选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 (按ctrl 点击打开) 碰撞问
题考点透析
碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，同时它也是同学们学习的难点．它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全方位地考查同学们的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力．高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律．一、考点诠释
两个(或两个以上) 物体相遇，物体之间的相互作用仅持续一个极为短暂的时间，而运动状态发生显著变化，这种现象称为碰撞。碰撞是一个基本，十分重要的物理模型，其特点是：
1．瞬时性．由于物体在发生碰撞时，所用时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这一极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。
2．动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作用的内力大于外力，所以系统在碰撞过程中动量守恒。
3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒（系统的动能减少）。
二、解题策略
首先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作用的研究对象，使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。
三、边解边悟
1．在光滑的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，并靠在一起，1球以速度v 0射向它们，如图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个小球的速度为多少？
解析：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为v 0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所
以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v 0．
2．用轻弹簧相连的质量均为m =2㎏的A 、B 两物体都以v =6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M = 4㎏的物体C 静止在前方，如图所示。B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：
（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A 的速度。
（2）弹性势能的最大值是多大？
解析：（1）由动量守恒定律得
当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最多，此时A 、B 、C 的速度相等
2 mv =（2m +M ）v 1
v 1=2 mv /（2m +M ）=3 m/s
即A 的速度为3 m/s
（2）由动量守恒定律得B 、C 碰撞时
mv =（m +M ）v 2
v 2= mv /（m +M ）=2m/s
由能量守恒可得
mv 2/2＋（m ＋M ）v 22/2=（2m ＋M ）v 12/2＋△E P
解得：△E P =12J
3．质量均为m ，完全相同的两辆实验小车A 和B 停放在光滑水面上，A 车上另悬挂有一质量为2m 的小球C 。开始B 静止，A 、C 以速度v 0向右运动，两车发生完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球C 先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平，求：
（1）小球第一次向右摆起至最大高度h 1时小车A 的速度大小v .
（2）小球第一次向右摆起的最大高度h 1和第一次向左摆起的最大高度h 2之比.
解析：（1）研究A 、B 、C 整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据水平方向动量守恒
（3m ）v 0 = (4m) v
v =
解得3v 04
（2）研究A 、B 整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间A 、B 共同速度为v 1，根据动量守恒
mv 0 = (2m)v1
解得v 1=1v 02
从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律
(2m ) gh 1=2(2m ) v 0+(2m ) v 12-(4m ) v 2
222
2v 0h 1=16g 解得
由受力分析可知，小球下摆回最低点，B 、C 开始分离。设此时小球速度为v 3，小车速度为v 4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒
（2m ）v 0 +(2m)v1 = (2m)v3 +(2m)v4
根据机械能守恒定律
1111222(2m ) v 0+(2m ) v 12=(2m ) v 3+(2m ) v 42222
1v 0解得小球速度v 3 = v1 =2，方向向右
小车速度v 4 = v0，方向向右 另一根不合题意舍去。
研究A 、C 整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。
根据水平方向向量守恒
(2m) v3 +mv4 = (3m)v5
根据机械能守恒定律
(2m ) gh 2=
2v 0h
2=24g 解得112122(2m ) v 3+mv 4-(3m ) v 5222
所以h 1：h
2 =3：2
4．如图所示，质量为M=3kg、长度为 L=1.2m的木板
静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为L 0=0.6m的轻弹簧，右端放置一质量为m=1kg的小物块，小物块与木块间的动摩
擦因数为μ=0.4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量I 0=4N·s ，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹
性势能增大为最大值E max ，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v ；
（2）弹性势能的最大值E max 及小物块相对于木板向左运动的最大距离L max 。
解析：（1）由动量定理及动量守恒定律得
I 0=mv0 mv 0=(m+M)v
解得：v=1m/s
（2）由动量守恒定律和功能关系得 mv 0=(m+M)u
11
2mv 2 =2（m+M）v 2+μmgL max +Emax
11
2mv 2 =2（m+M）u 2+2μmgL max
解得：E max =3J L max =0.75m
5. 在绝缘水平面上放一质量m =2.0×10kg 的带电滑块A ，所带电荷量q =1.0×10C . 在滑块A 的左边l =0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块B ，质量M =4.0×10kg ，B 与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接) 且弹簧处于自然状态，弹簧原长S =0.05m. 如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E =4.0×10N/C，滑块A 由静止释放后向左滑动并与滑块B 发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内) ，此时弹性势能E 0=3.2×10J ，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g 取10m /s . 求:
(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v ；
(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s .
解析:(1)设两滑块碰前A 的速度为v 1，由动能定理有: 2-35-3-3-7
qEl -μmgl =12mv 12
解得:v 1=3m /s
A 、B 两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v
mv 1=(M +m ) v
解得:v =1.0m /s
(2)碰后A 、B 一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x 1，由动能定理有：
qEx 1-μ(M +m ) gx 1-E 0=0-(M +m ) v 2
2
解得:x 1=0.02m
设反弹后A 、B 滑行了x 2距离后速度减为零，由动能定理得:
E 0-qEx 2-μ(M +m ) gx 2=0
解得:x 2≈0.05m
以后，因为qE >μ(M +m ) g ，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:
S =x 2+s -x 1=0.05m +0.05m -0.02m=0.08m.
6. 如图所示，两个完全相同质量为m 的木板A 、B 置于水平面上。它们的间距s=2.88m ，质量为2m 、大小可以忽略的物块C 置于A 板的左端。C 与A 之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A 、B
与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.10，最大静
2
摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态，现给C 施加一个水平向右，大小为5mg 的恒力F ，假定A 、B 碰撞时间很短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度最少要为多少？
解析：在A ，B 碰撞之前，A ，C 间的最大静摩擦力为2μ1mg=0.44mg，大于C 所受到的外力0.4mg ，因此，A ，C 之间无相对运动。所以A ，C 可作为一个整体。碰撞前A ，C 的速度可以用动能定理求出。
碰撞之后，A ，B 具有共同的速度，C 的速度不变。A ，C 间发生相对运动。并且根据题意，A ，B ，C 系统所受的摩擦力等于F ，因此系统所受的合外力为零。可运用动量守恒定理求出C 刚好不脱离木板的系统最终的共同速度。然后，运用能量守恒定律求出A ，B 的长度，即C 与A ，B 发生相对位移的距离。
由于F 小于A ，C 间最大静摩擦力，所以A ，C
无相对运动。
12v
μFS-23mgS=23m 1
v 1解得v
c v v ，m 1=2mab
v ab 得
因为，F=
2m μ24mg=0.4mg;所以，A
，B ，C 组成的系统合外力为零 v c +2mv ab =4mv
得，v m/s
由能量守恒定理得
111222μv v v c ab 1222F2L+4m -2mg2L=2m +2m L=5m
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题考点透析
碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，同时它也是同学们学习的难点．它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全方位地考查同学们的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力．高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律．一、考点诠释
两个(或两个以上) 物体相遇，物体之间的相互作用仅持续一个极为短暂的时间，而运动状态发生显著变化，这种现象称为碰撞。碰撞是一个基本，十分重要的物理模型，其特点是：
1．瞬时性．由于物体在发生碰撞时，所用时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这一极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。
2．动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作用的内力大于外力，所以系统在碰撞过程中动量守恒。
3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒（系统的动能减少）。
二、解题策略
首先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作用的研究对象，使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。
三、边解边悟
1．在光滑的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，并靠在一起，1球以速度v 0射向它们，如图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个小球的速度为多少？
解析：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为v 0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所
以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v 0．
2．用轻弹簧相连的质量均为m =2㎏的A 、B 两物体都以v =6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M = 4㎏的物体C 静止在前方，如图所示。B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：
（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A 的速度。
（2）弹性势能的最大值是多大？
解析：（1）由动量守恒定律得
当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最多，此时A 、B 、C 的速度相等
2 mv =（2m +M ）v 1
v 1=2 mv /（2m +M ）=3 m/s
即A 的速度为3 m/s
（2）由动量守恒定律得B 、C 碰撞时
mv =（m +M ）v 2
v 2= mv /（m +M ）=2m/s
由能量守恒可得
mv 2/2＋（m ＋M ）v 22/2=（2m ＋M ）v 12/2＋△E P
解得：△E P =12J
3．质量均为m ，完全相同的两辆实验小车A 和B 停放在光滑水面上，A 车上另悬挂有一质量为2m 的小球C 。开始B 静止，A 、C 以速度v 0向右运动，两车发生完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球C 先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平，求：
（1）小球第一次向右摆起至最大高度h 1时小车A 的速度大小v .
（2）小球第一次向右摆起的最大高度h 1和第一次向左摆起的最大高度h 2之比.
解析：（1）研究A 、B 、C 整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据水平方向动量守恒
（3m ）v 0 = (4m) v
v =
解得3v 04
（2）研究A 、B 整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间A 、B 共同速度为v 1，根据动量守恒
mv 0 = (2m)v1
解得v 1=1v 02
从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律
(2m ) gh 1=2(2m ) v 0+(2m ) v 12-(4m ) v 2
222
2v 0h 1=16g 解得
由受力分析可知，小球下摆回最低点，B 、C 开始分离。设此时小球速度为v 3，小车速度为v 4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒
（2m ）v 0 +(2m)v1 = (2m)v3 +(2m)v4
根据机械能守恒定律
1111222(2m ) v 0+(2m ) v 12=(2m ) v 3+(2m ) v 42222
1v 0解得小球速度v 3 = v1 =2，方向向右
小车速度v 4 = v0，方向向右 另一根不合题意舍去。
研究A 、C 整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。
根据水平方向向量守恒
(2m) v3 +mv4 = (3m)v5
根据机械能守恒定律
(2m ) gh 2=
2v 0h
2=24g 解得112122(2m ) v 3+mv 4-(3m ) v 5222
所以h 1：h
2 =3：2
4．如图所示，质量为M=3kg、长度为 L=1.2m的木板
静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为L 0=0.6m的轻弹簧，右端放置一质量为m=1kg的小物块，小物块与木块间的动摩
擦因数为μ=0.4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量I 0=4N·s ，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹
性势能增大为最大值E max ，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v ；
（2）弹性势能的最大值E max 及小物块相对于木板向左运动的最大距离L max 。
解析：（1）由动量定理及动量守恒定律得
I 0=mv0 mv 0=(m+M)v
解得：v=1m/s
（2）由动量守恒定律和功能关系得 mv 0=(m+M)u
11
2mv 2 =2（m+M）v 2+μmgL max +Emax
11
2mv 2 =2（m+M）u 2+2μmgL max
解得：E max =3J L max =0.75m
5. 在绝缘水平面上放一质量m =2.0×10kg 的带电滑块A ，所带电荷量q =1.0×10C . 在滑块A 的左边l =0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块B ，质量M =4.0×10kg ，B 与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接) 且弹簧处于自然状态，弹簧原长S =0.05m. 如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E =4.0×10N/C，滑块A 由静止释放后向左滑动并与滑块B 发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内) ，此时弹性势能E 0=3.2×10J ，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g 取10m /s . 求:
(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v ；
(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s .
解析:(1)设两滑块碰前A 的速度为v 1，由动能定理有: 2-35-3-3-7
qEl -μmgl =12mv 12
解得:v 1=3m /s
A 、B 两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v
mv 1=(M +m ) v
解得:v =1.0m /s
(2)碰后A 、B 一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x 1，由动能定理有：
qEx 1-μ(M +m ) gx 1-E 0=0-(M +m ) v 2
2
解得:x 1=0.02m
设反弹后A 、B 滑行了x 2距离后速度减为零，由动能定理得:
E 0-qEx 2-μ(M +m ) gx 2=0
解得:x 2≈0.05m
以后，因为qE >μ(M +m ) g ，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:
S =x 2+s -x 1=0.05m +0.05m -0.02m=0.08m.
6. 如图所示，两个完全相同质量为m 的木板A 、B 置于水平面上。它们的间距s=2.88m ，质量为2m 、大小可以忽略的物块C 置于A 板的左端。C 与A 之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A 、B
与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.10，最大静
2
摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态，现给C 施加一个水平向右，大小为5mg 的恒力F ，假定A 、B 碰撞时间很短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度最少要为多少？
解析：在A ，B 碰撞之前，A ，C 间的最大静摩擦力为2μ1mg=0.44mg，大于C 所受到的外力0.4mg ，因此，A ，C 之间无相对运动。所以A ，C 可作为一个整体。碰撞前A ，C 的速度可以用动能定理求出。
碰撞之后，A ，B 具有共同的速度，C 的速度不变。A ，C 间发生相对运动。并且根据题意，A ，B ，C 系统所受的摩擦力等于F ，因此系统所受的合外力为零。可运用动量守恒定理求出C 刚好不脱离木板的系统最终的共同速度。然后，运用能量守恒定律求出A ，B 的长度，即C 与A ，B 发生相对位移的距离。
由于F 小于A ，C 间最大静摩擦力，所以A ，C
无相对运动。
12v
μFS-23mgS=23m 1
v 1解得v
c v v ，m 1=2mab
v ab 得
因为，F=
2m μ24mg=0.4mg;所以，A
，B ，C 组成的系统合外力为零 v c +2mv ab =4mv
得，v m/s
由能量守恒定理得
111222μv v v c ab 1222F2L+4m -2mg2L=2m +2m L=5m
选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 (按ctrl 点击打开)