第25节 碰撞.
1.2015年理综天津卷9、（1）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，A、B两球的质量之比为__________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为_______________ 答案： 4∶1，9∶5 B A 解析：A球与挡板碰后两球刚好不发生碰撞，说明A、B碰后速率
大小相同设为v，规定向左为正方向，由动量守恒定律mBvB?mAv?mBv，由题意知vB∶v=3∶1， 解得mA∶mB=4∶1， 碰撞前、后两球总动能之比为
Ek1??9:5 Ek21(mA?mB)v2212mBvB22. 2013年江苏卷
5. 水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的
(A)30% (B)50% (C)70% (D)90% 答案：A
解析：碰撞过程的频闪的时间间隔t相同，速度v?x，如图所示，相t12mv，两球质量相等，碰撞过程中系统损失2同时间内，白球碰前与碰后的位移之比大约为5∶3，速度之比为5∶3，白球碰后与灰球碰后的位移之比大约为1∶1，速度之比为1∶1，又动能Ek?的动能为碰前动能减去系统碰后动能, 除以碰撞前动能时, 两球质量可约去, 其比例为
52-32?32?0.28，故A对，B、C、D错。 253. 2012年理综全国卷
21.如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是 A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置 【答案】AD
a b 1112【解析】根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得m1v1?m1v1'?m2v2'，m1v1?m1v1'2?m1v2'2，
??222且m1?m，m2?3m解得v1'?错误；根据
m1?m22m111v1??v1，v2'?v1?v1，所以A正确，B
m1?m22m1?m2212mv?mgh?mgR(1?cos?)，知第一次碰撞后，两球的最大摆角?相同，C错误；21 / 8
根据单摆的等时性，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。 4. 2011年理综全国卷
20．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v 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
L 碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井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
111mM2A．mv2 B．v C．N?mgL D．Nμm gL
222m?M答案：BD
解析：设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失△Ek＝
11mMmv2－(m＋M)v12，解得△Ek＝v2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子222(m＋M)的正中央，相对箱子运动的路程为S＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能：△Ek＝Q＝NμmgL，D对。 5. 2014年理综大纲卷
21．一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为 ( )
4A(A?1)2A?1A?1A． B． C． D．
(A?1)2A?1A?1(A?1)2【答案】A
【解析】设碰撞前后中子的速率分别为v1，v′1，碰撞后原子核的速率为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.
根据完全弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v′1，
1112?2 m1v12?m2v2?m1v1222??解得碰后中子的速率v1m1?m2A?1vA?1，A正确． v1?v1，因此碰撞前后中子速率之比1??A?1v1m1?m2A?16.2014年理综大纲卷24．(12 分)
冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求： ⑴碰后乙的速度的大小； ⑵碰撞中总机械能的损失。 【答案】(1) 1.0 m/s (2) 1400 J
【解析】 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′ . 由动量守恒定律有 mv－MV＝MV′ ① 代入数据得 V′＝1.0 m/s ② (2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有 111
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE ③ 222
联立②③式，代入数据得ΔE＝1400 J ④ 7. 2014年理综广东卷35.(18分)
图24 的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向
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右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞. （1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE； （2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时
探测器 间内通过B点，求v1的取值范围和P向左
P1 P2 经过A点时的最大动能E.
【解析】(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒
C L L A mv1=2mv ① B 图24 v?解②
得
v1?3m/s2
碰撞损失的动能
?E?mv12??2m?v21212 ③
解得 ΔE＝9J ④
(2) 由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，由运动学规律，得
μ(2m)g＝2ma ⑤
13L?vt?at22 ⑥
v2＝v-at ⑦
t2?24v1?t由①⑤⑥⑦解得24?t2v2?2t ⑧
由于2s≤t≤4s 所以解得v1的取值范围10m/s≤v1≤14m/s ⑨ v2的取值范围1m/s≤v2≤5m/s
所以当P向左经过B 点时最大速度为v2=5m/s，
P经过B点向左继续匀减速运动，经过A点时有最大速度v3：
2v3?v2?2?gL?17m/s
则P向左经过A点时有最大动能E?12(2m)v3?17J 2QO?h2，轨道在O点与水平地面平滑
8.2018年海南卷14．（16分）如图，光滑轨道PQO的水平段
连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为??0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
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P A h （1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小； （2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。
Q B hO 2解：（1）设第一次碰撞前瞬间A的速度为v0，物块A下滑到O的过程中，由机械能守恒定律有 12 mgh?mv02 ①
设第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1、V1，取向右方向为正。A、B在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后系统的动能相等，有 mv0?mv1?(4m)V1
② ③
12121mv0?mv1?(4m)V12 222联立①②③式得 33v1??v0??2gh
55V1?22v0?2gh 55
④ ⑤
322gh2gh55即第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为和。
（2）A、B碰撞后，A自O点向左运动，经过一段时间后返回到O点，设A两次经过QO段运动
的时间为t，有 t?2QOv1 ⑥
B碰撞后向右运动，设A、B在地面上运动的加速度大小分别为aA、aB，由牛顿第二定律得
?mg?maA ?(4m)g?4maB ⑦
设B在地面上向右运动的时间为tB，由运动学公式得 0?V1?aBtB ⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式并代入题给条件得 t?tB
⑨
由⑨式可知，当A再次回到O点时B已停止运动。由
v1?V1和⑦式知，A、B将再次碰撞。设B
从O点以速度V1开始运动到速度减为0的过程中，运动的距离为s，再次碰撞前瞬间A的速度大小为v2。由运动学公式有
0?V12??2aBs
⑩
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22v2?v1??2aAs ?
设再次碰撞后瞬间A和B的速度分别为v3和V2，由完全弹性碰撞的规律，可得类似于④⑤式的结果 3v3??v2
5V2?2 v2 ?5?
由④⑤⑦⑩??式知
v3?V1，即再次碰撞后，A不能运动到O点。设再次碰撞后A和B走过的路程
分别为sA和sB，由动能定理有 12 ??mgsA?0?mv32???4m?gsB?0??
1?4m?V22 2联立④⑤⑦⑩?????式得，A、B均停止运动后它们之间的距离为
26sA?sB?h125 ?
9. 2013年广东卷35.（18分）
如图18，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质
P L 量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧v0 l B A P1 P2 的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为
2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，图18 与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与
P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ，求
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2； （2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep 解：(1)P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律 mv0=2mv1 ① 解得v1?1v0 ② 2对P1、P2、P系统，由动量守恒定律 mv0+ 2mv0=4mv2 ③ 解得v2?3v0 ④ 4111222(2m)v0?(2m)v1?(4m)v2 222④
(2)当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，弹簧压缩量最大， 对系统由能量守恒定律 ??2mg(L?x)?Ep?P刚进入P2 到P1、P2、P 第二次等速时，由能量守恒得；
??2mg(2L?2x)?(2m)v02?(2m)v12?(4m)v22
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高考物理试卷分类汇编025碰撞
