2011-2020年高考物理试卷分类汇编之025.碰撞（含答案及解析）

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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
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，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
2. 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，如图所示，相同时间内，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，两球质量相等，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，故A对，B、C、D错。
3. 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
【解析】根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得，，且，解得，，所以A正确，B错误；根据，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
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． B． C． D．Nμm 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＝(m＋M)v1，则动能损失△Ek＝mv2－(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 ( )
A． B． C． D．
【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，
解得碰后中子的速率，因此碰撞前后中子速率之比，A正确．
6.2014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
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE ③
联立②③式，代入数据得ΔE＝1400 J ④
7.2019年海南卷13.如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。求
（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小；
（2）轻绳的长度。
答案：（1） （2）4μs
解：（1）碰后对物块b由动能定理得，得
（2）当物块a下摆至最低点碰撞前的速度为v0，由机械能守恒得 ，
由弹性碰撞中动量守恒和动能守恒得，
解得
代入上面的结果，解得丹阳 庞留
8.2020年北京卷13．在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是
A．将1号移至高度释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度
B．将1、2号一起移至高度释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
答案∶D
解析∶A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度，故A错误；
B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度，故C错误；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
故选D。
9. 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 ①
解得 ②
碰撞损失的动能 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
⑥
v2＝v-at ⑦
由①⑤⑥⑦解得 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：
则P向左经过A点时有最大动能
10.2018年海南卷14．（16分）如图，光滑轨道PQO的水平段，轨道在点与水平地面平滑连接。一质量为的小物块A从高处由静止开始沿轨道下滑，在点与质量为的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为，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的速度为，物块A下滑到O的过程中，由机械能守恒定律有
①
设第一次碰撞后瞬间、的速度分别为、，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
②
③
联立①②③式得
④
⑤
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
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、，由牛顿第二定律得
⑦
设B在地面上向右运动的时间为，由运动学公式得
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式并代入题给条件得
⑨
由⑨式可知，当A再次回到O点时B已停止运动。由和⑦式知，A、B将再次碰撞。设B从O点以速度开始运动到速度减为0的过程中，运动的距离为，再次碰撞前瞬间A的速度大小为。由运动学公式有
⑩
?
设再次碰撞后瞬间和的速度分别为和，由完全弹性碰撞的规律，可得类似于④⑤式的结果
?
?
由④⑤⑦⑩??式知，即再次碰撞后，A不能运动到O点。设再次碰撞后和走过的路程分别为和，由动能定理有
?

联立④⑤⑦⑩?????式得，A、B均停止运动后它们之间的距离为
?
11. 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 ②
对P1、P2、P系统，由动量守恒定律
mv0+ 2mv0=4mv2 ③
解得 ④
(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
P刚进入P2 到P1、P2、P 第二次等速时，由能量守恒得；
④
由③④得：，
12.2011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，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：
⑴整个过程中摩擦阻力所做的总功；
⑵人给第一辆车水平冲量的大小；
⑶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
W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL
（2）设第一车的初速度为，第一次碰前速度为，碰后共同速度为，第二次碰前速度为，碰后共同速度为.
……………①
………②
…………… ③
动量守恒
……………④
……………⑤
人给第一辆车水平冲量的大小………⑥
⑶由①⑥解得………⑦
由④⑦解得………⑧
第一次碰撞系统动能损失………⑨
由③解得………⑩
由⑤解得………
第二次碰撞系统动能损失………
第一次与第二次碰撞系统动能损失之比……………
13.2015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R＝0.5m，物块A以V0＝6m/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L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求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(n＜k)光滑段上的速度Vn与n的关系式。
答案：(1) v＝4m/s，F＝22N；（2）k＝45；(3) (其中n＝1、2、3、…、44)
解析：(1)由机械能守恒定律得：
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：
解得：A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：
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
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE = fL = μ(m + m)gL = 0.2J
则：
(3)AB滑到第n个光滑段上损失的能量E损 = nΔE = 0.2n J
由能量守恒得：
代入数据解得：，（n < k）
14.2020年山东卷18.如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【答案】(1) P的速度大小为，Q的速度大小为；
(2)（n=1，2，3……）；
(3)； (4)
【解析】 (1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得 ①
由机械能守恒定律得 ②
联立①②式得 ③ ④
故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
⑤
联立①②⑤式得 ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得 ⑦
联立①②⑤⑦式得 ⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，
由动量守恒定律得 ⑨
由机械能守恒定律得 ⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
⑾
⑿
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
⒀
联立①②⑤⑦⑨⑩⒀式得 ⒁
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
⒂
联立①②⑤⑦⑨⑩⒀⒂式得 ⒃
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⒄
由机械能守恒定律得
⒅
联立①②⑤⑦⑨⑩⒀⒂⒄⒅式得
⒆
⒇
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
?
联立①②⑤⑦⑨⑩⒀⒂⒄⒅?式得
?
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
（n=1，2，3……） ?
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
?
解得 ?
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
?
设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得
?
?
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
?
当A点与挡板之间的距离最小时
?
联立?????式，代入数据得
?
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