2025版高考物理一轮复习微专题小练习动量守恒定律专题40碰撞问题

这是一份2025版高考物理一轮复习微专题小练习动量守恒定律专题40碰撞问题，共5页。试卷主要包含了24 kg·m/s，2 m等内容，欢迎下载使用。

如图，在光滑水平面上，一质量为100 g的A球，以2 m/s的速度向右运动，与质量为200 g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2 m/s，取A球初速度方向为正方向，下列说法正确的是( )
A．该碰撞为弹性碰撞
B．该碰撞为完全非弹性碰撞
C．碰撞前后A球的动量变化为－1.6 kg·m/s
D．碰撞前后A球的动量变化为－0.24 kg·m/s
答案：D
解析：以A球初速度方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得A球碰后的速度为vA＝－0.4 m/s，碰撞前后A球的动量变化为Δp＝mAvA－mAv0＝0.1×(－0.4) kg·m/s－0.1×2 kg·m/s＝－0.24 kg·m/s，C错误，D正确；碰撞前系统的机械能为E1＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)×0.1×22 J＝0.2 J，碰撞后系统的机械能为E2＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(1,2)×0.1×0.42 J＋ eq \f(1,2)×0.2×1.22 J＝0.152 J，由于E2v0 B．v1＝v0
C．v2>v0 D．v2＝v0
答案：A
解析：根据题意，设行星的质量为M，探测器的质量为m，当探测器从行星的反方向接近行星时(题中左图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得－mv0＋Mu＝Mu′＋mv1. eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu′2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，整理得v1－v0＝u＋u′，所以v1>v0，A正确，B错误；同理，当探测器从行星的同方向接近行星时(题中右图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得mv0＋Mu＝Mu″－mv2， eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu″2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，整理得v0－v2＝u＋u″，所以v2|v1|，联立解得M>5 kg，D正确．
6．[2024·浙江省宁波金兰教有合作组织联考]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L，已知他自身的质量为m，忽略船运动过程中水对它的阻力，则可测得船的质量为( )
A． eq \f(m（L－d）,d) B． eq \f(m（L＋d）,d)
C． eq \f(m（L＋d）,L) D． eq \f(mL,d)
答案：A
解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人和船的相对位移为L，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝ eq \f(d,t)，v′＝ eq \f(L－d,t)，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝ eq \f(m（L－d）,d)，A正确．
7．如图所示，平板小车A放在光滑水平面上，长度L＝1 m，质量mA＝1.99 kg，其上表面距地面的高度h＝0.8 m．滑块B(可视为质点)质量mB＝1 kg，静置在平板小车的右端，A、B间的动摩擦因数μ＝0.1.现有mC＝0.01 kg的子弹以v0＝400 m/s速度向右击中小车A并留在其中，且击中时间极短，g取10 m/s2.求：
(1)子弹C击中平板小车A后的瞬间，A速度多大？
(2)B落地瞬间，平板小车左端与滑块B的水平距离x多大？
答案：(1)2 m/s (2)0.4 m
解析：(1)子弹C击中小车A后并留在其中，则A与C共速，速度为v1，以v0为正方向，根据动量守恒有mCv0＝(mC＋mA)v1，得v1＝2 m/s
(2)设A与B分离时的速度分别是v2、v3，对A、B、C组成的系统分析，由动量守恒和动能定理得
(mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v2＋mBv3
－μmBgL＝ eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) － eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v2＝ eq \f(5,3) m/s，v3＝ eq \f(2,3) m/s
或v2＝1 m/s，v3＝2 m/s(舍去，因为A的速度不能小于B的速度)
B从A飞出以v3做平抛运动，则h＝ eq \f(1,2)gt2
得t＝0.4 s
A以v2向右做匀速直线运动，则当B落地时，它们的相对位移x＝(v2－v3)t＝0.4 m
8．[2024·河北省唐山市一中联盟联考]如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，小车上表面有一半径为R＝1 m的 eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，与水平轨道在B点相切，B点右侧粗糙，小车的最右端D点竖直固定轻质弹簧片CD.一个质量m＝2 kg的小球置于车的B点，车与小球均处于静止状态，有一质量m0＝20 g的子弹，以速度v0＝800 m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小球与弹簧片碰撞时无机械能损失，BD之间距离为0.3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)子弹击中小车后的瞬间，小车的速度；
(2)小球再次返回圆弧轨道最低点时，小球的速度大小；
(3)小球最终相对于B点的距离．
答案：(1)8 m/s (2)8 m/s (3)0.2 m
解析：(1)取向右为正方向，子弹打小车过程，子弹和小车系统动量守恒
m0v0＝(m0＋M)v
解得v＝8 m/s
(2)子弹、小车和小球构成的系统动量守恒
(m0＋M)v＝(m0＋M)v1＋mv2
子弹、小车和小球构成的系统机械能守恒
eq \f(1,2)(m0＋M)v2＝ eq \f(1,2)(m0＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立可得v1＝0 v2＝8 m/s
(3)小球最终状态是三者共速时
(m0＋M)v＝(m0＋m＋M)v3
损失的机械能 eq \f(1,2)(m0＋M)v2－ eq \f(1,2)(m0＋m＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝μmgs
联立可得s＝3.2 m
所以相对于B点的距离是x＝s－0.3×10 m＝0.2 m
9．[2024·江苏省宿迁市月考]如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝mC＝2 kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A以v0＝3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，直至分开未与C相撞．整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：
(1)弹簧被压缩到最短时，B物体的速度大小；
(2)弹簧给滑块B的冲量；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能．
答案：(1)1 m/s (2)4 N·s，方向向右
(3)2.25 J
解析：(1)对AB系统，AB速度相等时，弹簧被压缩到最短．取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v1
代入数据解得v1＝1 m/s
(2)在弹簧作用的过程中，B一直加速，B与弹簧分开后，B的速度最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB
根据机械能守恒定律可得 eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
联立解得vB＝2 m/s
对B根据动量定理可得I＝mBvB－0＝2×2 N·s－0＝4 N·s
方向向右；
(3)滑块A的动能最小时速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0＝mBv′B
代入数据解得v′B＝1.5 m/s
根据功能关系可得Ep＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2)mBv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数据解得Ep＝2.25 J．