况都满足动量守恒；但碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，AD错误；碰后B项的总动量为则满足动量守恒，碰后A的速度小于B的速度，不会发生第二次碰撞，碰前的总动能两球碰后的总动能不违背能量守恒定律，B正确；C项碰后的总动量为则满足动量守恒，两球碰后的总动能大于碰前的总动能违背了能量守恒定律，C错误。【规律总结】碰撞遵循的三个原则动量守恒碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′动能不增加碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。系统动能满足关系式：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22≥eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2物理情境可行性按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致10..(2023江苏南通重点高中质检)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是，则由图像判断下列结论正确的是（）A.碰撞前、后A球的动量变化量为6kg·m/sB.碰撞时A球对B球的冲量为－6N·sC.A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【参考答案】D【名师解析】xt图像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度分别为所以碰撞前、后A球的动量变化量为故A错误；碰撞前B球的速度为设B球质量为m′，根据动量守恒定律有解得根据动量定理可知，碰撞时A球对B球的冲量为故B错误；A、B两球碰撞前的总动量为，故C错误；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为故D正确。11.（2023湖北四市七校联盟期中联考）质量为2m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为3m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度vA大小和小球B的速度大小vB可能为（）A.， B.，C.， D.，【参考答案】AD【名师解析】碰撞过程中应满足动量守恒，即还应满足系统总动能不增加，即若，当vA与vB方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，A可能；若，当vA与vB方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但vA>vB，故不符合实际情况，B不可能；．若，当vA、vB代入计算，可知不满足动量守恒，C不可能；若，当vA与vB方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，小于系统碰撞前的动能，D可能。12．（2023四川成都七中二诊）（12分）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，其B端刚好与水平面相切，水平面BD部分光滑，D点右侧部分粗糙且足够长，质量为3m的物块b放在水平面上的C点，质量为m的物块a从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块a沿圆弧面下滑到水平面上与物块b发生正碰。不计两个物块大小，已知重力加速度为g，物块与水平面粗糙部分的动摩擦因数为0.5，试回答下列问题：（1）a与b碰撞前的瞬间a的速度大小；（2）若a与b碰撞后粘在一起，则碰撞后间a、b在粗糙水平面上滑行的距离；（3）若a与b发生弹性碰撞，求碰撞过程b对a的冲量及物块a、b最终静止在粗糙水平面上时的间距。【参考答案】（1）；（2）；（3），方向水平向左，0【名师解析】（1）设a与b碰撞前的一瞬间，a的速度大小为，根据机械能守恒有解得（2）设碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒有解得设两物块在粗糙水平面上滑动的距离为x，根据动能定理解得（3）设碰撞后一瞬间a、b的速度大小分别为、，根据动量守恒有根据能量守恒有解得，a、b碰撞过程，根据动量定理，b对a的冲量即b对a的冲量大小为，方向水平向左。碰后a被反向弹回，最终滑上凹面上后返回再次进入水平面，由于a、b滑上粗糙水平面时的初速度大小相同，由动能定理可知，两物块在水平面上滑行的距离相同，即物块a、b静止在粗糙水平面上时相距的距离为0。13.（2023河北衡水中学一模）如图所示，有两足够长倾角均为的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的物块b发生第一次碰撞，之后弹簧储存的弹性势能的最大值，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为，小滑块a与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，，。求：（1）P点距水平面的高度h；（2）小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离；（3）小滑块b在斜面上运动的总路程。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）根据题意，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，由动量守恒定律有由能量守恒定律有联立代入数据解得，（2）根据题意，由动量守恒定律和能量守恒定律有联立代入数据解得在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有解得（3）根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为，有整理后有b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程中有由于交换速度，故与大小相等，解得返回底端的过程中在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小b上升到顶端的过程中可得则有即小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有1