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1、11-1911-19 年高考物理真题分专题汇编之年高考物理真题分专题汇编之 025025 碰撞碰撞1.20151.2015 年理综天津卷年理综天津卷 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 31，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： 41，95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mBvB mAv mBv，由题意知 vBv=3
2、1， 解得 mAmB=41，AB碰撞前、后两球总动能之比为Ek1 9:5Ek21(mA mB)v2212mBvB22. 20132. 2013年江苏卷年江苏卷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v x，如图所示，相同时间内，白球碰前与碰后的t位移之比大约为53，速度之比为53，白球碰后与灰球碰后的位移之比大约为11，速度之比为11，又动能Ek12mv，两球质量相等，碰撞过程中系统损失的动能为碰前动
3、能减去系统碰后252- 3232 0.28，故A对，B、C、D错。动能, 除以碰撞前动能时, 两球质量可约去, 其比例为523. 20123. 2012 年理综全国卷年理综全国卷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a b bD.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置【答案】AD2【解析】 根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得m1v1
4、 m1v1m2v2，m1v11211m1v12m1v22，22且m1 m，m2 3m解得v1错误；根据m1 m22m111v1 v1，v2v1v1，所以 A 正确，Bm1 m22m1 m2212mv mgh mgR(1cos)，知第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，C 错误；2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. 20114. 2011年理综全国卷年理综全国卷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。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
5、度v，小物块与箱壁Lv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111 mM2Amv2BvCNmgLDNm gL222 mM答案：BD1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(mM)v1， 则动能损失Ek mv221mM (mM)v12，解得Ekv2，B 对；依题意：小物块与箱壁碰撞N 次后回到箱子的正中22(mM)央，相对箱子运动的路程为S0.5L(N1)L0.5LNL，故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能：EkQNmgL，D 对。5. 20145. 2014 年理综大纲卷年理综大纲卷21一中子与一
6、质量数为A（A1）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()4A( A1)2A1A1ABCD( A1)2A1A1( A1)2【答案】A【解析】设碰撞前后中子的速率分别为v1，v1，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 m2Am1.根据完全弹性碰撞规律可得m1v1m2v2m1v1，11122m1v12m2v2m1v1222 解得碰后中子的速率v1m1m2A1vA1，A 正确v1v1，因此碰撞前后中子速率之比1A1v1m1 m2A16.20146.2014 年理综大纲卷年理综大纲卷 24(12 分)冰球运动员甲的质量为80.0k
7、g。 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：碰后乙的速度的大小；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 mvMVMV代入数据得V1.0 m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有111mv2 MV2 MV2E222联立式，代入数据得E1400 J7. 20147. 2014 年理综广东卷年理综广东卷 35.(18 分)图 24 的
8、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 = 0.1，AB段长 L=4m，g 取 10m/s ，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 E；（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
9、最大动能 E.【解析】(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒mv1=2mv 解得v AL图 24BLCP1P2探测器2v1 3m / s2碰撞损失的动能E 121mv12mv222解得E9J(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 (2m)g2ma13L vt at22v2v-att2 24由解得v1t24t2v22t由于 2st4s所以解得 v1的取值范围 10m/sv114m/sv2的取值范围 1m/sv25m/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
10、，经过A 点时有最大速度 v3：2v3v22gL 17 m/s则 P 向左经过 A 点时有最大动能E 12(2m)v317J2h，轨道在O点与水平地面平2PA8.20188.2018年海南卷年海南卷 14（16 分）如图，光滑轨道PQO 的水平段QO 滑连接。 一质量为m的小物块 A 从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m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 0.5，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。hQBhO2解：（1）设第一次
11、碰撞前瞬间A的速度为v0，物块 A 下滑到 O 的过程中，由机械能守恒定律有12mgh mv02设第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1、V1，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mv0 mv1 (4m)V112121mv0mv1(4m)V12222联立式得33v1 v0 2gh55V122v02gh55即第一次碰撞后瞬间 A 和 B 速度的大小分别为322gh和2gh。55（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t 2QOv1B 碰撞后向右运动，设A、B 在地面上运动的加速度大
12、小分别为aA、aB，由牛顿第二定律得mg maA( 4 m )g4 mBa设 B 在地面上向右运动的时间为tB，由运动学公式得0 V1 aBtB联立式并代入题给条件得t tB由式可知，当 A 再次回到 O 点时 B 已停止运动。由v1V1和式知，A、B 将再次碰撞。设 B从 O 点以速度V1开始运动到速度减为 0 的过程中， 运动的距离为s， 再次碰撞前瞬间 A 的速度大小为v2。由运动学公式有0V12 2aBs22v2 v1 2aAs设再次碰撞后瞬间A和B的速度分别为v3和V2，由完全弹性碰撞的规律，可得类似于式的结果3v3 v25V22v25由式知v3V1，即再次碰撞后，A 不能运动到 O
13、 点。设再次碰撞后A和B走过的路程分别为sA和sB，由动能定理有12mgsA 0mv324mgsB 014mV222联立式得，A、B 均停止运动后它们之间的距离为sA sB26h1259. 20139. 2013 年广东卷年广东卷 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
14、在弹性限度内） 。P 与 P2之间的动摩擦因数为 ，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解得v1v0P1PALlBP2图181v02对P1、P2、P系统，由动量守恒定律mv0+ 2mv0=4mv2解得v23v04111222(2m)v0(2m)v1(4m)v222212(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2mg(L x) EpP 刚进入P2到P1、P2、P第二次等速时，由能量守恒得；2mg
15、(2L 2x) (2m)v02(2m)v12(4m)v22mv0v由得：x 0 L，Ep1632g10.201110.2011年理综重庆卷年理综重庆卷22121224 （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：整个过程中摩擦阻力所做的总功；人给第一辆车水平冲量的大小；
16、第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。地面12地面3LLL解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则WkmgL2kmgL3kmgL6kmgL（2）设第一车的初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1，第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2. kmgL 1212mv1mu022112(2m)v2mu1222 k(2m)gL 12 k(3m)gL 0(3m)u22动量守恒mv1 2mu12mv2 3mu2人给第一辆车水平冲量的大小I mu2 2m 7kgL由解得v1 26kgL2由解得u12121v126kgL4412113mv1(2m)u12kmg222第一次碰撞系统动能损失E
17、k1由解得u2 2kgL由解得v223u211211322(2m)v2(3m)u2kmg12222第二次碰撞系统动能损失Ek1第一次与第二次碰撞系统动能损失之比Ek11313Ek2311.201511.2015年广东卷年广东卷 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R0.5m，物块 A 以 V06m/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L0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为QRA
18、V0图 18BPllk0.1，A、B 的质量均为 m1kg(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(nk)光滑段上的速度 Vn与 n 的关系式。答案：(1) v4m/s，F22N； （2）k45；(3)Vn90.2n m/s(其中 n1、2、3、44)解析：(1)由机械能守恒定律得：mV02 mg2R解得 A 滑过 Q 点时的速度 V = 4m/s121mV22V2在 Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式
19、有：F mg mR解得：A 滑过 Q 点时受到的弹力 F = 22N2（2）AB 碰撞前 A 的速度为 VA , 由机械能守恒定律有：mv01212mvA2得：VA = V0 = 6m/sAB 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Ek1(m m)VP2 9J2滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E = fL = (m + m)gL = 0.2J则：k Ek9 45E0.2(3)AB 滑到第 n 个光滑段上损失的能量E损= nE = 0.2n J由能量守恒得：(mm)VP2(mm)Vn2 nE代入数据解得：Vn90.2n m/s， （n k）1212