专题41 类（广义）碰撞问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题41 类（广义）碰撞问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共13页。

常考点 类（广义）碰撞问题
【典例1】
如图所示，质量为m1＝0.95kg的小车A静止在光滑地面上，一质量为m3＝0.05kg的子弹以v0＝100m/s的
速度击中小车A，并留在其中，作用时间极短。一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧的、质量为m2
＝4kg的小车B发生正碰，小车B的左侧有一固定的轻质弹簧。碰撞过程中，弹簧始终未超弹性限度，则
下列说法错误的是（ ）
A．小车A与子弹的最终速度大小为3m/s
B．小车B的最终速度大小为2m/s
C．弹簧最大的弹性势能为10J
D．整个过程损失的能量为240J
解：ABC、子弹射入小车A的过程中，子弹和小车A组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：m3v0＝（m3+m1）v1，
解得：，
当弹簧最短时，弹性势能最大，此时三者共速，规定向右为正方向，根据动量守恒有：（m3+m1）v1＝（m3+m1+m2）v共，
代入数据解得：v共＝1m/s；
根据能量守恒得，弹簧的最大弹性势能：Ep＝＝JJ＝10J；
设小车A与子弹最终速度为v3，小车B最终速度为v4，规定向右为正方向，
根据动量守恒有：（m1+m3）v1＝（m1+m3）v3+m2v4，
根据能量守恒有：，
代入数据解得：v3＝﹣3m/s，v4＝2m/s，故A、B、C正确；
D、整个过程中损失的能量为子弹打入物块A过程中损失的能量，根据能量守恒有：，
代入数据解得：△E＝237.5J，故D错误。
【典例2】
如图所示，一质量M＝0.5Kg的平板小车，车的右端放一质量m＝0.1Kg的小物体，小物体可视为质点，与车板之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止在光滑水平面上。现给小车一个水平向右的初速度v0＝1.2m/s，若小物体最终没有从平板车上滑落，g＝10m/s2。求：
（1）小物体与车的共同速度v的大小；
（2）小车的最小长度L；
（3）小物体在小车上滑行的时间t。
解：（1）由于小物体与车组成的系统合外力为零，所以小物体在车上滑行过程，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
Mv0＝（m+M）v
解得v＝1m/s
（2）根据能量守恒定律得
μmgL＝Mv02﹣（m+M）v2
解得L＝0.3m
（3）对小物体，取向右为正方向，由动量定理得
μmgt＝mv﹣0
解得t＝0.5s
答：（1）小物体与车的共同速度v的大小为1m/s；
（2）小车的最小长度L是0.3m；
（3）小物体在小车上滑行的时间t为0.5s。
【技巧点拨】
1． 子弹打木块
2． 板块模型
3． 弹簧模型
4． 弧形槽模型
5． 摆球模型
【变式演练1】
一质量M＝2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，如图所示，现有质量均为m＝1kg的小物块A和B
（均可视为质点），由车上某点P处开始，A以初速度v1＝2m/s向左运动，B同时以v2＝4m/s向右运动，
最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．小车最终将静止在水平地面上
B．A、B与车最终以1m/s速度共同运动
C．小车的总长L为9.5m
D．整个过程系统产生的总热量为9.875J
解：ABC、最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，设最终物块A、B和小车组成的系统共同速度为v。
取向右为正方向，由整个系统动量守恒定律、能量守恒定律得：mv2﹣mv1＝（2m+M）v…①
μmgL＝mv22+mv12﹣（2m+M）v2…②
解得：v＝0.5m/s、L＝9.5m，即小车最终将以0.5m/s的速度向右运动，故AB错误，C正确。
D、整个过程系统产生的总热量为：Q＝μmgL＝0.1×1×10×9.5J＝9.5J，故D错误。
【变式演练2】
如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹
簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
解：A、子弹射入物块A的过程中，要产生内能，则子弹和物块A的机械能减少，故A错误；
B、子弹射入物块A的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对物块A的作用力大小等于物块A对子弹的作用力大小，而且两个力作用时间相等，由I＝Ft知，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故B错误；
C、由于子弹射入物块A的过程中要产生内能，所以，子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，故C错误；
D、两物块运动过程中，弹簧最短时和弹簧最长时两物块速度相同，设两物块的共同速度为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m弹v0＝（m弹+mA+mB）v
可知，弹簧最短时和弹簧最长时两物块的共同速度相同，系统的总动能相同，由系统的机械能守恒定律知，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D正确。
1．如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量均为m，绳长为L，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是（ ）
A．B与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒
B．AB一起上摆的过程中，轻绳拉力做负功，AB动能减小
C．碰撞后AB再次回到最低点时对绳的拉力大小为
D．碰撞后AB一起上升的最大高度为
解：A、由于碰撞时间极短，外力的冲量忽略不计，所以B与A碰撞过程满足动量守恒。碰撞后二者粘在一起，发生非弹性碰撞，机械能有损失，故A错误；
B、碰撞后AB一起上摆的过程中，做圆周运动，受绳的拉力和重力作用，轻绳拉力与速度方向时刻垂直，拉力不做功，重力做负功，动能减小，故B错误；
C、碰撞完成后AB只受重力做功，机械能守恒。
设碰撞后瞬间AB的共同速度为v'，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝2mv'，
碰撞后，对AB整体，在最低点时，根据牛顿第二定律有：
F﹣2mg＝2m，
联立解得：
F＝2mg+m，
故C错误；
D、碰撞后AB一起上升的过程，根据机械能守恒得：
，
解得：
h＝
2．如图所示，质量为m的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则（ ）
A．此过程小球对小车做的功为mv02
B．此过程小车受到的总冲量为mv0
C．小球在弧形槽上升的最大高度为
D．小球和小车的末速度分别为﹣v0和2v0
解：AD、设小球返回小车的左端时小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取水平向右为正方向，整个过程中根据系统水平方向动量守恒得：
mv0＝mv1+mv2…①
由系统机械能守恒得：mv02＝mv12+mv22…②
联立①②解得：v1＝0，v2＝v0
对小车，根据动能定理得此过程小球对小车做的功：W＝mv22﹣0＝mv02，故AD错误；
B、根据动量定理得此过程小车受到的总冲量为I＝mv0﹣0＝mv0，故B正确；
C、当小球与小车的速度相等时，小球在弧形槽上升到最大高度，设最大高度为h，共同速度为v，根据系统水平方向动量守恒得：
mv0＝2mv…③
由系统机械能守恒得：mv02＝•2mv2+mgh…④
联立③④解得：h＝，故C错误。
3．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四分之一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1.5kg和0.5kg现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.2s，碰后的速度大小变为4m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10m/s2，则（ ）
A．A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F＝15N
B．A和B碰撞过程中，A对B的作用力大于B对A的作用力
C．A、B碰撞后的速度v＝2m/s
D．A、B滑上圆弧的最大高度h＝0.45m
解：A、设水平向右为正方向，A与墙壁碰撞过程，由动量定理得：Ft＝mAv′1﹣mA•（﹣v1），已知，v1＝6m/s，v′1＝4m/s，mA＝1.5kg，t＝0.2s，代入数据解得：墙壁对A的平均作用力为：F＝75N，故A错误。
B、根据牛顿第三定律知，A和B碰撞过程中，A对B的作用力与B对A的作用力大小相等，故B错误。
C、设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv′1＝（mA+mB）v
解得：v＝3m/s，故C错误。
D、A、B在光滑圆形轨道上滑动时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：（mA+mB）v2＝（mA+mB）gh
代入数据解得：h＝0.45m。故D正确。
4．如图所示，质量mA＝8.0kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0kg的小木块B。给B以大小为4.0m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定。下列说法正确的是（ ）
A．木块B的最终速度大小为5.6m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中系统的机械能守恒
解：A、最终木块B与木板A的速度相同，设为v。取向右为正方向，根据木块与木板组成的系统动量守恒得：
mAvA﹣mBvB＝（mA+mB）v
代入数据解得：v＝4.0m/s，方向向右，故A错误；
B、因为vB＝v，则在整个过程中，木块B的动能变化量为△EkB＝﹣＝0，故B正确；
C、在整个过程中，木块B的动量变化量为△pB＝mBv﹣（﹣mBvB）＝2mBvB＝2×2.0×4.0kg•m/s＝16kg•m/s，故C错误；
D、由于系统因摩擦产生内能，所以，系统的机械能不守恒，故D错误。
5．水平固定光滑杆上套有一个圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个小木块，整个装置处于静止状态。某时刻，一颗子弹以一定初速度射入木块（子弹没有穿出）并随木块摆至最高点，则以下说法正确的是（ ）
A．子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹随木块一起向上摆至最高点的过程中，子弹和木块组成的系统动量不守恒，机械能不守恒
C．子弹随木块摆至最高点时，子弹和木块的瞬时速度为零
D．整个过程中，圆环、绳、木块和子弹所组成的系统动量守恒
解：A、子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，子弹射入木块过程要克服阻力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A错误；
B、子弹随木块一起向上摆至最高点的过程中，子弹和木块组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；子弹和木块一起向上摆动过程，圆环在轻绳拉力作用下向右滑动，该过程轻绳对子弹和木块做功，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故B正确；
C、子弹随木块摆至最高点过程，子弹、木块、圆环组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，子弹随木块摆至最高点时子弹、木块、圆环在水平方向的速度相等，由于系统在初状态总动量不为零，由动量守恒定律可知，当子弹随木块摆至最高点时系统总动量不为零，子弹和木块的瞬时速度不为零，故C错误；
D、整个过程中，圆环、绳、木块和子弹所组成的系统所受合外力不为零，圆环、绳、木块和子弹所组成的系统动量不守恒，故D错误。
6．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则弹簧与B分离后，B的速度等于（ ）
A．vB．﹣vC．0D．
解：两物体不受外力，初弹簧弹力外没有其他的外力做功，
对A、B及弹簧构成的系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvB+mvA
对系统，由机械能守恒定律得：＝+
联立解得弹簧与B分离后，B、A的速度为：vB＝0，vA＝v，故C正确，ABD错误。
7．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（ ）
A．整个过程中，m和M组成的系统的动量守恒
B．如果m＞M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C．如果m＞M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D．如果m＜M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
解：A、小球滑上小车，又返回到离开小车的整个过程中，小球和小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统水平方向的动量守恒。系统的合外力不为零，所以系统的动量并不守恒，故A错误；
BCD、取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv0＝Mv+mv'
由机械能守恒定律得：mv02＝Mv2+mv'2
解得小球脱离小车时的速度：v′＝v0
如果m＞M，v'与v0方向相同，小球离开小车向右做平抛运动；
如果m＜M，v'与v0方向相反，小球离开小车后向左做平抛运动，故BD错误，C正确。
8．如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态。现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M、弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）（ ）
A．M、m分别向左、右运行过程当中，M、m均做加速度逐渐增大的变加速直线运动
B．整个运动过程当中，系统机械能、动量均守恒
C．整个运动过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，两物块速度为零时，系统机械能一定最大
D．当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的动能最大
解：AD、在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，动能最大，故A错误，D正确；
B、由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒。由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故B错误；
C、从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对M、m做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对M、m做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长时，m、M的速度为零，系统具有机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统的机械能最小，故C错误。
9．如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（ ）
A．b球质量为
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若ma＝mb＝m要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgR
D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为5mg
解：A、设小球a离开弹簧后的速度大小为va，a球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，由重力充当向心力，则有：mg＝m，解得：va′＝；
选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：＝2mgR+
解得：va＝；
同理可得b球离开弹簧后的速度大小为：vb＝
取向左为正方向，根据动量守恒定律得：mva﹣mbvb＝0
所以：mb＝m，故A错误；
B、两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系Ek＝可知，动能不相等，故B错误；
C、若ma＝mb＝m，取向左为正方向，由动量守恒定理有mava﹣mbvb＝0，则分离时两小球的速度相等，
若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为va＝；则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝2×＝5mgR，故C正确；
D、a球到达圆心等高处时，速度为v，由动能定理可得﹣mgR＝﹣
轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有：F＝m
联立解得：F＝3mg，由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为3mg，故D错误。
10．小铁块置于薄木板右端，薄木板放在光滑的水平地面上，铁块的质量大于木板的质量。t＝0时使两者获得等大反向的初速度开始运动，t＝t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动，此时与开始运动时的位置相比较，下列示意图符合实际的是（ ）
A． B．
C． D．
解：开始时两者具有等大反向的初速度，由于铁块的质量大于木板的质量，所以系统的总动量水平向左，根据动量守恒定律知，当两物体相对静止时共同速度水平向左，而且在速度达到相等前，小铁块一直向左运动，所以两者速度相等时，小铁块在初位置的左侧；
设铁块和木板的质量分别为m和M，木板的长度为L．铁块与木板间的摩擦力大小为L，在此过程中铁块对地的位移为x，
取向左为正方向，根据动量守恒定律得：mv0﹣Mv0＝（M+m）v
解得：v＝
根据能量守恒定律得：fL＝（m+M）v02﹣（M+m）v2＝
对铁块，由动能定理得：﹣fx＝mv2﹣mv02
解得：fx＝
对比可得 x＜L．故A正确，BCD错误。
示意图
子弹未穿出
子弹穿出
v0
v共
v0
v2
v1
v-t图
t
O
v
v0
t1
木块
子弹
v共
t
O
v
v0
t1
木块
子弹
v1
v2
示意图
木板初速度为零
木板有初速度，板块反向
v0
v共
v0
v共
-v0
v1=0
v2
(mv-t图
t
O
v
v0
t1
木板
木块
v共
t
O
v
v0
t1
木块
木板
v共
-v0
未冲出弧形槽
冲出弧形槽
v0
v共
v1
v2
hm
v0
v共
vy
vy
hm
v共
v1
v2
v0
v0
v=0
v=0
hm
v共
v共
v共
v共
v1
v2