22.碰撞练习2
多次碰撞模型(解析版)-动量守恒的十种模型
动量守恒的十种模型多次碰撞模型模型解读所谓多次碰撞模型是指，两个物体或多个物体发生多次碰撞，且这些碰撞满足某种规律。
【典例精析】1(2024湖南长沙高三适应性考试)如图，将火车停在足够长的平直铁轨上。
(1)若整列火车质量为M，所受阻力恒为F0，当整列火车速度为v时，发动机的功率为P0，求此时火车的加速度；(2)若整列火车所受阻力恒为F0，某次测试时整列火车的运动分为两个阶段。
第一阶段火车受到大小为kF0的恒定牵引力由静止启动，位移为x时，发动机的实际功率正好等于额定功率，然后进入第二阶段；第二阶段发动机保持额定功率继续前进，已知两个阶段用时相等，第二阶段的末速度为初速度2倍。
求第二阶段火车的位移；(3)若整列火车由1节动力车头和23节无动力车厢组成，动力车头质量为2m，每节无动力车厢质量均为m。
火车在启动前，车头会先向后退一段距离，使得各相邻车厢之间的连接挂钩松弛，车厢无间距紧挨着，然后车头从静止开始启动，逐节带动各节车厢直至最后一节车厢启动。
启动过程中车头牵引力恒为F，忽略一切阻力。
为了研究方便，将车头及相邻车厢之间的连接挂钩简化为不可伸长的长度为l的轻绳，绳子绷直的瞬间相连的物体间可看做发生完全非弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。
整个启动过程中，带动第几节无动力车厢前，车头的速度达到最大？【参考答案】(1)P0-F0vMv；(2)(k+1)x；(3)3【名师解析】(1)根据P0=F1v 可知F1=P0 v根据牛顿第二定律F1-F0=Ma 解得a=P0-F0v Mv(2)设火车第一阶段运动时间为t，末速度为v2，第二阶段的位移为x2由动能定理得k-1F0x=12Mv22再由动量定理得(k-1)F0t=Mv2发动机的额定功率P m=kF0v2由上可知，第二阶段的初速度为v2，末速度为2v2，由动能定理得P m t-F0x2=12M2v22-v22解得x2=(k+1)x(3)设拖动第n节车厢前，车头的速度为u n，绳子绷直后车头的速度为u′n，拖动第一节车厢前，对车头由动能定理得12⋅2mu21=Fl绳子绷直，对车头和第一节车厢由动量守恒定律得2mu1=(2m+m)u′1同理，拖动第n节车厢前，对于车头和前(n-1)节车厢由动能定理得1 22m+n-1mu2n=122m+n-1mu 2n-1+Fl绳子绷直，对于车头和前n节车厢由动量守恒定律得[2m+(n-1)m]u n=(2m+nm)u′n 由上式得u n=n+1n+2u n可推出u n-1=nn+1u n-1联立有n+12u2n=n2u2n-1+2n+1Fl m令a n=(n+1)2u n2，得到a n=a n-1+n+12Fl ma n-1=a n-2+n2Flm a n-2=a n-3+n-12Fl m⋯⋯a2=a1+32Flm 其中a1=4Flm上几式相加得到a n=a1+n+4n-1Fl m则n +122u n =n 2+3nFl m解得u 2n=n 2+3nn +1 2⋅Fl m =n +1 2+n +1 -2n +1 2⋅Fl m =1+1n +1-2(n +1)2 ⋅Fl m 当1n +1=14，即n =3时有最大值。
专题16 类碰撞模型(解析版)
2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题16 类碰撞模型一、与弹簧有关的类碰撞模型1．如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0．如果两杆足够长，则在此后的运动过程中（ ）A ．m 1、m 2组成的系统动量守恒B ．m 1、m 2组成的系统机械能守恒C ．弹簧最长时，其弹性势能为12m 2v 02 D ．当m 1速度达到最大时，m 2速度最小 【答案】A【详解】由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受的弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，A 正确；对于弹簧、12m m 、组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以12m m 、组成的系统机械能不守恒，B 错误；当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得()2012m v m m v =+，解得2012m v v m m =+，由系统的机械能守恒得()2220121122P m v m m v E =++，解得()2120122Pm m v E m m =+，C 错误；若12m m >，当弹簧伸长时，1m 一直在加速，当弹簧再次恢复原长时1m 速度达到最大．弹簧伸长时2m 先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零．所以1m 速度达到最大时，2m 速度不是最小，D 错误． 2．如图所示，A 、B 、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的水平杆上，三个球的质量分别为ma =1kg ，mb =3kg ，mc =1kg ， 初始状态三个球均静止，B 、C 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。
现给A 一个向左的初速度v 0= 10m/s ，之后A 与B 发生弹性碰撞。
球A 和B 碰后，下列说法正确的是（ ）A ．球A 的速度变为向右的5m/sB ．弹簧恢复原长时球C 的速度为5m/s C ．球B 的最小速度为2. 5m/sD ．弹簧的最大弹性势能为9. 375J【答案】ACD【详解】A ．A 与B 发生弹性碰撞，动量守恒得012A A B m v m v m v =+机械能守恒得222012111222A AB m v m v m v =+ 解得15m/s v =−；25m/s v =，A 正确；D ．碰后B 向左运动，因为弹簧弹力的作用，B 向左减速，C 向右加速，当B 、C 速度相等时弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，由23()B B C m m m =+v v ；22p 2311()22B BC E m m m =−+v v 解得p 9.375J E =，D 正确；BC ．接下来B 继续减速，C 继续加速，C 的速度大于B 的速度，弹簧开始缩短，当弹簧恢复原长时球B 的速度最小，由245B B C m m m =+v v v ；222245111222B BC m m m =+v v v 解得4 2.5m/s =v ；57.5m/s =v ，B 错误C 正确。
滑块木板模型(解析版)-高考物理5种类碰撞问题
滑块木板模型【问题解读】两类情景水平面光滑，木板足够长，木板初速度为零水平面光滑，木板足够长，木板初速度不为零图示v ---t 图像物理规律动量守恒，最终二者速度相同mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20-12(m +M )v 2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力动量守恒，最终二者速度相同M v 0-mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20+12M v 20-12(m +M )v 共2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力。
【高考题典例】1.(14分)(2024年高考新课程卷)如图，一长度l =1.0m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O 对齐。
薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl =l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。
已知物块与薄板的质量相等。
它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g =10m/s 2。
求(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；解题思路本题考查的考点：动量守恒定律、动能定理、平抛运动规律。
(1)设物块质量m ，初速度为v 0，薄板质量m ，物块滑上薄板，由动量守恒定律mv 0=mv 1+mv 2μmgl =12mv 20-12mv 21-12mv 22物块在薄板上运动加速度a 1=μg =3m/s 2物块在薄板上运动位移s =7l /6v 20-v 21=2a 1s联立解得：v 0=4m/s ，v 1=3m/s ，v 2=1m/s由v 0-v 1=at 1，解得t 1=13s(2)物块抛出后薄板匀速运动，l2-Δl =v 2t 2解得t 2=13s平台距地面的高度h =12gt 22=59m2.(2023年高考选择性考试辽宁卷)如图，质量m 1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k =20N /m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。
高中物理常见“碰撞”模型及其性质分析
“碰撞”作为高中物理中重要的模型之一，在每年的高考物理题中都会出现，除了会出现在选择题中，还会出现在压轴题中。
而且在很多情况下，其背景较为隐蔽，学生难以准确发掘，因此解答问题也就较为困难。
为了帮助学生快速解答常见的碰撞类问题，笔者结合实际问题，系统性地总结常见题型，分析常见问题。
一、弹性碰撞（一）一动碰一静弹性碰撞是物体碰撞后能够恢复到碰撞前的状态，即碰撞前后满足动量守恒。
如图1所示，两小球质量为m1、m2，小球m1以速度v1与静止小球m2发生弹性碰撞，两小球同时进行运动时，由动量守恒和机械能守恒定律有m1v1=m1v'1+m2v'2，12m1v21=12m1v'21+12m2v'22，则进一步可得v'1=m1-m2m1+m2v1，v'2=2m1m1+m2v1。
学生应当牢记这一结果，以便在计算过程中灵活运用，从而提高解题效率。
图1［例1］如图2所示，速度为v0的中子与静止的氢核和氮核发生弹性碰撞，碰撞后氢核和氮核速度分别为v1和v2，则下列说法正确的是（ ）。
A.碰撞后，氮核的动量小于氢核B.碰撞后，氮核的动能小于氢核C. v2>v1D. v2>v0图2解析：由题意可知，在碰撞过程中中子、氢核和氮核满足动量守恒和机械能守恒。
设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子与氢核碰撞后中子的速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3，12mv20=12mv21+12mv23，联立即得v1=v0。
设中子与氮核碰撞后中子的速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4，12mv20=12×14mv22+12mv24，联立解得v2=215v0，则v1=v0>v2。
碰撞后，氢核的动量为p H=mv1=mv0，氮核的动量为p N=14mv2=28mv015，可得p N>p H。
专题强化八 碰撞类的四类模型
专题强化八碰撞类的四类模型【专题解读 1.本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析。
2.会分析物体的正碰模型、“滑块—弹簧”、“滑块—斜面”、“滑块—木板”碰撞模型的特点，并会应用相应规律解决问题。
3.用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒定律，动能定理和能量守恒定律。
模型一“物体与物体”正碰模型1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′。
(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的结论(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋m2(2)若v2＝0时，v1′＝m1－m2m1＋m2v1v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
3．非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋ΔE k损4．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v12m1v 21＋12m2v22＝12(m1＋m2)v2＋ΔE k损max【真题示例1(2020·全国Ⅲ卷，15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图1中实线所示。
人教版选修3-5课堂同步精选练习题：第十六章 第4节 碰撞(含解析)
人教版选修3-5课堂同步精选练习第十六章 第4节 碰撞（含解析）1、下列对于碰撞的理解正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C ．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，这样的碰撞是弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．【答案】A2．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ.一质量为m (m <M )的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A ．h B.mh m ＋M C.mh M D.Mh m ＋M解析：斜面固定时，由动能定理得－mgh ＝0－12mv 20，所以v 0＝2gh ；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v ，由机械能守恒得12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋mgh ′，解得h ′＝M M ＋mh ，故选D. 【答案】D3、在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们在一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v 0撞向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度的可能值是( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．【答案】D4、(多选)质量为m ，速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止的B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B 球的速度可能值为( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．0.3v解析：如果碰撞是弹性的，由动量守恒和能量守恒得mv ＝mv 1＋3mv 2，12mv 2＝12mv 21＋123mv 22，v 2＝0.5v ，此过程B 获得速度最大；如果碰撞是非弹性的，粘在一起时B 获得速度最小，由mv ＝4mv 3，v 3＝0.25v ，则B 的速度可能值为v 3≤v B ≤v 2，即0.25v ≤v B ≤0.5v ，B 、D 正确．【答案】BD5、(多选)如图所示，用两根长度都等于L 的细绳，分别把质量相等、大小相同的a 、b 两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触．现把a 球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a 球摆动到最低位置与b 球相碰后，b 球可能升高的高度为( )A ．L B.4L 5 C.L 4 D.L 8解析：若a 、b 两球发生完全弹性碰撞，易知b 球上摆的高度可达L ；若a 、b 两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mv ＝2mv ′和12·2mv ′2＝2mgh ′，可知其上摆的高度为L 4.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b 球上摆的高度应满足L 4≤h ≤L . 【答案】ABC6、(多选)如图(a)所示，光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；(b)图为物体A 与小车B 的v - t 图象，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：由图象可知，物体A 与小车B 最终以共同速度v 1匀速运动，不能确定小车上表面的长度，故A 错误；由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得m A m B ＝v 1v 0－v 1，可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由图象可以知道，物体A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒得μm A g Δx ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 21，根据求得的物体A 与小车B 的质量关系，可以解出物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误．故选B 、C.【答案】BC7、(多选)质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.13v B.23v C.49v D.89v 解析：设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12mv 2A ＝19×12mv 2，则|v A |＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒定律有mv ＝m ×13v ＋2mv B 或mv ＝－m ×13v ＋2mv B ，解得v B ＝13v 或23v . 【答案】AB8、(多选)如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m 的弹性小球P 沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km (k 为大于0的正整数)且静止在水平地面上的弹性小球Q 发生弹性正碰．为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k 的取值可能正确的是( )A ．1B ．2C ． 3D ．4解析：设碰前的速度为v 0，碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律，则有mv 0＝mv 1＋kmv 2，12mv 20＝12mv 21＋12kmv 22，联立解得v 1＝1－k 1＋k v 0，v 2＝21＋k v 0，为使二者只能发生一次碰撞，所以必须满足|v 1|≤|v 2|，又k 为大于0的正整数，所以0<k ≤3，即k 的取值可能为1、2、3，选项A 、B 、C 正确，D 错误．【答案】ABC9、(多选)在光滑的水平面上，有A 、B 两球沿同一直线向右运动，如图所示．已知碰撞前两球的动量分别为p A ＝12 kg·m/s ，p B ＝13 kg·m/s.碰撞后它们的动量变化Δp A 、Δp B 有可能是( )A ．Δp A ＝－3 kg·m/s ，ΔpB ＝3 kg·m/s B ．Δp A ＝4 kg·m/s ，Δp B ＝－4 kg·m/sC ．Δp A ＝－5 kg·m/s ，Δp B ＝5 kg·m/sD ．Δp A ＝－24 kg·m/s ，Δp B ＝24 kg·m/s解析：四个选项均遵守动量守恒定律，即有Δp A ＋Δp B ＝0，由于本题是追赶碰撞，物理情景可行性必有v A >v B ，v B ′>v B ，所以有Δp B >0，因而Δp A <0，可将B 选项排除，再由碰后动能不增加得：12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ①12m B v 2B <12m B v ′2B ② 联立①②解得12m A v ′2A <12m A v 2A 而D 选项中12m A v ′2A ＝12m A v 2A ③ 故排除D 选项，检验选项A 、C ，可知同时满足碰撞的三个原则，故本题的答案应为A 、C.【答案】AC能力达标10、A 、B 两物体在光滑水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两物体发生相互作用前后的运动情况如图所示．则：(1)由图可知，A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？【答案】(1)2 s 6 (2)30 J解析：(1)由图象知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/s v B ＝Δx B t ＝62m/s ＝3 m/s v AB ＝Δx AB t ＝22 m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB解得m B ＝6 kg.(2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2AB ＝30 J. 11、如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5 kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2.求：(1)在A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小；(2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度．【答案】(1)50 N (2)0.45 m解析：(1)设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时，根据动量定理有 F t ＝m A v ′1－m A (－v 1)解得F ＝50 N.(2)设碰撞后A 、B 的共同速度为v ，根据动量守恒定律有m A v ′1＝(m A ＋m B )vA 、B 在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒，由机械能守恒定律得12(m A＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh 解得h ＝0.45 m.12、如图所示，质量为m 的炮弹运动到水平地面O 点正上方时速度沿水平方向，离地面的高度为h ，动能为E ，此时发生爆炸，分解为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E ，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g ，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．【答案】4Eh mg解析：爆炸之前E ＝12mv 20爆炸过程动量守恒，有mv 0＝12mv 1＋12mv 2 12(m 2)v 21＋12(m 2)v 22＝2E 联立解得v 1＝0，v 2＝2v 0即爆炸后一部分做自由落体运动，另一部分做平抛运动，有h ＝12gt 2 x ＝2v 0t解得炮弹的两部分落地点之间的距离为x ＝4Eh mg. 13、如图所示，ABD 为竖直平面内的轨道，其中AB 段水平粗糙，BD 段为半径R ＝0.08 m 的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B 点．小球甲以v 0＝5 m/s 的速度从C 点出发，沿水平轨道向右运动，与静止在B 点的小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D .已知小球甲与AB 段间的动摩擦因数μ＝0.4，CB 的距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2，甲、乙两球可视为质点．求：(1)碰撞前瞬间，小球甲的速度大小v 甲；(2)小球甲和小球乙的质量之比．【答案】(1)3 m/s (2)12解析：(1)对甲在CB 段，由动能定理得μm 甲gs ＝12m 甲v 20－12m 甲v 2甲 解得v 甲＝3 m/s. (2)碰后，乙恰好能到达圆轨道最高点D ，由牛顿第二定律得m 乙g ＝m 乙v 2D R从B 点到D 点，由机械能守恒定律得12m 乙v 2D ＋2m 乙gR ＝12m 乙v 2B 解得v B ＝5gR ＝2 m/s在B 位置，甲、乙碰撞过程中甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m 甲v 甲＝m 甲v ′甲＋m 乙v B由机械能守恒定律得12m 甲v 2甲＝12m 甲v ′2甲＋12m 乙v 2B所以m 甲m 乙＝12. 14、如图所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速度地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞后将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？【答案】1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 解析：设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得mv 1＝2mv ′①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2②设A 、B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2mv ′－32mv 2＝72mv ″③ 为使B 能与挡板再次相碰应满足v ″>0④联立①②③④式解得1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1。
高中物理-第一篇 专题二 高考新动向1 数学归纳法和图象法解决多次碰撞问题
(3)B与C第一次碰后到最终停止运动，B运动的总路程. 答案 5.062 5 m
12
设B与C第一次碰后向左运动的最大距离为 s1，对长木板，由动能定理 －μm1gs1＝0－12m2v02 解得 s1＝2μmm21gv02＝2.25 m 第二次碰后由动量守恒定律有 m1v1－m2v1＝(m1＋m2)v2
12
(1)若v0＝1.25 m/s，求第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间第2个滑环的 速度大小；
答案 0.375 m/s
12
设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧前第1个滑环的速度为v1，由动能 定理得 －μmgl＝12mv12－12mv02 解得v1＝0.75 m/s 设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间两个滑环的速度变为v2，由动量 守恒定律得 mv1＝2mv2 解得v2＝0.375 m/s
设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能 定理有 －μ(m1＋m0)gs＝12(m1＋m0)v12－Ek， 解得v1＝3 m/s， 设之后靶盒与木板达到共同速度v1′，(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v1′， 解得v1′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1， 木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a， 根据v1′2＝2as1， 解得s1＝0.5 m<d－l，
专题二 能量与动量
高考新动向1 数学归纳法和图象法 解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多， 过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几 数学
次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或 归纳法
说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同 速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速， 经位移大小s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2， 以向右为正方向(下同)，有(m1＋m0)v1′－m2v1′＝(m1＋m0＋m2)v2， 可得 v2＝13v1′， 木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向 右加速v22＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同 速度v3，
碰撞练习题
动方向相反.将碰撞后球1的动能和动量的大小分
别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为
E2、p2，则必有（ ）
A．E1＜E0
B．p1＜p0
C．E2＞E0
D．p2＞p0
1
2
1
2
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，向相同 方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。 当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能
值是（ ）
A．vA′=5 m/s， vB′=2.5 m/s B．vA′=2 m/s， vB′=4 m/s C．vA′=－4 m/s，vB′=7 m/s D．vA′=7 m/s， vB′=1.5 m/s
AB
质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿一直线向同
一方向运动，A球的动量为PA＝7kg·m／s，B球的动量为
如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B 静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长．另一质 量当与A滑B相过同距的离滑l时块，A从与导B相轨碰上．的碰P点撞以时初间速极度短v，0向碰B后滑A行、，B
粘在一起运动．设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动
摩擦பைடு நூலகம்数均为μ．重力加速度为g．求：
（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小； （2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧 的最大压缩量．
PB =5kg·m／s,当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B
两球的动量可能为(
)
A．pA’=6kg/s B．pA’=3kg/s C．pA’=2kg/s D．pA’=4kg/s
pB’=6kg/s pB’=9kg/s pB’=14kg/s pB’=17kg/s
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碰 撞 练习题2
1.如图，在光滑水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线，2,3小球静止，并靠拢在一 起，球1以速度0v 射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度的可能值是 ： A ;31.0321v v v v === B. 03212
1,0v v v v ===; C. 0;2
13201===v v v v ; D. 0321;0v v v v ===; 2. 甲乙两小球放在光滑水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态，现使两球 反向运动，如图所示，当细线拉紧时，突然崩断，这以后两球的运动情况可能是：
3. 如图，B,C,D,E,F 五个球并排放置在光滑水平面上，B,C,D,E 四个球质量相等，F 与A 质 量相等，小于B 的质量，A 球以0v 向B 运动，发生碰撞为弹性碰撞，则碰后：
A.五个小球静止，一个运动，
B. 四个静止，二个运动，
C. 三个静止，三个运动，
D. 六个小球都运动，
4. 如图所示，质量相等的五个物体在光滑的水平面上间隔一定距离排成一直线，具有初动 能0E 的物块1向其它四个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5 个物块粘成一个整体，这个整体的动能等于：
A. 0E ；
B. 054E ；
C. 051E ；
D. 0251E ；
5. 如同所示，小球A 和B 质量相同，球B 置于光滑水平面上，当A 球从高为h 处由静止 摆下，到达最低点时恰好与B 相碰，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度为：
A. h;
B.
h 2
1; C. h 41; D. h 81;
A B C D E F
v
0 V
2 3 4 5
1
6. 甲乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是s m kg p /5∙=甲，
s m kg p /7∙=乙，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量s m kg p /10∙='乙
，则两球的质 量m 甲与m 乙的关系可能是：
A. m 乙=m 甲；
B. m 乙=2m 甲；
C. m 乙=4m 甲；
D. m 乙=6m 甲
7. 在光滑水平面上,动能为E 0、动量大小为P 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞 前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小记为E 1、P 1，球2的动能 和动量的大小记为E 2、P 2，则必有( )
A 、E １＜Ｅ０
B 、Ｐ１＜Ｐ０
C 、Ｅ２＞Ｅ０
D 、Ｐ２＞Ｐ０
8.半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大 于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（ ）
A.甲球的速度为零而乙球的速度不为零
B.乙球的速度为零而甲球的速度不为零
C.两球的速度均不为零
D.两球的速度方向均与原来方向相反，两球的动能仍相等
9. 质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7 kg·m/s,球2的动 量为5 kg·m/s ，当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是( )
A.Δp 1= -1 kg·m/s ，Δp 2=1 kg·m/s
B.Δp 1= -1 kg·m/s ，Δp 2=4 kg·m/s
C.Δp 1= -9 kg·m/s ，Δp 2=9 kg·m/s
D.Δp 1= -12 kg·m/s ，Δp 2=10 kg·m/s
10. 在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了 一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停 止.根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶 速率为( )
A.小于10 m/s
B.大于10 m/s 小于20 m/s
C.大于20 m/s 小于30 m/s
D.大于30 m/s 小于40 m/s
11. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为 m B =2m A .规定向右为正方向，A 、B 两球的动量大小均为6 kg·m/s ，运动中两球发生碰撞， 碰撞后A 球的动量增量为-4 kg·m/s ，则( )
A.左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10
12. 如图所示，长l 为0.8 m 的细绳，一端固定于O 点，另一端系一个质量m 1为0.2 kg 的球. 将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放.当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌 面边缘的质量m 2为0.2 kg 的铁块发生弹性正碰，碰后小球静止.若光滑桌面距地面高度 h 为1.25 m ，铁块落地点距桌边的水平距离多大？(g 取10 m/s 2)
碰撞练习参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
A A A D A
B
C C C C ABD
AC
12.解析：球下落过程中机械能守恒，由于两球发生弹性正碰，动能守恒，可对全过程利用能量守恒进行计算.碰后铁块做平抛运动，利用平抛运动公式计算.
由于两球发生弹性正碰，动能守恒，所以m2v22=m1gl-0，解得v2=4 m/s.
由平抛射程公式可求得铁块的水平射程：s=v2=4×m=2 m.。