高考物理一輪復(fù)習(xí)重難點(diǎn)逐個(gè)突破專題42動(dòng)量守恒之碰撞問題(原卷版+解析)

專題42動(dòng)量守恒之碰撞問題考點(diǎn)一彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞考點(diǎn)二碰撞可能性的判斷考點(diǎn)三多次碰撞問題考點(diǎn)一彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞1.彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒．質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球彈性正碰時(shí)（一動(dòng)碰一靜）：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)．(要求熟記)結(jié)論：(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都與v1方向同向．(若m1?m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去)(2)若m1<m2，v1′為負(fù)值，表示v1′與v1方向相反，m1被彈回．(若m1?m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止)(3)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度互換．2.非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ΔE＝Ek初總－Ek末總＝Q.3.完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩者碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大．設(shè)兩者碰后的共同速度為v共，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共械能損失為ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.1.在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1小球以速度v0撞向它們，如圖所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v02.質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開了一定的距離，如圖所示．具有動(dòng)能E0的第1個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng)，依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個(gè)物塊粘在一起，則最后這個(gè)整體的動(dòng)能為()A．E0B.eq\f(2E0,3)C.eq\f(E0,3)D.eq\f(E0,9)3.(多選)A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時(shí)間圖像。a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時(shí)間圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖線。若A球的質(zhì)量m＝2kg，則下列結(jié)論正確的是()A．A、B碰撞前的總動(dòng)量為3kg·m/sB．碰撞過程中A對B的沖量為－4N·sC．碰撞前后A的動(dòng)量變化量為4kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J4.(2020·全國卷Ⅲ)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J5．（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）如圖所示，物塊甲、丙的質(zhì)量均為m，乙的質(zhì)量為2m，均靜止在光滑水平臺(tái)面上，甲、乙間用一根不可伸長的輕質(zhì)短細(xì)線相連。初始時(shí)刻細(xì)線處于松弛狀態(tài)，丙位于甲右側(cè)足夠遠(yuǎn)處?，F(xiàn)突然給甲一瞬時(shí)沖量，使甲以初速度v0沿甲、丙連線方向向丙運(yùn)動(dòng)，細(xì)線斷后甲的速度變?yōu)?3A．12v0，1736mC．32v0，518m6．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()A．eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(Mmv2,2M＋m)C．eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL7.(多選)如圖所示，豎直放置的半徑為R的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦．圓心O點(diǎn)正下方放置質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞．碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為(重力加速度為g)()A．2eq\r(2gR)B.eq\r(2gR)C．2eq\r(5gR)D.eq\r(5gR)8．（2022·廣東·增城中學(xué)高三開學(xué)考試）某冰雪游樂場中，用甲、乙兩冰車在軌道上做碰碰車游戲，甲車的質(zhì)量m1=20kg，乙車的質(zhì)量m2=16kg。軌道由一斜面與水平面通過光滑小圓弧在B處平滑連接。甲車從斜面上的A處由靜止釋放，與停在水平面C處的乙車發(fā)生正碰，碰撞后乙車向前滑行12.5m后停止。已知A到水平面的高度H=5m，（1）甲車到達(dá)C處碰上乙車前的速度大??；（2）兩車碰撞過程中的機(jī)械能損失量?？键c(diǎn)二碰撞可能性的判斷一．碰撞問題遵循的三個(gè)原則：1.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.2.系統(tǒng)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).3.速度要合理：①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，應(yīng)滿足v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足v前′≥v后′(不可出現(xiàn)二次碰撞).②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變（不可穿越），除非兩物體碰撞后速度均為零．二．判斷碰撞的可能性經(jīng)常要用到動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系：Ek＝eq\f(p2,2m)或Ek＝eq\f(1,2)pv．9.(多選)質(zhì)量分別為mP＝1kg、mQ＝2kg的小球P、Q靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)給小球P一水平的速度vP0＝4m/s沿直線朝小球Q運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生正碰，分別用vP、vQ表示兩小球碰撞結(jié)束的速度。則關(guān)于vP、vQ的大小可能是()A．vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/sB．vP＝－1m/s，vQ＝2．5m/sC．vP＝1m/s，vQ＝3m/sD．vP＝－4m/s，vQ＝4m/s10.(多選)質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上，沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量pA＝9kg·m/s，B球的動(dòng)量pB＝3kg·m/s，當(dāng)A追上B時(shí)發(fā)生碰撞，則碰后A、B兩球的動(dòng)量可能值是()A．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB．pA′＝4kg·m/s，pB′＝6kg·m/sC．pA′＝－6kg·m/s，pB′＝18kg·m/sD．pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/s11．在光滑水平面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)，B在前，A在后．已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞前后，它們動(dòng)量的變化量分別為ΔpA、ΔpB.下列數(shù)值可能正確的是()A．ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/sB．ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s12.(多選)(2022·肇慶第二次統(tǒng)一測試)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比eq\f(M,m)可能為()A．1 B．2C．3 D．413.(多選)(2022·新疆維吾爾自治區(qū)第二次聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v向右運(yùn)動(dòng)。與前面大小相同質(zhì)量為3m的B球相碰，則碰后A、B兩球總動(dòng)能可能為()A.eq\f(1,8)mv2 B.eq\f(1,16)mv2C.eq\f(1,4)mv2 D.eq\f(5,8)mv2考點(diǎn)三多次碰撞問題14．（2022·重慶南開中學(xué)高一期末）五個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，五根輕繩互相平行且自然下垂，鋼球之間接觸而無擠壓?，F(xiàn)將左側(cè)的①②③三個(gè)小球撥起相同的角度，然后從靜止釋放。經(jīng)過一系列碰撞后，右側(cè)的③④⑤三個(gè)小球一同向右擺動(dòng)。在此過程中共發(fā)生的碰撞次數(shù)為（）A．4 B．5 C．6 D．715．如圖所示，在光滑的水平面上并排放著一系列質(zhì)量相等的滑塊，現(xiàn)給最左側(cè)滑塊一水平向右的速度（滑塊的初動(dòng)能為），然后與其右側(cè)的滑塊依次發(fā)生碰撞，并且每次碰后滑塊均粘合在一塊，經(jīng)過一系列的碰撞后，滑塊的總動(dòng)能變?yōu)?。則碰撞的次數(shù)為（）A．3 B．5 C．7 D．916．如圖所示，21個(gè)質(zhì)量均為2m的相同小球依次緊密排列成一條直線，靜止在光滑水平面上，輕繩一端固定在O點(diǎn)，一端與質(zhì)量為m的黑球連接，把黑球從與O點(diǎn)等高的A處由靜止釋放，黑球沿半徑為L的圓弧擺到最低點(diǎn)B處時(shí)與1號(hào)球發(fā)生正碰，若發(fā)生的碰撞皆為彈性碰撞，不計(jì)空氣阻力，則黑球與1號(hào)球最后一次碰撞后的速度大小為（）A． B． C． D．17.（2020·全國Ⅱ卷·T21）(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為（）A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg18．如圖甲所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為的彈性小球A，以水平向右的速度與質(zhì)量為m的靜止的彈性小球B發(fā)生彈性碰撞，求：(1)碰撞后兩個(gè)小球的速度大小；(2)若光滑水平面上有3個(gè)質(zhì)量均為m的靜止的彈性小球有間隔的排放在一條直線上，編號(hào)依次為B、C、D，如圖乙所示，求四個(gè)小球最終速度大小分別是多少？19．如圖所示，足夠長的光滑水平面上順次停放著大小相同的4個(gè)木塊A、B、C、D，其中A的質(zhì)量為，B、C、D的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)給A一個(gè)水平向右的初速度，四個(gè)物體將發(fā)生碰撞，設(shè)過程中除第（3）問B與A的碰撞外，其余均為彈性碰撞．則：（1）A與B第一次碰撞后的速度各是多少？（2）A、B、C、D最終速度各是多少？（3）當(dāng)A、B、C、D速度穩(wěn)定后，在D的右側(cè)某處放一固定的擋板，此后木塊與擋板碰撞將原速彈回，只有B與A碰撞后粘在一起運(yùn)動(dòng)，則整個(gè)過程中因碰撞產(chǎn)生的熱量是多少？20．光滑水平面上依次放99個(gè)質(zhì)量均為m的彈性小球，質(zhì)量相等的兩彈性小球正碰時(shí)交換速度?，F(xiàn)一質(zhì)量為的小球A以初速度與第99個(gè)小球發(fā)生彈性正碰，求：（1）小球A第一次與第99個(gè)小球碰后的速度大??；（2）第1個(gè)和第2個(gè)小球最終的速度大?。唬?）第99個(gè)小球最終的速度大小。21．在電場強(qiáng)度為E的足夠大的勻強(qiáng)電場中，有一與電場線平行的絕緣水平面，如圖中虛線所示。平面上有兩個(gè)靜止的小球A和B，質(zhì)量均為m，A球帶電荷量+Q，B球不帶電。開始時(shí)兩球相距L，在電場力的作用下，A球開始沿直線運(yùn)動(dòng)，并與B球發(fā)生正碰，碰撞中無機(jī)械能損失。設(shè)在每次碰撞過程中，A、B兩球間無電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮一切阻力及兩球間的萬有引力。則（）A．A球經(jīng)過時(shí)間與B球發(fā)生第一次碰撞B．A球在以后與B球發(fā)生碰撞的時(shí)間間隔逐漸呈均勻遞增C．A球與B球發(fā)生碰撞的時(shí)間間隔一直保持不變，大小都是D．AB球在第5次正碰與第6次正碰之間的時(shí)間間隔是22．在一光滑水平的長直軌道上，等距離地放著足夠多的完全相同的質(zhì)量為的長方形木塊，依次編號(hào)為木塊1，木塊2…如圖所示。在木塊1之前放一質(zhì)量為的大木塊，大木塊與木塊1間的距離與相鄰各木塊間的距離相同，均為?，F(xiàn)在，在所有木塊都靜止的情況下，以一沿軌道方向的恒力一直作用在大木塊上，使其先與木塊1發(fā)生碰撞，設(shè)碰后與木塊1結(jié)為一體再與木塊2發(fā)生碰撞，碰后又結(jié)為一體，再與木塊3發(fā)生碰撞，碰后又結(jié)為一體，如此繼續(xù)下去。今向大木塊（以及與之結(jié)為一體的各小木塊）與第幾個(gè)小木塊碰撞之前的一瞬間，會(huì)達(dá)到它在整個(gè)過程中最大速度？此速度等于多少？專題42動(dòng)量守恒之碰撞問題考點(diǎn)一彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞考點(diǎn)二碰撞可能性的判斷考點(diǎn)三多次碰撞問題考點(diǎn)一彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞1.彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒．質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球彈性正碰時(shí)（一動(dòng)碰一靜）：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)．(要求熟記)結(jié)論：(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都與v1方向同向．(若m1?m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去)(2)若m1<m2，v1′為負(fù)值，表示v1′與v1方向相反，m1被彈回．(若m1?m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止)(3)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度互換．2.非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ΔE＝Ek初總－Ek末總＝Q.3.完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩者碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大．設(shè)兩者碰后的共同速度為v共，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共械能損失為ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.1.在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1小球以速度v0撞向它們，如圖所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0【答案】D【解析】由于1球與2球發(fā)生碰撞的時(shí)間極短，2球的位置來不及發(fā)生變化．這樣2球?qū)?球不產(chǎn)生力的作用，即3球不會(huì)參與1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交換速度，即碰后1球停止，2球速度立即變?yōu)関0.同理可知，2、3球碰撞后交換速度，故D正確．2.質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開了一定的距離，如圖所示．具有動(dòng)能E0的第1個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng)，依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個(gè)物塊粘在一起，則最后這個(gè)整體的動(dòng)能為()A．E0B.eq\f(2E0,3)C.eq\f(E0,3)D.eq\f(E0,9)【答案】C【解析】碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mv0＝3mv1，可得v1＝eq\f(v0,3)①E0＝eq\f(1,2)mv02②Ek′＝eq\f(1,2)×3mv12③由①②③得Ek′＝eq\f(1,2)×3m(eq\f(v0,3))2＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)mv02)＝eq\f(E0,3)，故C正確．3.(多選)A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時(shí)間圖像。a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時(shí)間圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖線。若A球的質(zhì)量m＝2kg，則下列結(jié)論正確的是()A．A、B碰撞前的總動(dòng)量為3kg·m/sB．碰撞過程中A對B的沖量為－4N·sC．碰撞前后A的動(dòng)量變化量為4kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J【答案】BCD【解析】由題圖可知，碰撞前有vA＝eq\f(4－10,2－0)m/s＝－3m/s，vB＝eq\f(4－0,2－0)m/s＝2m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s；對A、B組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析可知，A、B兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，碰撞前、后兩球都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)所受外力的矢量和為0，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，碰撞前、后A的動(dòng)量變化量為ΔpA＝mvA′－mvA＝4kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，碰撞前、后B的動(dòng)量變化量為ΔpB＝－ΔpA＝－4kg·m/s，又由于ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝eq\f(ΔpB,vB′－vB)＝eq\f(－4,－1－2)kg＝eq\f(4,3)kg，故A與B碰撞前的總動(dòng)量p總＝mvA＋mBvB＝－eq\f(10,3)kg·m/s。由動(dòng)量定理可知，碰撞過程中A對B的沖量IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s。碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J。A錯(cuò)誤，B、C、D正確。4.(2020·全國卷Ⅲ)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J【答案】A【解析】設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動(dòng)量守恒定律m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能E損＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入題圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項(xiàng)A正確。5．（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）如圖所示，物塊甲、丙的質(zhì)量均為m，乙的質(zhì)量為2m，均靜止在光滑水平臺(tái)面上，甲、乙間用一根不可伸長的輕質(zhì)短細(xì)線相連。初始時(shí)刻細(xì)線處于松弛狀態(tài)，丙位于甲右側(cè)足夠遠(yuǎn)處?，F(xiàn)突然給甲一瞬時(shí)沖量，使甲以初速度v0沿甲、丙連線方向向丙運(yùn)動(dòng)，細(xì)線斷后甲的速度變?yōu)?3A．12v0，1736mC．32v0，518m【答案】B【解析】細(xì)線繃斷的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以甲的初速度方向?yàn)檎较?，則m解得v甲與丙發(fā)生完全非彈性碰撞過程中，甲、丙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m?解得v運(yùn)動(dòng)全過程中，甲、乙、丙組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為Δ故選B。6．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()A．eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(Mmv2,2M＋m)C．eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL【答案】BD【解析】設(shè)物塊與箱子相對靜止時(shí)共同速度為v1，則由動(dòng)量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，得v1＝eq\f(mv,M＋m)，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk系＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v12＝eq\f(Mmv2,2M＋m)，A錯(cuò)誤，B正確。根據(jù)能量守恒定律得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，根據(jù)功能關(guān)系得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，則有Q＝ΔEk系＝NμmgL，C錯(cuò)誤，D正確。7.(多選)如圖所示，豎直放置的半徑為R的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦．圓心O點(diǎn)正下方放置質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞．碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為(重力加速度為g)()A．2eq\r(2gR)B.eq\r(2gR)C．2eq\r(5gR)D.eq\r(5gR)【答案】BC【解析】A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)B的初速度方向?yàn)檎较颍鲎埠驜與A的速度分別為v1和v2，則：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·2mv22，聯(lián)立得：v2＝eq\f(2v0,3).若恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)僅由小球的重力提供向心力，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為vmin，由牛頓第二定律得：2mg＝2m·eq\f(vmin2,R)，A在碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，得：2mg·2R＝eq\f(1,2)·2mv2′2－eq\f(1,2)·2mvmin2，v2′＝eq\f(2v0′,3)，解得：v0′＝1.5eq\r(5gR)，可知若小球A經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要：v0≥1.5eq\r(5gR).若小球不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與O等高處，由機(jī)械能守恒定律得：2mg·R＝eq\f(1,2)·2mv2″2，v2″2＝eq\f(2v0″,3)，解得v0″＝1.5eq\r(2gR)，可知若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：v0≤1.5eq\r(2gR).由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：v0≤1.5eq\r(2gR)或v0≥1.5eq\r(5gR)，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確．8．（2022·廣東·增城中學(xué)高三開學(xué)考試）某冰雪游樂場中，用甲、乙兩冰車在軌道上做碰碰車游戲，甲車的質(zhì)量m1=20kg，乙車的質(zhì)量m2=16kg。軌道由一斜面與水平面通過光滑小圓弧在B處平滑連接。甲車從斜面上的A處由靜止釋放，與停在水平面C處的乙車發(fā)生正碰，碰撞后乙車向前滑行12.5m后停止。已知A到水平面的高度H=5m，（1）甲車到達(dá)C處碰上乙車前的速度大小；（2）兩車碰撞過程中的機(jī)械能損失量。【答案】（1）8ms【解析】（1）從A到C根據(jù)動(dòng)能定理m解得v（2）乙在摩擦力作用下減速，直到靜止，根據(jù)動(dòng)能定理μ解得v規(guī)定向右為正方向，甲、乙碰撞由動(dòng)量守恒定律得m解得v碰撞時(shí)機(jī)械能損失Δ解得Δ考點(diǎn)二碰撞可能性的判斷一．碰撞問題遵循的三個(gè)原則：1.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.2.系統(tǒng)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).3.速度要合理：①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，應(yīng)滿足v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足v前′≥v后′(不可出現(xiàn)二次碰撞).②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變（不可穿越），除非兩物體碰撞后速度均為零．二．判斷碰撞的可能性經(jīng)常要用到動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系：Ek＝eq\f(p2,2m)或Ek＝eq\f(1,2)pv．9.(多選)質(zhì)量分別為mP＝1kg、mQ＝2kg的小球P、Q靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)給小球P一水平的速度vP0＝4m/s沿直線朝小球Q運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生正碰，分別用vP、vQ表示兩小球碰撞結(jié)束的速度。則關(guān)于vP、vQ的大小可能是()A．vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/sB．vP＝－1m/s，vQ＝2．5m/sC．vP＝1m/s，vQ＝3m/sD．vP＝－4m/s，vQ＝4m/s【答案】AB【解析】碰撞前P、Q組成的系統(tǒng)總動(dòng)量為p＝mPvP0＝4kg·m/s，碰撞前總動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mPvP02＝8J。如果vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPvP2＋eq\f(1,2)mQvQ2＝eq\f(8,3)J，碰撞過程動(dòng)量守恒，能量不增加，A正確；如果vP＝－1m/s，vQ＝2．5m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPvP2＋eq\f(1,2)mQvQ2＝6．75J，能量不增加，碰撞過程動(dòng)量守恒，B正確；如果vP＝1m/s，vQ＝3m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7kg·m/s，碰撞過程動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；如果vP＝－4m/s，vQ＝4m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPvP2＋eq\f(1,2)mQvQ2＝24J，碰撞過程動(dòng)量守恒，動(dòng)能增加，D錯(cuò)誤。10.(多選)質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上，沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量pA＝9kg·m/s，B球的動(dòng)量pB＝3kg·m/s，當(dāng)A追上B時(shí)發(fā)生碰撞，則碰后A、B兩球的動(dòng)量可能值是()A．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB．pA′＝4kg·m/s，pB′＝6kg·m/sC．pA′＝－6kg·m/s，pB′＝18kg·m/sD．pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/s【答案】AD【解析】設(shè)兩球質(zhì)量均為m，碰前總動(dòng)量p＝pA＋pB＝12kg·m/s，碰前總動(dòng)能Ek＝eq\f(pA2,2m)＋eq\f(pB2,2m)＝eq\f(45,m)若pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/s，碰后總動(dòng)量p′＝pA′＋pB′＝12kg·m/s.碰后總動(dòng)能Ek′＝eq\f(pA′2,2m)＋eq\f(pB′2,2m)＝eq\f(36,m)<eq\f(45,m)，故可能，A正確．若pA′＝4kg·m/s，pB′＝6kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B錯(cuò)誤．若pA′＝－6kg·m/s，pB′＝18kg·m/s，碰后Ek′＝eq\f(pA′2,2m)＋eq\f(pB′2,2m)＝eq\f(180,m)>eq\f(45,m)，故不可能，C錯(cuò)誤．若pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/s，碰后p′＝12kg·m/s＝p，Ek′＝eq\f(pA′2,2m)＋eq\f(pB′2,2m)＝eq\f(40,m)<eq\f(45,m)，故可能，D正確．11．在光滑水平面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)，B在前，A在后．已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞前后，它們動(dòng)量的變化量分別為ΔpA、ΔpB.下列數(shù)值可能正確的是()A．ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/sB．ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s【答案】A【解析】ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/s，知碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝8kg·m/s，pB′＝17kg·m/s，符合動(dòng)量守恒定律，而且碰撞后A的動(dòng)能減小，B的動(dòng)能增大，總動(dòng)能可能不增加，也不違反不可穿越原理，故選項(xiàng)A正確；由B、D所給動(dòng)量變化量可知，碰撞后，A的動(dòng)量沿原方向增大，即違反了不可穿越原理，故B、D錯(cuò)誤；ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝－12kg·m/s，pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的動(dòng)能不變，B的動(dòng)能增大，違反了能量守恒定律，故C錯(cuò)誤．12.(多選)(2022·肇慶第二次統(tǒng)一測試)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比eq\f(M,m)可能為()A．1 B．2C．3 D．4【答案】CD【解析】設(shè)碰前每個(gè)物塊的動(dòng)量為p，碰后M的速度為v，由動(dòng)量守恒得2p＝Mv由能量守恒定律可知，碰前系統(tǒng)的動(dòng)能大于等于碰后系統(tǒng)的動(dòng)能，又Ek＝eq\f(p2,2m)，可得eq\f(p2,2M)＋eq\f(p2,2m)≥eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,M)))eq\s\up12(2)，聯(lián)立解得eq\f(M,m)≥3，C、D正確。13.(多選)(2022·新疆維吾爾自治區(qū)第二次聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v向右運(yùn)動(dòng)。與前面大小相同質(zhì)量為3m的B球相碰，則碰后A、B兩球總動(dòng)能可能為()A.eq\f(1,8)mv2 B.eq\f(1,16)mv2C.eq\f(1,4)mv2 D.eq\f(5,8)mv2【答案】AC【解析】若A、B發(fā)生的是彈性碰撞，則沒有能量的損失，碰后的總動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2，若發(fā)生的是損失能量最多的完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒有mv＝4mv1，則碰后兩者總動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)×4meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)mv2，因此，碰后兩者總動(dòng)能范圍是eq\f(1,8)mv2≤E總≤eq\f(1,2)mv2，A、C正確，B、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三多次碰撞問題14．（2022·重慶南開中學(xué)高一期末）五個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，五根輕繩互相平行且自然下垂，鋼球之間接觸而無擠壓?，F(xiàn)將左側(cè)的①②③三個(gè)小球撥起相同的角度，然后從靜止釋放。經(jīng)過一系列碰撞后，右側(cè)的③④⑤三個(gè)小球一同向右擺動(dòng)。在此過程中共發(fā)生的碰撞次數(shù)為（）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【解析】同時(shí)向左拉起小球①②③到相同高度同時(shí)由靜止釋放，則③與④碰后，③停止，④具有向右的速度；④與⑤碰撞交換速度，④停止，⑤向右擺起；③剛停止的時(shí)候②球過來與之碰撞交換速度，然后③與④碰撞，使④向右擺起；②球剛停止的時(shí)候①球過來與之碰撞交換速度，然后②與③碰撞交換速度，使③向右擺起；經(jīng)一系列碰撞后，球③④⑤一起向右擺起。所以此過程中共發(fā)生的碰撞次數(shù)為6次。故選C。15．如圖所示，在光滑的水平面上并排放著一系列質(zhì)量相等的滑塊，現(xiàn)給最左側(cè)滑塊一水平向右的速度（滑塊的初動(dòng)能為），然后與其右側(cè)的滑塊依次發(fā)生碰撞，并且每次碰后滑塊均粘合在一塊，經(jīng)過一系列的碰撞后，滑塊的總動(dòng)能變?yōu)?。則碰撞的次數(shù)為（）A．3 B．5 C．7 D．9【答案】C【解析】假設(shè)每塊滑塊的質(zhì)量為m，最左側(cè)滑塊的初速度為，碰撞次數(shù)為時(shí)滑塊的總動(dòng)能變?yōu)椋麄€(gè)過程由動(dòng)量守恒定律可得則碰撞次后的整體速度為對應(yīng)的總動(dòng)能為由題可知解得故選C。16．如圖所示，21個(gè)質(zhì)量均為2m的相同小球依次緊密排列成一條直線，靜止在光滑水平面上，輕繩一端固定在O點(diǎn)，一端與質(zhì)量為m的黑球連接，把黑球從與O點(diǎn)等高的A處由靜止釋放，黑球沿半徑為L的圓弧擺到最低點(diǎn)B處時(shí)與1號(hào)球發(fā)生正碰，若發(fā)生的碰撞皆為彈性碰撞，不計(jì)空氣阻力，則黑球與1號(hào)球最后一次碰撞后的速度大小為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)黑球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v0，黑球下擺過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：解得：設(shè)黑球與1號(hào)球發(fā)生碰撞后黑球的速度為v黑1，1號(hào)球的速度為v，黑球與1號(hào)球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：由機(jī)械能守恒定律得：解得：v黑1黑球與1號(hào)球碰撞后，黑球速度反向，黑球運(yùn)動(dòng)過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，黑球再次達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小等于v黑1′=發(fā)生彈性碰撞過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可知，兩質(zhì)量相等的球發(fā)彈性碰撞后兩球速度互換，則黑球與1號(hào)球碰撞后，1號(hào)球靜止，2號(hào)球速度為v，碰后2號(hào)球與3號(hào)球發(fā)生碰撞，直至20號(hào)球與21號(hào)球碰撞，發(fā)生一系列碰撞后，21號(hào)球向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，1號(hào)到20號(hào)球靜止在原位置；然后黑球與1號(hào)球發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰撞后黑球的速度為v黑2，1號(hào)球的速度為v1，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：由機(jī)械能守恒定律得：解得：v黑2=同理可知，黑球第3次與1號(hào)球碰撞后黑球的速度：v黑3黑球最后一次與1號(hào)球碰撞后，黑球的速度為：黑球的速度大小為，故D正確ABC錯(cuò)誤。故選D。17.（2020·全國Ⅱ卷·T21）(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為（）A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg【答案】BC【解析】設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為、規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)動(dòng)員開始時(shí)靜止，第一次將物塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為、，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊解得第3次推出后解得依次類推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度根據(jù)題意可知解得第7次運(yùn)動(dòng)員的速度一定小于，則解得綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿足AD錯(cuò)誤，BC正確。18．如圖甲所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為的彈性小球A，以水平向右的速度與質(zhì)量為m的靜止的彈性小球B發(fā)生彈性碰撞，求：(1)碰撞后兩個(gè)小球的速度大??；(2)若光滑水平面上有3個(gè)質(zhì)量均為m的靜止的彈性小球有間隔的排放在一條直線上，編號(hào)依次為B、C、D，如圖乙所示，求四個(gè)小球最終速度大小分別是多少？【答案】(1)，；(2)，，，【解析】(1)當(dāng)球A與B相碰時(shí)，由于時(shí)彈性碰撞，則有系統(tǒng)機(jī)械能守恒以及動(dòng)量守恒由此可解得，(2)由于B、C、D三個(gè)小球質(zhì)量相同，且均為彈性碰撞，所以它們的碰撞速度發(fā)生交換，即：B、C兩個(gè)小球均靜止，小球D的速度為小球A繼續(xù)與B碰撞，同理可得，B、C兩球再次速度交換，然后，A球再次與B球發(fā)生碰撞，歸納可得各個(gè)小球的最終速度為，，，19．如圖所示，足夠長的光滑水平面上順次停放著大小相同的4個(gè)木塊A、B、C、D，其中A的質(zhì)量為，B、C、D的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)給A一個(gè)水平向右的初速度，四個(gè)物體將發(fā)生碰撞，設(shè)過程中除第（3）問B與A的碰撞外，其余均為彈性碰撞．則：（1）A與B第一次碰撞后的速度各是多少？（2）A、B、C、D最終速度各是多少？（3）當(dāng)A、B、C、D速度穩(wěn)定后，在D的右側(cè)某處放一固定的擋板，此后木塊與擋板碰撞將原速彈回，只有B與A碰撞后粘在一起運(yùn)動(dòng)，則整個(gè)過程中因碰撞產(chǎn)生的熱量是多少？【答案】（1），；（2），，，；（3）【解析】（1）A與B第一次碰撞過程，選向右為正方向，AB碰后速度分別為v1，v2，根據(jù)動(dòng)量守恒、能量守恒有解得A與B第一次碰撞后，B的速度大于A的速度，則B先與C發(fā)生完全彈性碰撞，因?yàn)锽和C質(zhì)量相等，則速度互換，之后同理CD碰撞后速度互換，則最終D的速度為A與B第二次碰撞過程中，碰后速度分別為v1'，v2'，與解析（1）同理可得之后B與C發(fā)生完全彈性碰撞，速度互換，則最終C的速度為故最終A和B的速度分別為木塊D與擋板碰撞