2019年高考物理二轮复习专题讲义：动量专题 103.碰撞(含答案)

碰 撞
1.碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞. (2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒. (3)碰撞分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失. ②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.
一、碰撞过程的特征：
①碰撞双方相互作用的时间△t 一般很短；
②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。

二、碰撞的分类：
1.按碰撞方向分类 —— 正碰、斜碰
2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

碰撞过程中损失的动能转化为其它能量， 如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。

①完全弹性碰撞 ——动量守恒，动能守恒 ②非(完全)弹性碰撞——动量守恒，动能有损失
③完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大 （外部特征：以共同速度运动）， 三、碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 1. 系统动量守恒的原则2211202101v m v m v m v m +=+ 2. 物理情景可行性原则—位置不超越 3. 不违背能量守恒的原则—动能不膨胀
222211*********
1212121v m v m v m v m +≥+ 四、三种典型的碰撞
1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。

2211202101v m v m v m v m +=+
222211*********
1212121v m v m v m v m +=+
解以上两式可得：
v 1 v 2 v 10 v 20 碰前 碰后
2120
2102112m m v m v )m m (v ++-=
2
110
1201222m m v m v )m m (v ++-=
对于结果的讨论：
①当m 1 = m 2 时，v 1 = v 20 ， v 2 = v 10 ,质量相等的两物体弹性碰撞后, “交换速度”； ②当m 1 << m 2 , 且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m 1 >> m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 2v 10 ， 2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失， 3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度； 外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有
2
120
210121m m v m v m v v ++=
=
.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加
E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′
2
2m 2
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒
⎩⎪⎨⎪⎧
m 1v 1
＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1
′2＋12m 2v 2′2
② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2
v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1
m 1＋m 2
(2)分析讨论：
当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则： v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1
m 1＋m 2
，
①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动.
③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.
五、“广义碰撞” ——物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。

此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v 1=v 10 ,v 2= v 20的解。

2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要结论： －ΔE = ΔE 内 = f 滑·S 相 ， 其中S 相指相对路程
10．一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是 ( B D ) A ．木块获得的动能变大 B ．木块获得的动能变小 C ．子弹穿过木块的时间变长 D ．子弹穿过木块的时间变短
11．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点．Q 与轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞，一段时间后P 与弹簧分离．在这一过程中，下列说法正确的是 ( A C ) A ．P 与弹簧分离时，Q 的动能达到最大 B ．P 与弹簧分离时，P 的动能达到最小 C ．P 与Q 的速度相等时，P 和Q 的动能之和达到最小 D ．P 与Q 的速度相等时，P 的动能达到最小
12－2．（2）（选修3－5 ）质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动并发生对心碰撞，碰后m 2被右侧的墙原速弹回，又与m 1相碰，碰后两球都静止。

求：第一次碰后m 1球的速度. 解：根据动量守恒定律得：⎩⎨
⎧'=''+'=+221
1221
12211v m v m v m v m v m v m
解得：1
2
2111
2m v m v m v +='
16．如图所示，质量为m 的滑块，以水平速度v 0滑入光滑的
4
1
圆弧的小车上，当滑块达到圆弧上某一高度后又开始下滑，如果小车的质量M =2m ，小车与地面无摩擦，假设圆弧的半径足够大，则滑块最后滑出圆弧时的速度大小
为 ；方向为 ． 解：由动量守恒和能量守恒2
10Mv mv mv +=
解得001
31
v v M m M m v -=+-=
滑块最后滑出圆弧时的速度大小为013
1
v v =
, 速度的方向水平向左 14．(选修3-5) (2)a 、b 两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s -t 图象如图所示，若a 球的质量m a =1kg ，则b 球的质量m b 等于多少?
解：从位移—时间图像上可看出，碰前B 的速度为0，A 的速度v 0=Δs /Δt =4m/s （2分）
v 1 v 2 12
碰撞后，A 的速度v 1=-1m/s ，B 的速度v 2=2m/s ，（2分） 由动量守恒定律得m A v 0=m A v 1+m B v 2， （2分） m B =2.5kg （2分） 38、⑵【物理－物理3－5】
一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图1所示．现给盒子—初速度v 0，此后，盒子运动的v －t 图象呈周期性变化，如图2所示．请据此求盒内物体的质量．
解：设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律
mv Mv =0
3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞
22
02
121mv Mv = 解得： m ＝M
（也可通过图象分析得出v 0＝v ，结合动量守恒，得出正确结果）
20．如图是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB ，半径分别为R 1 =1.0m 和R 2 = 3.0m 的弧形轨道，倾斜直轨CD 长为L = 6m 且表面粗糙，动摩擦因数为μ=1/6，其它三部分表面光滑， AB 、CD 与两圆形轨道相切．现有甲、乙两个质量为m =2kg 的小球穿在滑轨上，甲球静止在B 点，乙球从AB 的中点E 处以v 0 =10m/s 的初速度水平向左运动．两球在整个过程中的碰撞均无能量损失。

已知θ =37°，（取g = 10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）甲球第一次通过⊙O 2的最低点F 处时对轨道的压力； （2）在整个运动过程中，两球相撞次数；
（3）两球分别通过CD 段的总路程． 解：（1）甲乙两球在发生碰撞过程由动量守恒和能量守恒可得：210mv mv mv += 2
221202
12121mv mv mv += 可得：01=v 02v v =或01v v =
02=v （舍去）
即交换速度。

甲球从B 点滑到F 点的过程中，根据机械能守恒得：
2
222
121F v m h mg mv =∆+ 在F 点对滑环分析受力，得2
2
R v m mg F F N =-
由上面二式得 ：3
500
=
N F N
F
v
0 0 0 0 0 v 图2
图1
根据牛顿第三定律得滑环第一次通过⊙O 2的最低点F 处时对轨道的压力为
3
500
N …（6分） （2）由几何关系可得倾斜直轨CD 的倾角为37°，甲球或乙球每通过一次克服摩擦力做功为：
θμcos mgL W =克 ，得16=克W J
2
0021mv E k =
25.60==克
W E n k 分析可得两球碰撞7次…………………………（5分）
（3）由题意可知得：滑环最终只能在⊙O 2的D 点下方来回晃动，即到达D 点速度为零，
由能量守恒得：
θμθcos )cos 1(2
122
0mgs mgR mv =++ 解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程78=s m …………………………………（5分）
分析可得乙3次通过CD 段，路程为18m ，所以甲的路程为60m
20、(16分)如图所示的轨道由位于竖直平面的圆弧轨道和水平轨道两部分相连而成．水平轨道的右侧有一质量为2m 的滑块C 与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直的墙M 上，
弹簧处于原长时，滑块C 在P 点处；在水平轨道上方O 处，用长为L 的细
线悬挂一质量为m 的小球B ，B 球恰好与水平轨道相切于D 点，并可绕D 点在竖直平面内摆动．质量为m 的滑块A 由圆弧轨道上静止释放，进入
水平轨道与小球B 发生碰撞，A 、B 碰撞前后速度发生交换．P 点左方的轨
道光滑、右方粗糙，滑块A 、C 与PM 段的动摩擦因数均为μ=1/3，其余各处的摩擦不计，A 、B 、C 均可视为质点，重力加速度为g ．
(1)若滑块A 能以与球B 碰前瞬间相同的速度与滑块C 相碰，A 至少要从距水平轨道多高的地方开始释放?
(2)在(1)中算出的最小值高度处由静止释放A ，经一段时间A 与C 相碰，设碰撞时间极短，碰后一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为L /3，求弹簧的最大弹性势能．
解：(16分) (1)要使滑块A 能以与B 碰前瞬间相同的速度与C 碰撞，必须使小球B 受A 撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A ，使A 继续向右运动。

设A 从距水平面高为H 的地方释放，与B 碰前的速度为v 0 对A ，由机械能守恒得： 2
02
1mv mgH =
① (1分) 向心力 L
v m F 2
= (1分)
设小球B 通过最高点的速度为v B ，则它通过最高点的条件是：L
v m mg B
2≤ ② (2分)
小球B 从最低点到最高点机械能守恒：2
202
1221B
mv mgL mv += ③ (2分) 联立①、②、③得： L H 2
5
≥
④ (2分) 评价说明：如果②式中的“≤”、④式中的“≥”写成“＝”，又没有用文字表明是极值的，该式为零分 (2)从这个高度下滑的A 与Ｃ碰撞前瞬间速度gL v 50= ⑤ (2分) 设A 与C 碰后瞬间的共同速度为v ，由动量守恒：mv 0＝(m ＋2m )v ⑥ (2分)
P M
D
A 、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律。

有：
L )mg mg (E v )m m (P 3
1
22212⋅⋅++=+μμ ⑦ (3分) 由⑤、⑥、⑦式得： m g L .E P 50= (1分)
19、（16分）如图（a ）所示，在光滑绝缘水平面的AB 区域内存在水平向右的电场，电场强度E 随时间的变化如
图（b ）所示．不带电的绝缘小球P 2静止在O 点．t ＝0时，带正电的小球P 1以速度v 0从A 点进入AB 区域，随后与P 2发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的
3
2
倍，P 1的质量为m 1，带电量为q ，P 2的质量m 2＝5m 1，A 、O 间距为L 0，O 、B 间距.L L 340=已知.t L
T ,L v m qE 0
002
01032== ⑴求碰撞后小球P 1向左运动的最大距离及所需时间；
⑵讨论两球能否在OB 区间内再次发生碰撞．
解：(1)P 1经t 1时间与P 2碰撞，则001v
t
=
P 1、P 2
碰撞，设碰后P 2速度为v 2，由动量守恒：2201013
2
v m )v (m v m +-= 解得32
01/v v =（水平向左） 3/02v v =（水平向右）
碰撞后小球P 1向左运动的最大距离：1
212a v S m = 又：02
10132L v m qE a =
= 解得：3/0L S m = 所需时间：0
112v L a v t =
=
（2）设P 1、P 2碰撞后又经t ∆时间在OB 区间内再次发生碰撞，且P 1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：21S S = 则：t v t a t v ∆=∆+∆-22112
1
解得：T v L t 330
==
∆ （故P 1受电场力不变） 对P 2分析：<=⋅=
∆=000022331L v L v t v S 043
L
L = 所以假设成立，两球能在OB 区间内再次发生碰撞。

A
O （a ） E （b ）。