11-19年高考物理真题分专题汇编之专题025.碰撞.doc

1、 a b 第第 25 节节 碰撞碰撞.吕叔湘中学庞留根吕叔湘中学庞留根 1.2015 年理综天津卷年理综天津卷 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 31，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： 41，95 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vmvmvm BABB ，由题意知 vBv=31， 解得 mAmB=4

2、1， 碰撞前、后两球总动能之比为 5:9 2 1 2 1 2 2 2 1 v )mm( vm E E BA BB k k 2. 2013年江苏卷年江苏卷 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 t x v ，如图所示，相同时间内，白球碰前与碰后的 位移之比大约为53， 速度之比为53， 白球碰后与灰球碰后的位移之比大约为11， 速度之比为11， 又动能 2 2 1 mvEk， 两球质量

3、相等， 碰撞过程中系统损失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 28. 0 5 33-5 2 222 ，故A对，B、C、D错。 3. 2012 年理综全国卷年理综全国卷 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

4、 【解析】 根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得 221111 vmvmvm， 2 21 2 11 2 11 2 1 2 1 2 1 vmvmvm， 且mm 1 ，mm3 2 解得 11 21 21 1 2 1 vv mm mm v ， 11 21 1 2 2 12 vv mm m v ，所以 A 正确，B 错误； 根据)cos1 ( 2 1 2 mgRmghmv，知第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，C 错误；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

5、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 。 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，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 A 2 1 2 mv B 2 1 2 mM v mM C 1 2 N mgL DNm gL 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(mM)v1， 则动能损失Ek1 2mv 2 1 2(mM)v1 2，解得E k mM 2(mM)v 2，B 对；依题意：小物块与箱壁碰撞 N 次后回到箱子的正

6、中央， 相对箱子运动的路程为 S0.5L(N1)L0.5LNL，故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能： EkQNmgL，D 对。 5. 2014 年理综大纲卷年理综大纲卷 21一中子与一质量数为 A（A1）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 ( ) A 1 1 A A B 1 1 A A C 2 1 4 )A( A D 2 2 1 1 )A( )A( 【答案】A 【解析】设碰撞前后中子的速率分别为 v1，v1，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 m2Am1. 根据完全弹性碰撞规律可得 m1v1m2v2m1v1，

7、 2 11 2 22 2 11 2 1 2 1 2 1 vmvmvm 解得碰后中子的速率 11 21 21 1 1 1v A A v mm mm v ，因此碰撞前后中子速率之比 1 1 1 1 A A v v ，A 正确 6.2014 年理综大纲卷年理综大纲卷 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 v L 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： 碰后乙的速度的大小； 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

8、、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 mvMVMV 代入数据得 V1.0 m/s (2)设碰撞过程中总机械能的损失为 E，应有 1 2mv 21 2MV 21 2MV 2E 联立式，代入数据得 E1400 J 7. 2014 年年理综广东卷理综广东卷 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 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

9、的质量都为 m=1kg， P 与 AC 间的动摩擦因数为 =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 E； （2）若 P 与挡板碰后，能在探测器的 工作时间内通过 B 点，求 v1的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E. 【解析】(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒 mv1=2mv 解得 m/ s3 2 1 v v 碰撞损失的动能 22 1 2 2 1 2 1 vmmvE 解得 E9J (2) 由于 P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.

10、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 (2m)g2ma 2 2 1 3atvtL v2v-at P1 P2 L L A B C 探测器 图 24 由解得 t t v t t v 2 2424 2 2 2 1 由于 2st4s 所以解得 v1的取值范围 10m/sv114m/s v2的取值范围 1m/sv25m/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： m/s172 2 23 gLvv 则 P 向左经过 A 点时有最大动能J172 2 1 2 3 v

11、 )m(E 8.2018 年海南卷年海南卷 14 （16 分）如图，光滑轨道 PQO 的水平段QO 2 h ，轨道在O点与水平地面平滑 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 （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。 解：（1）设第一次碰撞前瞬间A的速度为 0 v ，物块 A 下滑到 O 的过程中，由机械能守恒定律有 2 0 1 2 mghmv 设第

12、一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为 1 v、 1 V，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 011 (4 )mmm Vvv 222 011 111 (4 ) 222 mmm Vvv 联立式得 10 33 2 55 gh vv 10 22 2 55 Vghv 即第一次碰撞后瞬间 A 和 B 速度的大小分别为 3 2 5 gh和 2 2 5 gh。 （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 1 2QO t v h h 2 A B O P Q v0 P L A B P1 P2 图1

13、8 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 A a、 B a，由牛顿第二定律得 A mgma B ( 4)4m gm a 设 B 在地面上向右运动的时间为 B t，由运动学公式得 1B B 0Va t 联立式并代入题给条件得 B tt 由式可知，当 A 再次回到 O 点时 B 已停止运动。由 11 Vv 和式知，A、B 将再次碰撞。设 B 从O 点以速度 1 V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 2 v。 由运动学公式有 2 1B 02Va s 22 21A 2a s vv 设再次碰撞后瞬间A和B的速度分别为 3 v和 2

14、 V，由完全弹性碰撞的规律，可得类似于式的结 果 32 3 5 vv 22 2 5 V v 由式知 31 Vv ，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 A s和 B s，由动能定理有 2 A3 1 0 2 mgsmv 2 B2 1 404 2 m gsm V 联立式得，A、B 均停止运动后它们之间的距离为 AB 26 125 ssh 9. 2013 年广东卷年广东卷 35.（18 分） 如图 18，两块相同平板 P1、P2置于光滑水平面上，质量均为 m。P2的右端固定一轻质弹簧， 左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L。物体 P 置于 P1的 最右端，质量

15、为 2m 且可以看作质点。P1与 P 以共同 速度 v0向右运动，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 ，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 解得 01 2 1 vv 对P1、P2、P系统，由动量守恒定律 mv0+ 2mv0=4mv2 解得 02 4 3 vv (2)当弹簧压缩最大时，P1、P2、P 三者具有共

16、同速度v2，弹簧压缩量最大， 对系统由能量守恒定律 2 2 2 1 2 0 )4( 2 1 )2( 2 1 )2( 2 1 )(2vmvmvmExLmg p P 刚进入P2 到P1、P2、P 第二次等速时，由能量守恒得； 2 2 2 1 2 0 )4( 2 1 )2( 2 1 )2( 2 1 )22(2vmvmvmxLmg 由得：L g v x 32 2 0 ， 16 2 0 mv Ep 10.2011 年理综重庆卷年理综重庆卷 24 （18 分）如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为 m，人在极短时间 内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离 L 时与第二辆车相碰，

17、两车以共同速度继续运动了 距离 L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离 L 时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受 重力的 k 倍，重力加速度为 g，若车与车之间仅在碰 撞时发生相互作用， 碰撞时间很短， 忽略空气阻力， 求： 整个过程中摩擦阻力所做的总功； 人给第一辆车水平冲量的大小； 第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。 解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为 W，则 WkmgL2kmgL3kmgL6kmgL （2）设第一车的初速度为 0 u，第一次碰前速度为 1 v，碰后共同速度为 1 u，第二次碰前速度为 2 v， 碰后共同速度为 2 u. 2 0 2 1 2 1 2 1

18、 mumvkmgL 2 1 2 2 2 1 )2( 2 1 )2(muvmgLmk L L L 1 2 3 地面 地面 2 2 )3( 2 1 0)3(umgLmk 动量守恒 11 2mumv 22 32mumv 人给第一辆车水平冲量的大小kgLmmuI72 2 由解得kgLv26 2 1 由解得kgLvu26 4 1 4 1 2 1 2 1 第一次碰撞系统动能损失kmgummvEk 2 13 )2( 2 1 2 1 2 1 2 11 由解得kgLu2 2 2 由解得 22 2 3 uv 第二次碰撞系统动能损失kmgumvmEk 2 3 )3( 2 1 )2( 2 1 2 2 2 21 第一次

19、与第二次碰撞系统动能损失之比 3 13 2 1 k k E E 11.2015 年广东卷年广东卷 36(18 分)如图 18 所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端 分别与两侧的直轨道相切，半径 R0.5m，物块 A 以 V06m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再 沿圆轨道滑出后，与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道 呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 0.1，A、 B 的质量均为 m1kg(重力加速度 g 取 10m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短)。 ( 1) 求

20、 A 滑 过 Q 点时 的速 度大小 V 和受到的弹力大小 F； (2)若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值； (3)求碰后 AB 滑至第 n 个(nk)光滑段上的速度 Vn与 n 的关系式。 答案：(1) v4m/s，F22N； （2）k45；(3) m/s209n.Vn (其中 n1、2、3、44) 13 12 11 Q R V0 A B P l l k 图 18 解析：(1)由机械能守恒定律得： 22 0 2 1 2 2 1 mVRmgmV 解得 A 滑过 Q 点时的速度 V = 4m/s 在 Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有： R V mmgF 2 解得：A

21、滑过 Q 点时受到的弹力 F = 22N （2）AB 碰撞前 A 的速度为 VA , 由机械能守恒定律有： 22 0 2 1 2 1 A mvmv 得：VA = V0 = 6m/s AB 碰撞后以共同的速度 VP前进，由动量守恒定律得： mVA = (m + m)VP 得： VP = 3m/s 总动能J9 2 1 2 Pk V)mm(E 滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 E = fL = (m + m)gL = 0.2J 则： 45 20 9 .E E k k (3)AB 滑到第 n 个光滑段上损失的能量 E损 = nE = 0.2n J 由能量守恒得：EnV)mm(V)mm( nP 22 2 1 2 1 代入数据解得：m/s209n.Vn， （n k）