专题36 碰撞问题——2023年高考物理一轮复习小题多维练（广东专用）

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2023年高考物理一轮复习小题多维练（广东专用）专题36  碰撞问题（时间：30分钟）1、如图，光滑水平面上有大小相同的、两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，、两球的动量均为6，运动中两球发生碰撞，碰撞后球的动量增量为- 4。则（　　）A．左方是球，碰撞后、两球速度大小之比为2：5B．左方是球，碰撞后、两球速度大小之比为1：10C．右方是球，碰撞后、两球速度大小之比为2：5D．右方是球，碰撞后、两球速度大小之比为1：1【答案】  A【解析】规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为，所以碰撞前，所以左方是A球。碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是2kg•m/s，碰撞过程系统总动量守恒所以碰撞后B球的动量是10kg•m/s，根据，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，A正确，BCD错误。故选A。2、如图，钉子在一固定的木块上竖立着，一铁块从高处自由落体打在钉子上，铁块的底面刚好与钉子顶端断面在同一水平面，之后铁块和钉子共同减速至零，则（　　）A．铁块、钉子和木块机械能守恒B．铁块减少的机械能等于钉子和木块增加的机械能C．铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动量等于钉子增加的动量D．铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动能等于钉子增加的动能【答案】  C【解析】A．根据题意，碰后铁块和钉子动能减小，重力势能减小，木块的机械能不变，铁块、钉子和木块机械能不守恒，A错误；B．碰撞后，钉子和木块会产生内能，钉子的重力势能减小，所以铁块减少的机械能和钉子减小的重力势能等于钉子和木块增加的内能，B错误；C．铁块和钉子碰撞，碰撞前后动量守恒，即铁块减少的动量等于钉子增加的动量，C正确；D．铁块碰撞钉子前后瞬间，碰撞会损失能量，铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动能等于钉子增加的动能和增加的内能，D错误。故选C。3、（多选）在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10kg· m/s与2kg· m/s，方向均向东，且定为正方向，A球在B球后，当A球追上B球时发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为（　   ）A．6kg· m/s，6kg· m/sB．－4kg· m/s，16kg· m/sC．6kg· m/s，12kg· m/sD．3kg· m/s，9kg· m/s【答案】  AD【解析】由题意A、B两球动量分别为10kg•m/s与2kg•m/s，且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球，碰撞前的总动量为P=12kg•m/s．设两个小球的质量均为m，则碰撞前总动能为：.A、总动量满足守恒．碰撞后总动能为，可见碰撞过程总动能减小，是可能的，故A正确；B、碰撞后的总动量为-4kg•m/s+16kgm/s=12kg•m/s，符合动量守恒．碰撞后总动能为，碰撞过程动能出现增大，不符合能量守恒定律，故B错误；C、碰撞后的总动量为6kg•m/s+12kg•m/s=18kg•m/s，不满足动量守恒定律．故C错误；D、碰撞后的总动量为3kgm/s+9kgm/s=12kg•m/s，满足动量守恒定律．碰撞后总动能为，总动能不增加，是可能的，故D正确．故选AD．4、（多选）有两个质量相同的小球A和B（均视为质点），A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止于悬点的正下方的地面上，如图所示，现将A球拉到距地面高为h处（绳子是伸直的）由静止释放，A球摆到最低点与B球碰撞后，A球上升的高度可能为      （      ）A． B． C． D．【答案】  CD【解析】先根据机械能守恒求出小球a摆到最低点与b碰撞前瞬间的速度大小．当两球发生弹性碰撞时，a获得的速度最小；当两球发生完全非弹性碰撞时，a获得的速度最大，根据碰撞过程中动量守恒求得a获得的速度范围，再根据a球上摆过程，机械能守恒求得a上摆的高度范围，即可解答本题．设小球的质量都是m，A球下摆过程，由机械能守恒定律得，解得A球碰撞前的速度为，碰撞过程中两球动量守恒，故有，若两者发生完全弹性碰撞，发生速度交换，则a获得的速度最小，为零，此时a球不再上升，故，若两者发生完全非弹性碰撞，即两者速度相等时，a获得的速度最大，此时，解得，A球上摆动的过程中机械能守恒，得，解得即，故CD正确．5、如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ=，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为（　　）A．3︰1 B．1︰3 C．5︰3 D．3︰5【答案】  D【解析】由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长为3倍，则有由动量守恒定律有由能量守恒有联立解得故ABC错误，D正确。故选D。6、如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量，初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向，因A、B碰撞时间极短，图中无法显示）则根据上述信息，求出在A、B碰撞过程中的物理量是正确的是（ 　　）A．物块A对B的冲量为15N·s B．物块B的动量变化量为kg·m/sC．物块A、B间的平均作用力大小为300N D．A、B系统损失的机械能为8J【答案】  C【解析】A．由图知，碰前，碰后两者速度为两物体碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得则物块A对物块B的冲量为故A错误；B．物块B的动量变化量与A对物块B的冲量相等，为，故B错误；C．根据动量定理可得解得，物块A、B间的平均作用力大小为，故C正确；D．由能量守恒定律得解得，损失机械能为故D错误。故选C。7、（多选）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（    ）A． B．C． D．【答案】  BD【解析】设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有．D正确，故选BD8、（多选）如图所示，三个小球静止在足够长的光滑水平面，BC两个小球之间用弹簧连接起来，A球紧靠B球，mA=mB=1kg，mC=2kg。现用水平外力从两侧缓慢压A球与C球，使弹簧处于压缩状态且弹性势能为100J，再突然撤去外力，已知A球与墙壁碰撞无机械能损失，A球若能与B球碰撞则粘合在一起，全程弹簧始终未达到弹性限度，下列说法正确的是（　　）A．若只撤去右侧外力，则小球B获得的最大速度为m/sB．若只撤去右侧外力，则在此后的运动中，弹簧将会多次出现弹性势能等于J的时刻C．若同时撤去两侧外力，则在此后的运动中三个小球将会多次出现的共速时刻D．若同时撤去两侧外力，则三个小球最终将会以某一共同速度匀速运动下去【答案】  ABC【解析】A．若只撤去右侧外力，当弹簧恢复原长时，其弹性势能全部转化为C球的动能解得弹簧恢复原长后，C球向右做减速运动，B球向右做加速运动，当两球速度相等时，弹簧的弹性势能达到最大，之后B球继续向右做加速运动，C球继续向右做减速运动，当弹簧再次恢复原长时，小球B获得的最大速度。该过程BC及弹簧两球组成的系统的动量守恒该过程BC两球及弹簧组成的系统的机械能守恒联立两式解得，故A正确；B．弹簧恢复原长后，C球向右做减速运动，B球向右做加速运动，当两球速度相等时，弹簧的弹性势能达到最大。该过程BC两球及弹簧组成的系统的动量守恒解得该过程BC两球及弹簧组成的系统的机械能守恒当两球速度相等时，弹簧的弹性势能为在弹簧的伸长和压缩的循环往复过程中，每次BC两个小球共速时，弹簧均会出现弹性势能等于的时刻，故B正确；C．若同时撤去两侧外力，且A球能与B球碰撞则粘合在一起，则当弹簧恢复原长时：该过程ABC三球及弹簧组成的系统的动量守恒该过程ABC三球及弹簧组成的系统的机械能守恒解得在弹簧的伸长和压缩的循环往复过程中，每次当弹簧恢复原长时，均会出现，三个小球的共速时刻，故C正确；D．由C项分析可知，在弹簧的伸长和压缩的循环往复过程中，小球的速度周期性的发生变化，所以不可能出现三个小球最终将会以某一共同速度匀速运动下去，故D错误。故选ABC。9、两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙两滑块的质量分别为m1=3m、m2=2m，且在水平面上处于静止状态。现给滑块甲一向右的初速度v0（未知），使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为L，重力加速度为g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用v1、v2表示，试求（1） v1与v2的比值。（2） v0的最小值为多少？【答案】  （1） v1∶v2=1∶6；（2） v0=【解析】（1）两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为v，则有m1v=m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得m1v2=m1v12＋m2v22联立解得v1=v2=则二者速度大小之比为v1∶v2=1∶6（2）当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则-μm2gL=-m2v22碰前滑块甲做减速运动-μm1gL=m1v2-m1v02可得v0=10、如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角，传送带顺时针匀速转动的速度大小，物块A的质量，与传送带间的动摩擦因数；物块B的质量，与传送带间的动摩擦因数。将两物块由静止开始同时在传送带上释放，开始释放时两物块间的距离，经过一段时间两物块发生弹性碰撞，碰后立即将A取走。已知重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求（1）两物体刚释放时各自加速度的大小和方向；（2）两物块释放后经多长时间发生碰撞；（3）物块B与传送带摩擦共产生了多少热量？【答案】  （1） a1=2，沿斜面向下，a2=1，沿斜面向上；（2）3s；（3）180J【解析】（1）A沿斜面向下运动时，根据牛顿第二定律得，解得a1=2方向沿斜面向下B沿斜面向上加速过程，根据牛顿第二定律得，解得a2=1方向沿斜面向上（2）B加速至与传送带速度相同时，由速度公式v0=a2t0解得t0=2s由于故经t0=2s时两物块还没相撞，设经t时间两物块相撞，由解得t=3s或t=-5s（舍去）（3）两物块碰撞前A速度大小v1=a1t解得vl=6m/s碰撞过程，取沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律得联立，解得，碰前B与传送带的相对位移为碰后至B与传送带共速，所用时间为，故总热量为11、（多选）如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心 O点 正下方放置为 2m的小球A，质量为m的小球 B以初速度 v0 向左运动，与小球 A 发生弹 性碰撞。碰 后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度 v0可能为（  ）A． B． C． D．【答案】  ABD【解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0=mv1+2mv2由动能守恒得联立得 ①a．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得   ②A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得③联立①②③得可知若小球B经过最高点，则需要：b．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得 ④联立①④得可知若小球不脱离轨道时，需满足由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：或，故ABD正确，C错误。故选ABD。12、如图所示，PQC为高1.8m的三角形斜坡，倾角θ=37°，P点左侧有一平台与半径为1.25m的四分之一圆弧底部相切，平台表面与圆轨道均光滑，一质量为3kg的B球静止在平台右侧紧靠P点处。现让一质量为m的小球A从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，A球下滑至平台并与B球发生碰撞，碰后其中一个小球落在斜面上的M点，M点和P点的水平距离为0.15m，另一小球恰好落在斜面的底端Q点。A、B两球可视为质点，g=10m/s2．求：（1）A球到达圆弧底端时对轨道的压力和重力的比值；（2）落点分别为M和Q时，小球从P点抛出时的速度大小；（3）求出符合题意的A球质量m的可能值，并对结果进行合理性论证。【答案】  （1）；（2）v0M=1m/s，v0Q=1m/s；（3）见解析【解析】（1）根据机械能守恒代入数据得在圆轨道最低点解得N=3mg由牛顿第三定律可知则（2）①若碰后两球都向右运动，据平抛运动可得落点为M时xM=0.15m，落点为Q时带入数据可得vOM=1m/s   vOQ=1m/s（3）①碰后AB都向右运动vA1=vOM=1m/s，vB1=vOQ=4m/s由动量守恒得m=3kg碰前总动能碰后总动能因为其解成立。②若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有：，由动量守恒得m=2kg碰前总动能碰后总动能因为其解成立。③若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有∶，由动量守恒得碰前总动能碰后总动能因为其解成立。