模型32 碰撞問(wèn)題（解析版）-2025版高考物理熱點(diǎn)模型精-品講義

模型32碰撞問(wèn)題01模型概述01模型概述1.碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．2.特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿(mǎn)足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．3.分類(lèi)類(lèi)型定義動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞碰撞時(shí),內(nèi)力是彈性力,只發(fā)生機(jī)械能的轉(zhuǎn)移,系統(tǒng)內(nèi)無(wú)機(jī)械能損失守恒守恒非彈性碰撞發(fā)生非彈性碰撞時(shí),內(nèi)力是非彈性力,部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能守恒有損失完全非彈性碰撞發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí),機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多,機(jī)械能損失最大.碰后物體粘在一起,以共同速度運(yùn)動(dòng)守恒損失最大在一動(dòng)撞一靜的完全非彈性碰撞中，若兩物體質(zhì)量相等，此過(guò)程中損失的動(dòng)能為系統(tǒng)初動(dòng)能的一半4.碰撞問(wèn)題遵守的三條原則1）動(dòng)量守恒：.2）動(dòng)能不增加：.3）速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有.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．5.彈性碰撞的結(jié)論以質(zhì)量為、速度為的小球與質(zhì)量為的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有，聯(lián)立解得：，討論：①若，則，(速度交換)；②若，則，(碰后兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)時(shí)，，；③若，則，(碰后兩物體沿相反方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)時(shí)，，.02典題攻破02典題攻破1.彈性碰撞【典型題1】（2024·山東濟(jì)寧·一模）目前我國(guó)空間實(shí)驗(yàn)已走在世界的前列，神舟十六號(hào)航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在空間站內(nèi)做了鋼球相互碰撞的實(shí)驗(yàn)。桂海潮用較小鋼球以0.6m/s水平向左的速度與靜止的較大鋼球正碰，碰后小鋼球與大鋼球速度大小分別為、，較小鋼球的質(zhì)量為較大鋼球質(zhì)量的一半，兩鋼球的碰撞可視為完全彈性碰撞。下列說(shuō)法正確的是（）A．，方向水平向左 B．，方向水平向右C．，方向水平向左 D．，方向水平向左【答案】B【詳解】設(shè)較小鋼球的質(zhì)量為，較大鋼球的質(zhì)量為，兩鋼球的碰撞可視為完全彈性碰撞，以水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得代入數(shù)據(jù)解得，可知，方向水平向右；，方向水平向左。故選B。2.完全非彈性碰撞【典型題2】（2024·山東濟(jì)南·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m＝2kg。開(kāi)始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止。給A向左的初速度，一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的2倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。整個(gè)過(guò)程中橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，則滑塊B的質(zhì)量為（）A．4kg B．3kg C．2kg D．1kg【答案】D【詳解】設(shè)碰撞前瞬間A、B的速度大小為別為、，碰撞后的共同速度為，根據(jù)題意有，對(duì)該系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有聯(lián)立解得故選D。3.碰撞的可能性問(wèn)題【典型題3】?jī)汕駻、B在光滑水平面上沿同一直線(xiàn)、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（）A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/s B．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/s D．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s【答案】C【詳解】A．碰前系統(tǒng)總動(dòng)量為：碰前總動(dòng)能為：如果，，則碰后總動(dòng)量為：動(dòng)量不守恒，不可能，A錯(cuò)誤；B．碰撞后，、兩球同向運(yùn)動(dòng)，球在球的后面，球的速度大于球的速度，不可能，B錯(cuò)誤；C．如果，，則碰后總動(dòng)量為：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后總動(dòng)能為：系統(tǒng)動(dòng)能減小，滿(mǎn)足碰撞的條件，C正確；D．如果，，則碰后總動(dòng)量為系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后總動(dòng)能為：系統(tǒng)動(dòng)能增加，不可能，D錯(cuò)誤。故選C。03針對(duì)訓(xùn)練03針對(duì)訓(xùn)練1．（2024·黑龍江齊齊哈爾·一模）如圖所示為雜技表演“胸口碎大石”，其原理可解釋為：當(dāng)大石塊獲得的速度較小時(shí)，下面的人感受到的振動(dòng)就會(huì)較小，人的安全性就較強(qiáng)，若大石塊的質(zhì)量是鐵錘的150倍，則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律解得如果發(fā)生的是彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律由機(jī)械能守恒定律聯(lián)立解得故撞擊后大石塊的速度范圍為故撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的。故選B。2．（2024·貴州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，光滑水平地面上，動(dòng)量為的小球1向右運(yùn)動(dòng)，與同向運(yùn)動(dòng)且動(dòng)量為的小球2發(fā)生彈性碰撞，，碰撞后小球1的速率為、動(dòng)能為、動(dòng)量大小為，小球2的速率為、動(dòng)能為、動(dòng)量大小為。下列選項(xiàng)一定正確的是（）A． B．碰撞后球2向右運(yùn)動(dòng)，球1向左運(yùn)動(dòng)C． D．【答案】D【詳解】AB．要發(fā)生碰撞則，根據(jù)兩個(gè)物體發(fā)生彈性碰撞的公式可得碰撞后速度，因此當(dāng)足夠大時(shí)可造成由彈性碰撞規(guī)律，當(dāng)時(shí)可造成碰后兩者可以都向右運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C．碰撞過(guò)程小球2動(dòng)能增大，但初動(dòng)能小球1的大于小球2的，故碰后動(dòng)能大小不確定，故C錯(cuò)誤；D．碰撞過(guò)程小球2動(dòng)量增大，且系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以，故D正確。故選D。3．（2024·江蘇·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，小物塊a、b和c靜置于光滑水平地面上。現(xiàn)讓a以速度v向右運(yùn)動(dòng)，與b發(fā)生正碰，然后b與c也發(fā)生正碰。若a、b、c的質(zhì)量可任意選擇，碰撞可以是彈性也可以是非彈性的，各種可能的碰撞后，c的最大速度為（

）A．4v B．6v C．9v D．12v【答案】A【詳解】設(shè)a、b、c的質(zhì)量分別為、、。a與b碰撞后二者的速度分別為和，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

①根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

②聯(lián)立①②解得

③由③式可知，當(dāng)時(shí)，有

④設(shè)b與c碰撞后二者的速度分別為和，同理可得

⑤

⑥聯(lián)立⑤⑥解得

⑦由⑦式可知，當(dāng)時(shí)，有

⑧所以若b和c的質(zhì)量可任意選擇，碰后c的最大速度接近于4v。故選A。4．（2024·河北滄州·三模）甲、乙兩小球在光滑的水平面上沿同一直線(xiàn)相向運(yùn)動(dòng)，已知小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，兩小球碰撞前后的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示。則下列說(shuō)法正確的是（）A．圖線(xiàn)A為碰前乙的位移—時(shí)間圖像B．圖線(xiàn)C為碰后甲的位移—時(shí)間圖像C．小球甲、乙的質(zhì)量之比為1∶2D．兩小球的碰撞為非彈性碰撞【答案】A【詳解】AB．由圖像可知圖線(xiàn)對(duì)應(yīng)的小球的速度大小分別為由題意小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，即碰前小球乙的動(dòng)量大于小球甲的動(dòng)量，又由于碰撞過(guò)程兩小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后系統(tǒng)的動(dòng)量方向與碰前小球乙的方向相同，結(jié)合實(shí)際分析可知碰后小球乙靜止，小球甲反彈，所以圖線(xiàn)為碰前小球乙的圖線(xiàn)，圖線(xiàn)為碰后小球乙的圖線(xiàn)，故A正確，B錯(cuò)誤；C．由碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒定律得由以上解得故C錯(cuò)誤；D．碰前系統(tǒng)的動(dòng)能為碰后系統(tǒng)的動(dòng)能為顯然所以該碰撞為彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。故選A。5．（2024·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，用長(zhǎng)度均為l的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛三個(gè)形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依次滿(mǎn)足（“?”表示“遠(yuǎn)大于”）。將左邊第一個(gè)小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個(gè)小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度約為（

）A． B．C． D．【答案】D【詳解】設(shè)碰撞前瞬間第一個(gè)小球的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有解得設(shè)第一個(gè)小球與第二個(gè)小球碰撞后兩個(gè)小球的速度分別為和，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有聯(lián)立可得，則，同理，，所以故選D。6．（2024·江西·一模）如圖，在水平地面上固定一圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)壁光滑，圓環(huán)內(nèi)嵌著A、B兩個(gè)大小相同的小球，它們的質(zhì)量分別是、，且，小球的直徑略小于圓環(huán)的孔徑且它們之間的摩擦忽略不計(jì)，圓環(huán)的內(nèi)半徑遠(yuǎn)大于球的半徑，初始時(shí)B球處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以一定初速度撞擊B球，A、B兩個(gè)球在a點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，一段時(shí)間后，A、B兩個(gè)球在b點(diǎn)發(fā)生第二次彈性碰撞，a、b兩點(diǎn)與圓環(huán)圓心的連線(xiàn)夾角為120°，則為（

）A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．5∶1【答案】A【詳解】?jī)汕虬l(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為、，則根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有，聯(lián)立解得，第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，有（，，），，（，，）故A、B通過(guò)的路程之比為（，，），則有（，，）聯(lián)立解得（，，）由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故，即故選A。7．（2024·山東煙臺(tái)·二模）質(zhì)量為和的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，若令，則p的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】圖像的斜率表示物體的速度，兩物體正碰后，碰后的速度為碰后的速度大小為兩小球碰撞過(guò)程中滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，即且整理解得即故選C。8．（2024·福建·一模）（多選）在某次臺(tái)球游戲中，出現(xiàn)了如圖所示的陣型，5個(gè)小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4個(gè)球B、C、D、E質(zhì)量均為，A球、F球質(zhì)量均為，A球以速度與B球發(fā)生碰撞，所有的碰撞均可認(rèn)為是彈性碰撞，下列說(shuō)法正確的是（）A．若，最終將有1個(gè)小球運(yùn)動(dòng)B．若，相鄰兩小球之間只發(fā)生1次碰撞C．若，最終將有3個(gè)小球運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)方向一致D．若，最終將有3個(gè)小球運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)方向不一致【答案】AD【詳解】A．碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒和能量守恒可知可得，若，則碰后兩球交換速度，則最終只有F小球運(yùn)動(dòng)，A正確；B．若，則碰后，然后B和C交換，直到D和E交換，E再與F碰撞，F(xiàn)向右運(yùn)動(dòng)，E被彈回再與D交換…，則不只發(fā)生1次碰撞，B錯(cuò)誤；CD．若，則A、B碰后A反彈，B向右運(yùn)動(dòng)與C碰撞交換速度，最后D、E交換速度，最后E與F碰撞，E、F都向右運(yùn)動(dòng)，B、C、D停止，則最終將有3個(gè)小球A、E、F都運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)方向相反，C錯(cuò)誤、D正確。故選AD。9．（2024·寧夏石嘴山·三模）（多選）A、B兩球沿同一直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示，、分別為A、B兩球碰撞前的位移-時(shí)間圖像，為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移-時(shí)間圖像，若A球質(zhì)量是，則由圖可知，下列結(jié)論正確的是（）A．A、B碰撞前的總動(dòng)量為B．碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為C．碰撞前后A的動(dòng)量變化量為D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為【答案】BC【詳解】A．由x-t圖像的斜率表示速度，可知碰撞前有，碰撞后有根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為故A錯(cuò)誤；B．碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為故B正確；C．碰撞前后A的動(dòng)量變化量為故C正確；D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為故D錯(cuò)誤。故選BC。10．（2024·四川內(nèi)江·三模）（多選）某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型。多個(gè)質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng)。忽略摩擦和空氣阻力。開(kāi)窗簾過(guò)程中，電機(jī)對(duì)滑塊a施加一個(gè)水平向右的恒力F，推動(dòng)滑塊a以0.30m/s的速度與靜止的滑塊b碰撞，碰撞時(shí)間為0.04s。碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.16m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．兩滑塊的動(dòng)量不守恒B．滑塊a受到合外力的沖量大小為0.14N?sC．滑塊b受到合外力的沖量大小為0.32N?sD．滑塊b受到滑塊a的平均作用力的大小為3.5N【答案】AB【詳解】A．取向右為正方向，滑塊a和滑塊b組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為p1=mv1=1×0.30kg·m/s=0.30kg·m/s碰撞后的動(dòng)量為p2=2mv2=2×1×0.16kg·m/s=0.32kg·m/s則滑塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，故A正確；B．對(duì)滑塊a，取向右為正方向，則有I1=mv2-mv1=1×0.16kg·m/s-1×0.30kg·m/s=-0.14kg·m/s負(fù)號(hào)表示方向水平向左，故B正確；C．對(duì)滑塊b，取向右為正方向，則有I2=mv2=1×0.16kg·m/s=0.16kg·m/s故C錯(cuò)誤；D．對(duì)滑塊b根據(jù)動(dòng)量定理有解得則滑塊b受到滑塊a的平均作用力大小為4N，故D錯(cuò)誤。故選AB。11．（2024·福建漳州·二模）（多選）如圖，冰壺被大家喻為冰上的“國(guó)際象棋”，它考驗(yàn)參與者的體能與腦力，展現(xiàn)動(dòng)靜之美，取舍之智慧。質(zhì)量相同的冰壺甲和乙相距30m，冰壺甲以速度被推出后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)10s與靜止的冰壺乙發(fā)生對(duì)心彈性碰撞，則（

）A．兩冰壺碰撞后均向前運(yùn)動(dòng)B．兩冰壺碰撞后，甲靜止不動(dòng)C．冰壺甲初速度大小可能為3m/sD．冰壺甲初速度大小可能為5m/s【答案】BD【詳解】AB．根據(jù)兩質(zhì)量相等的物體，彈性碰撞速度交換可知，兩冰壺碰撞后，甲靜止不動(dòng)，乙向前運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．冰壺做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則由題意可知，代入數(shù)據(jù)得但如果，則，與甲做勻減速運(yùn)動(dòng)矛盾，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。12．（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，可固定的四分之一圓槽AB的半徑為R、質(zhì)量為3m，靜止放在水平地面上，圓槽底端B點(diǎn)的切線(xiàn)水平，距離B點(diǎn)為R處有一質(zhì)量為3m的小球2。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球1（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓槽頂端的A點(diǎn)由靜止釋放，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，兩小球大小相同，所有的碰撞均為彈性碰撞。（1）若圓槽固定，求小球2最終的速度大小；（2）若圓槽不固定，求小球1剛與小球2接觸時(shí)，與圓槽底端B點(diǎn)的距離；（3）若圓槽不固定，求小球1最終的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）若圓槽固定，則小球1下落速度為接下來(lái)小球1與小球2發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒有機(jī)械能守恒有解得（2）設(shè)小球1剛離開(kāi)圓槽時(shí)，圓槽的位移為，此時(shí)小球的位移為，有小球1滑下過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球1運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，有由于兩者運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，整理有即解得小球1滑下過(guò)程，由能量守恒有小球滑下后，到與小球2接