2024届高考物理一轮复习重难点逐个击破42动量守恒之碰撞问题（解析版）.docx

专题42 动量守恒之碰撞问题考点一 弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞考点二　 碰撞可能性的判断考点三 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′m1v＝m1v1′2＋m2v2′2解得v1′＝，v2′＝．(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

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/sB．碰撞过程中A对B的冲量为－4 N·sC．碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/sD．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＝ m/s＝－3 m/s，vB＝ m/s＝2 m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝ 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＝＝ kg＝ kg，故A与B碰撞前的总动量p总＝mvA＋mBvB＝－ 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＝mvA2＋mBvB2－(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＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′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．12v0，1736mv02 B．13v0，1336mv02C．32v0，518mv02 D．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．mv2 B．C．NμmgL D．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＝，系统损失的动能为ΔEk系＝mv2－(M＋m)v12＝，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．2 B. C．2 D.【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：mv02＝mv12＋·2mv22，联立得：v2＝.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·，A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝·2mv2′2－·2mvmin2，v2′＝，解得：v0′＝1.5，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.5.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＝·2mv2″2，v2″2＝，解得v0″＝1.5，可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5.由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5或v0≥1.5，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＋≥＋.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＝或Ek＝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＝ m/sB．vP＝－1 m/s，vQ＝2．5 m/sC．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/sD．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＝mPvP02＝8 J如果vP＝vQ＝ m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝mPvP2＋mQvQ2＝ 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′＝mPvP2＋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′＝mPvP2＋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/sB．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/sC．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/sD．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。