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微专题 52 碰撞
1．碰撞的特点：系统动量守恒，碰后系统的动能不增加，碰撞前后的速度要符合实际即碰
后不能再碰。2.两小球弹性碰撞结论式：v′＝v＋，v′＝v＋v。
1 1 2 2 1
1. (2023·湖北十堰市调研)如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB与光滑圆弧轨道BC平滑
连接，B为圆弧轨道的最低点。一质量为1 kg的小球a从直轨道上的A点以大小为4 m/s的
初速度向右运动，一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿
圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m(未脱离轨道)。取重力加速度大小为g＝10 m/s2，两球均视
为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1 m/s
B．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3 m/s
C．小球b的质量为3 kg
D．两球会发生第二次碰撞
答案 C
解析 对小球b，由机械能守恒定律有 mgh＝mv 2，可得碰后小球b的速度大小为v ＝2
b b B B
m/s，故A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv ＝mv ＋mv ，由机械能守恒
a 0 a 1 b B
定律可得mv2＝mv2＋mv 2，联立解得m ＝3 kg，v ＝－2 m/s，碰撞后瞬间，小球a的速
a 0 a 1 b B b 1
度大小为2 m/s，故B错误，C正确；由上述分析知，碰后a球立刻向左运动，b球先向右运
动到最高点，再向左返回到平面上运动，b球返回到平面上时速度大小也为2 m/s，两球速
度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误。
2．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规律如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两
物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案 A
解析 取甲、乙初速度方向为正方向，根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为 v ＝5.0
甲
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料m/s，v ＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v ′＝－1.0 m/s，v ′＝2.0 m/s，碰撞过程由
乙 甲 乙
动量守恒定律得m v ＋m v ＝m v ′＋m v ′，解得m ＝6 kg，碰撞过程损失的机械
甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 乙
能ΔE＝m v 2＋m v 2－m v ′2－m v ′2＝3 J，故选A。
甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙
3．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块
刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩
擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速
率为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
答案 C
解析 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－×2mv2，代入数据得 v＝1
m/s，A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，
则mv＝mv＋2mv，由于没有机械能的损失，则mv2＝mv2＋·2mv2，联立可得v＝1.5 m/s，
0 1 0 1 0
故A、B、D错误，C正确。
4．斯诺克是我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，白球撞击彩色球使其入洞并计分。
假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为m的红球，质量为1.5m的白球以初速
度v 与4号红球发生碰撞，假设发生的碰撞均为弹性正碰，则白球最终的速度大小为( )
0
A．0 B. C.3v D.4v
0 0
答案 D
解析 根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知1.5mv ＝1.5mv ＋mv ，×1.5mv2＝×1.5mv2＋
0 1 2 0 1
×mv2，联立得v ＝v ，每碰撞一次白球的速度变为原来的，由于红球质量相等，且为弹性
2 1 0
正碰，则4号球每次将速度传给右侧球后速度为零，故白球与 4号球碰撞4次后，白球速度
v＝4v，故选D。
0
5. 如图所示，质量为m的A球以速度v 在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的
0
B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv(α<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使
0
A球能追上B球再次相碰，则α的取值范围为( )
A.<α≤ B.<α≤
C.<α≤ D.<α≤
答案 D
解析 由题意可知，A、B两小球在碰撞过程中动量守恒，以A球初速度v 的方向为正方向，
0
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料设碰后B球的速度为v ，则由动量守恒定律可得mv ＝－m·αv ＋4mv ，A与挡板P碰撞后
B 0 0 B
能追上B发生再次碰撞的条件是αv>v ，联立可解得α>；碰撞前后两小球的机械能应满足
0 B
mv2≥m(－αv)2＋×4mv 2，联立解得α≤，综合可得<α≤，故选D。
0 0 B
6. 内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，图为水平面的俯视图。O为圆环圆心，直径略小
于管道内径的甲、乙两个等大的小球(均可视为质点)分别静置于P、Q处，PO⊥OQ，甲、
乙两球质量分别为m、km。现给甲球一瞬时冲量，使甲球沿图示方向运动，甲、乙两球发
生弹性碰撞，碰撞时间不计，碰后甲球立即向左运动，甲球刚返回到 P处时，恰好与乙球
再次发生碰撞，则( )
A．k＝ B．k＝ C．k＝2 D．k＝5
答案 B
解析 设甲球初速度为v ，初始时两球间的弧长为l，则管道长为4l，设碰撞后甲、乙小球
0
速度大小分别为v、v，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv＝kmv－mv，由机械能
1 2 0 2 1
守恒得mv2＝kmv2＋mv2，由于再次在P处碰撞，则有l＝vt,3l＝vt，联立方程，解得k
0 2 1 1 2
＝，故选B。
7. (2023·重庆卷·14)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道
上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小
球每次经过P点后，其速度大小都增加v 。质量为m的小球1从N处以初速度v 沿轨道逆
0 0
时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽
略每次碰撞时间。求：
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
答案 (1)4m (2)3m (3)
解析 (1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v，
0
所以F＝m＝4m
n
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，
则m·2v＝－mv＋m′v
0
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料m(2v)2＝mv2＋m′v2
0
联立解得v＝v，m′＝3m
0
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，
则t＝
1
vt＋2vt＝πR
02 02
所以Δt＝t＋t＝。
1 2
8. (2023·河北沧州市测试)如图所示，倾角为θ、足够长的固定斜面上静置一滑块。现将一表
面光滑、质量为m的物体从滑块上方由静止释放，释放后物体与滑块每次碰撞时的速度均
相
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料同。已知滑块与斜面间的动摩擦因数 μ＝，物体释放时与滑块的间距为L，两者每次碰撞均
为弹性正碰且碰撞时间极短，重力加速度大小为g。求：
(1)滑块的质量M；
(2)物体与滑块碰撞后两者之间的最大距离d。
答案 (1)5m (2)L
解析 (1)设物体与滑块碰撞时的速度大小为v，则物体与滑块碰前有mgLsin θ＝mv2
设碰撞后的物体与滑块速度分别为v、v，则有mv＝mv＋Mv，mv2＝mv2＋Mv2
1 2 1 2 1 2
碰后，物体向上做反向匀变速直线运动，加速度大小a＝＝gsin θ，
1
由于μ＝>tan θ
滑块向下做匀减速直线运动，加速度大小a＝＝gsin θ
2
由于物体与滑块每次碰撞时的速度均相同，则有L＝＋，解得M＝5m
(2)每次碰撞后，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，
当两者速度相等时距离最大，从碰撞到两者速度相等所用时间为 t，则有v ＝v －at＝－v
3 1 1 2
＋at
2
最大距离为d＝＋，联立解得d＝L。
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