2022届高考物理一轮复习专题49碰撞问题练习含解析

这是一份2022届高考物理一轮复习专题49碰撞问题练习含解析，共5页。试卷主要包含了[2021·湖北重点中学质检]，[2021·维吾尔自治区测试]，[2021·山东潍坊模拟]等内容，欢迎下载使用。

两个大小相同的小球A、B质量分别为mA、mB，A球以初速度v0与静止的B球发生正碰，下列说法正确的是( )
A．若它们发生完全非弹性碰撞，则A球碰撞过程中动能损失最大
B．若它们发生弹性碰撞，则A球碰撞过程中动能损失最小
C．若它们发生弹性碰撞，则B球碰后获得的速度最大
D．若它们发生完全非弹性碰撞，则B球碰后获得的速度最小
2．[2021·石家庄质检]质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kg·m/s，则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．3m1＝2m2D．4m1＝m2
3．[2021·维吾尔自治区测试]
如图所示，小球A静止在光滑水平面上，A的左端固定有轻质弹簧，小球B以某一初速度向A运动，并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，当弹簧压缩到最短时，其弹性势能为E.已知A、B的质量分别为m、2m，小球B的初速度v0的大小( )
A．eq \r(\f(E,m))B.eq \r(\f(2E,m))
C.eq \r(\f(3E,m))D.eq \r(\f(4E,m))
4．[2021·安徽“江南十校”联考]
如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )
A．5m/sB．4m/s
C．3m/sD．2m/s
5．[2021·山东潍坊模拟](多选)
如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上．轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态．质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小车刚接触弹簧至与弹簧分离过程中，以下判断正确的是( )
A．弹簧的最大弹性势能为eq \f(1,4)mv2
B．弹簧对小车做的功为eq \f(1,4)mv2
C．弹簧对小球冲量的大小为mv
D．弹簧对小球冲量的大小为eq \f(1,2)mv
6．[2020·全国卷Ⅰ]行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
7．(多选)某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径R＝0.64m的半圆，且半圆在最低点与水平部分相切.5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，且每球质量与其相邻左球质量之比皆为k.将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高h＝0.1m处，然后由静止释放，使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰……所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．若k＝1，释放0号球后，看到5(0～4)个小球一起向右运动
B．若k＝1，释放0号球后，看到只有4号球向右运动
C．若k<1，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足0D．若k<1，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足eq \r(2)－1≤k<1
8．[2021·洛阳联考]在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态．如图所示，小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2的值．
专题49 碰撞问题
1．CD 若mA＝mB＝m，则两小球发生碰撞时，有mv0＝mvA＋mvB，得vB＝v0－vA，因为vA≤vB，得vB≥eq \f(v0,2)(取等号时发生完全非弹性碰撞)，故D正确；若它们发生弹性碰撞，则有eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ，得vA＝0，vB＝v0，可知此过程A球动能损失最大，B球碰后获得的速度最大，故B错误，C正确；完全非弹性碰撞与弹性碰撞相比较，A球在弹性碰撞过程中损失的动能最大，故A错误．
2．B 由eq \f(p1,m1)>eq \f(p2,m2)可知7m1<5m2，A错误；由p1＋p2＝p1′＋p2′，p2′＝8kg·m/s可得p1′＝4kg·m/s，由eq \f(p1′,m1)≤eq \f(p2′,m2)可知4m2≤8m1，D错误；由eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2m1)＋eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)可知9m2≥15m1，故B正确，C错误．
3．C 由动量守恒和能量守恒得2mv0＝3mv
eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)×3mv2＋E
解得v0＝eq \r(\f(3E,m))
4．A 5.AC
6．D 若汽车发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并充气，对司机的头部、颈部等部位起保护作用，增大了司机的受力面积，减小了司机单位面积的受力大小，故A项错误．有无安全气囊，司机的速度都是从碰撞前的速度减为零，动量变化量相同，故B项错误．当司机与安全气囊发生作用时，安全气囊的作用并没有将司机的动能全部转化为汽车的动能，故C项错误．安全气囊起缓冲作用，延长了司机的受力时间，从而减少了司机的受力大小，D项正确．
7．BC 设0号球与1号球碰前瞬间与0号球的速度为v0，则有m0gh＝eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，0号球与1号球碰撞过程动量守恒、机械能守恒，则有m0v0＝m0v′0＋m1v1，eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)m0v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得v1＝eq \f(2m0,m0＋m1)v0＝eq \f(2,1＋k)v0，v′0＝eq \f(m0－m1,m0＋m1)v0＝eq \f(1－k,1＋k)v0，若k＝1，即5个小球质量相等，则v1＝v0，v′0＝0，即0号球与1号球碰撞后速度交换，同理分析可知1号球与2号球碰后速度交换，2号球与3号球碰后速度交换，3号球与4号球碰后速度交换，选项A错误，B正确．若k<1，即编号0～4小球的质量依次递减，1号球与2号球碰撞过程，同理可得v2＝eq \f(2,1＋k)v1，则v4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1＋k)))eq \s\up12(4)v0，4号球从最低点到最高点有eq \f(1,2)m4v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝eq \f(1,2)m4v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋2m4gR，4号球在最高点有m4eq \f(v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,R)≥m4g，解得k≤eq \r(2)－1，选项C正确，D错误．
8．解析：设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，设这段时间为t，根据它们通过的路程，则：
v1t＝OP
v2t＝OP＋2PQ
解得：eq \f(v2,v1)＝4
由于A、B的碰撞为弹性碰撞，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
可解出：eq \f(m1,m2)＝2