2022届一轮复习专题练习46 碰撞模型及拓展（解析版）

微专题46　碰撞模型及拓展

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.2.“弹簧－滑块”模型：(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化；(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动能.3.“小球－斜面模型”：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．

1．(2020·湖南赢在高考模拟)汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度．在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为(　　)

A.v0  B.v0  C.v0  D.v0

答案　C

解析　两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A、B的速度大小分别为v1、v2，以碰撞前A的速度方向为正方向，设B的质量为m，则A的质量为2m，由动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，由机械能守恒定律，有×2mv02＝×2mv12＋mv22，解得v1＝v0，故选C.

2．(多选)(2020·百师联盟模拟四)质量为3m、速度为v的A球与质量为m的静止B球发生正碰．在两球碰撞后的瞬间，以下说法正确的是(　　)

A．A球速度可能反向   B．A球速度可能为0.6v

C．B球速度可能为v   D．B球速度可能为1.4v

答案　BCD

解析　若是弹性碰撞，A、B两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3mv＝3mvA＋mvB，系统机械能守恒：×3mv2＝×3mv＋mv，联立解得vA＝0.5v，vB＝1.5v；若是完全非弹性碰撞，A、B两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3mv＝(3m＋m)v共，解得v共＝0.75v，因不能确定碰撞类型，碰撞后A球的速度满足0.5v≤vA≤0.75v，A球速度不可能反向，A项错误，B项正确；碰撞后B球的速度满足0.75v≤vB≤1.5v，C、D项正确．

3．(2020·河北第二次省际调研)如图1(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以6 m/s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v－t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知(　　)

图1

A．两带电小球的电性一定相反

B．甲、乙两球的质量之比为2∶1

C．t2时刻，乙球的电势能最大

D．在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小

答案　B

解析　由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；两球作用过程动量守恒m乙|Δv乙|＝m甲|Δv甲|，解得＝，故B正确；t1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误．

4．(2020·黑龙江牡丹江一中期末)光滑水平地面上有两个静止的小物块a和b，a的质量为m，b的质量M可以取不同的数值．现使a以某一速度向b运动，此后a与b发生弹性碰撞，则(　　)

A．当M＝m时，碰撞后b的速度最大

B．当M＝m时，碰撞后b的动能最大

C．当M>m时，若M越小，碰撞后b的速度越小

D．当M<m时，若M越大，碰撞后b的动量越小

答案　B

解析　设碰撞前a的速度为v，由动量守恒与机械能守恒可知，碰后va＝·v，vb＝·v，m一定，M越小，碰撞后b的速度越大，故A、C错误．碰撞后b的动能Ekb＝Mv＝＝，当M＝，即M＝m时，Ekb最大，故B正确；b的动量p＝Mvb＝·v＝v，知M越大，p越大，故D错误．

5．(多选)(2020·全国名校11月大联考)如图2所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是(　　)

图2

A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒

B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒

C．物块仍能停在水平轨道的最左端

D．物块将从轨道左端冲出水平轨道

答案　BC

解析　轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒．物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；设轨道的水平部分长为L.轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR＝μmgL，轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x.取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0＝(M＋m)v，则得v＝0，根据能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C正确，D错误．

6.(多选)(2020·湖南永州市期末)如图3所示，一质量为0.2 kg的滑块B放在固定的竖直面内的光滑圆弧底端，该圆弧的半径为0.45 m，底端切线水平，且底端距水平地面的高度为0.8 m．将一质量为0.1 kg的滑块A从圆弧顶端由静止释放，在圆弧底端与滑块B发生弹性碰撞．A、B均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

图3

A．与滑块B碰撞前瞬间，滑块A的速度大小为1 m/s

B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块A的速度大小为3 m/s

C．滑块A落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为0.4 m

D．滑块B落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为1.2 m

答案　BC

解析　对A，由机械能守恒定律有mAgR＝mAv02，v0＝＝3 m/s，A错误，B正确；滑块A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有：mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv02＝mAv＋mBv22，得碰后滑块A的速度v1＝·v0＝－1 m/s，滑块B的速度v2＝·v0＝2 m/s，碰后滑块B做平抛运动，圆弧光滑，滑块A再次回到圆弧底端时的速度大小为v1′＝1 m/s，落到地面的时间为：t＝＝0.4 s，A的水平位移xA＝v1′t＝0.4 m，B的水平位移xB＝v2t＝0.8 m，C正确，D错误．

7.(多选)(2020·河南信阳市第一次质检)如图4所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为3m，静止在光滑的水平面上．现有一个可以看成质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是(　　)

图4

A．小球滑离小车时，小车回到原来位置

B．小球滑离小车时，小车的速度大小为v车＝

C．车上管道中心线最高点的竖直高度为

D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是

答案　BC

解析　小球与小车组成的系统在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以小车的速度方向一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A错误；由系统动量守恒可得：mv＝3mv车＋mv球，由机械能守恒定律可得：mv2＝×3mv＋mv，得v车＝0.5v，v球＝－0.5v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同，故由动量守恒定律得：mv＝(3m＋m)v′，得v′＝v，小车的动量变化大小为Δp＝3m·v＝mv，故D错误；由机械能守恒定律可得：mv2＝×4m×(v)2＋mgh，所以车上管道中心线最高点的竖直高度h＝，故C正确．

8.(2020·四川德阳市二诊)如图5所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度为g.则(　　)

图5

A．A、B物体组成的系统动量守恒

B．A不能到达圆槽的左侧最高点

C．A运动到圆槽的最低点时A的速率为

D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为

答案　D

解析　A、B物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A错误；运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故B错误；对A运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得mvA＝2mvB，对A、B整体应用机械能守恒可得mgR＝mv＋×2mv，所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为vB＝ ，vA＝ ，故C错误，D正确．

9．(多选)(2020·吉林长春市二模)如图6甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　)

图6

A．A物体的质量为3m

B．A物体的质量为2m

C．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02

D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02

答案　AC

解析　对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v，由动量守恒定律有：M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒有：Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立两式可得：M＝3m，Ep＝Mv02＝mv02，故B、D错误，A、C正确．

10．(2020·黑龙江双鸭山一中月考)如图7所示，小球(可视为质点)用非弹性悬线吊在天花板上，在悬点正下方A点处有一物块b(可视为质点)放在水平地面上，一质量为2m的光滑曲面滑块c与地面在B点平滑连接，小球a的质量为m，物块b的质量为2m，物块b与B点左侧的水平地面间的动摩擦因数μ＝，B点右侧的水平地面光滑．将小球拉到悬线与竖直方向的夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球运动到最低点时刚好与物块发生弹性碰撞，碰后物块能滑到曲面上某一高度处．悬线长为L，A、B两点的距离也为L，重力加速度为g，求：

图7

(1)碰后小球a再次摆动的最大高度；

(2)碰后物块b滑上曲面c的最大高度．

答案　(1)L　 (2)L

解析　 (1)设小球与物块碰撞前速度为v1，根据机械能守恒定律有mg(L－Lcos θ)＝mv12，

解得v1＝.

小球与物块碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有

mv1＝mv2＋2mv3，mv12＝mv22＋×2mv32，

解得v2＝－，v3＝，

设碰后小球再次摆动的最大高度为h1，根据机械能守恒定律有mgh1＝mv22，解得h1＝L.

(2)物块b在地面上运动时的加速度大小a＝μg，设物块b运动到B点的速度为vB，根据匀变速直线运动规律有v－v32＝－2μgL，

设物块能滑上曲面的最大高度为h2，此时b与c共速，根据水平方向上动量守恒可知2mvB＝4mvc，根据能量守恒可知×2mv－×4mv＝2mgh2，解得h2＝L.

11.如图8所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M＝2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求：

图8

(1)平板车的长度L至少多长时，小物块才不会从车上落下来；

(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度vn；

(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s.

答案　(1)　(2)　(3)

解析　(1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力f＝μmg

设物块与车共同速度为v1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有

(M－m)v0＝(M＋m)v1

设平板车的长至少为L，根据能量守恒定律有

(M＋m)v－(M＋m)v＝fL

解得L＝

(2)由(1)可解得v1＝

平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的，那么平板车和物块以相同的速度v1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v2，与向右碰撞过程相同，所以v2＝v1＝()2v0

所以经过n次碰撞后的速度vn＝

(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能fs＝(M＋m)v02

整理得s＝.