2023高考物理一轮复习高频考点强化训练专题09 “碰撞类、爆炸”模型问题（解析版）

这是一份2023高考物理一轮复习高频考点强化训练专题09 “碰撞类、爆炸”模型问题（解析版），共13页。


A．左方是A球
B．B球动量的变化量为4 kg·m/s
C．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2
D．两球发生的碰撞是弹性碰撞
【答案】 ABD
【解析】 初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，vA＝eq \f(pA,mA)＝6 m/s，vB＝eq \f(pB,mB)＝3 m/s，故左方是A球，A正确；由动量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，B正确；碰撞后A的动量为pA′＝ΔpA＋pA＝2 kg·m/s，则vA′＝eq \f(pA′,mA)＝2 m/s，碰撞后B的动量为pB′＝ΔpB＋pB＝
10 kg·m/s，则vB′＝eq \f(pB′,mB)＝5 m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；
碰撞前系统的机械能为eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝27 J，碰撞后系统的机械能为eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝27 J，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确．
2.(2021·山东等级考模拟卷)秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(eq \\al(1,0)n)与静止氘核(eq \\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )
A.eq \f(1,9)E B.eq \f(8,9)E C.eq \f(1,3)E D.eq \f(2,3)E
【答案】 B
【解析】 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性正碰，满足能量守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，以v0的方向为正方向，可列式：eq \f(1,2)×1×v02＝eq \f(1,2)×1×v12＋eq \f(1,2)×2×v22，1×v0＝1×v1＋2×v2，解得v1＝－eq \f(1,3)v0，即中子的动能减小为原来的eq \f(1,9)，则中子的动能损失量为eq \f(8,9)E，故B正确．
3.(2021·北京市房山区上学期期末)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mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图象如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为( )
A.2 m/s，5 kg B.2 m/s，3 kg
C.3.5 m/s，2.86 kg D.3.5 m/s，0.86 kg
【答案】 B
【解析】 由图象可知，碰前A的速度为v1＝eq \f(20,4) m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝eq \f(28－20,8－4) m/s＝2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3 kg，故选项B正确。
4.(2021·吉林市第二次调研)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A.vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
【答案】C
【解析】 碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2) kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝(eq \f(1,2)×1×62＋eq \f(1,2)×2×22) J＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝(1×3＋2×4) kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝(1×2＋2×4) kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝(eq \f(1,2)×1×22＋eq \f(1,2)×2×42)J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝[1×(－4)＋2×7] kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝(eq \f(1,2)×1×42＋eq \f(1,2)×2×72)J＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
5.(2021·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mA．L1>L2 B．L1C．L1＝L2 D．不能确定
【答案】 C
【解析】得：
mv＝(m＋M)v′
由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋M)v′2
联立解得，弹簧压缩到最短时Ep＝eq \f(mMv2,2m＋M)
同理，对题图乙，取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep＝eq \f(mMv2,2m＋M)
故两种情况下弹簧弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．
6．(多选)(2021·广东东山中学月考)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上．现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图象如图乙，则有( )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
【答案】 CD
【解析】 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，而t3时刻处于伸长状态，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2仍然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确．
7.(2021·湖北沙市中学模拟)如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是( )
A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2
B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2
C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1
D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1∶4
【答案】 A
【解析】 两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，B错误；弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft知，左右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为W1∶W2＝eq \f(p\\al(12),2m1)∶eq \f(p\\al(22),2m2)＝1∶2，D错误．
8.(2021·江西省教学质量监测)如图所示，质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep1。现将物体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至P点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep2。则Ep1∶Ep2等于( )
A.1 B.2
C.3 D.4
【答案】 B
【解析】 设压缩到P点时，弹簧的弹性势能为Ep，开始时，物体A、B的质量均为m，则有Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)Ep，把A的质量换成3m，Ep＝eq \f(1,2)×3mv0′2，3mv0′＝4mv′，Ep2＝Ep－eq \f(1,2)×4mv′2＝eq \f(1,4)Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，选项B正确。
9.(2021·江西九江市第二次模拟)如图所示，小球a、b(均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°。忽略空气阻力。则两球a、b的质量之比eq \f(ma,mb)为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \r(2)－1
C.1－eq \f(\r(2),2) D.eq \r(2)＋1
【答案】 B
【解析】 b球下摆过程中，由动能定理得mbgL＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－0，球a、b碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得mbv0＝(ma＋mb)v，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)(ma＋mb)v2＝(ma＋mb)gL(1－cs θ)，解得eq \f(ma,mb)＝eq \r(2)－1，故A、C、D错误，B正确。
10.(2021·广东广州市下学期一模)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＝90°，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vb＝－3va
由动量守恒定律有mav＝mbvb＋mava
由能量守恒有eq \f(1,2)mav2＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＋eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
联立解得eq \f(ma,mb)＝eq \f(3,5)，故A、B、C错误，D正确。
11.(多选)(2021·河南省顶尖名校4月联考)如图甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑行。P、Q的速度—时间图象如图乙所示，其中a、b分别是0～1 s内P、Q的速度—时间图线，1～2 s内P、Q共同的速度—时间图线。已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2。则以下判断正确的是( )
A.P、Q系统在相互作用的过程中动量守恒
B.在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是2 N·s
C.P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D.P相对Q静止的位置在Q木板的右端
【答案】 AC
【解析】根据图乙可知，1 s后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，在0～2 s内，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，P、Q系统在相互作用的过程所受的外力之和为零，动量守恒，故A正确；从图象可知，0～2 s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2 s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I＝Mv－0＝1 N·s，故B错误；P从速度为2 m/s减为1 m/s所需的时间为1 s，则a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1－2,1) m/s2＝－1 m/s2，又a＝eq \f(－μmg,m)＝－μg，所以μ＝0.1，故C正确；在t＝1 s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1 s内，P的位移x1＝eq \f(2＋1,2)×1 m＝1.5 m，Q的位移x2＝eq \f(0＋1,2) m＝0.5 m，则Δx＝x1－x2＝1 m＜2 m，知P与Q相对静止时刚好在木板的中间，并不在木板的右端，故D错误。
12.(2021·四川乐山市第一次调查研究)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个eq \f(1,4)弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是( )
A．当v0＝eq \r(2gR)时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
【答案】 D
【解析】 滑块不固定，当v0＝eq \r(2gR)时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq \f(M,M＋m)RM，v1与v0方向相同，向左，当m二．非选择题
13.(2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，13)如图所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态。套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降eq \f(h,2)到达最低点。已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W。
【答案】 (1)eq \f(2,3)mgh (2)eq \f(11,6)mgh
【解析】 (1)碰撞前，圆环做自由落体运动，有veq \\al(2,1)＝2gh
碰撞时由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
系统机械能减少量：ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,2)
解得ΔE＝eq \f(2,3)mgh
(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
(m＋2m)g·eq \f(h,2)＋W＝0－eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,2)
解得W＝－eq \f(11,6)mgh
故系统克服弹簧弹力做的功为eq \f(11,6)mgh。
14.(2021·甘肃天水市调研)如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
【答案】 (1)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(3veq \\al(2,0),40g)
【解析】 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv，解得v＝eq \f(1,2)v0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2，
解得E损＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒得eq \f(1,2)×2m(eq \f(1,2)v0)2＝eq \f(1,2)×5m×(eq \f(1,5)v0)2＋2mgh，解得h＝eq \f(3veq \\al(2,0),40g)。
15.(2021·山西大同市第一中学2月模拟)在光滑水平地面上放有一质量M＝3 kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝5 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W；
(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。
【答案】 (1)6 J (2)2 m
【解析】 (1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，得
mv0＝(m＋M)v①
对小车由动能定理得W＝eq \f(1,2)Mv2 ②
联立①②解得W＝6 J。
(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得mv0＝mv1＋Mv2③
小球和小车由功能关系得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)④
联立③④可解得v1＝－1 m/s⑤
v2＝4 m/s⑥
小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动
h＝eq \f(1,2)gt2⑦
L＝(v2－v1)t⑧
联立⑤⑥⑦⑧可得L＝2 m。
16.(2021·山东济南市5月高考模拟)如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。求：
(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；
(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；
(3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。
【答案】 (1)μg eq \f(μg,2) (2)v1≤eq \r(3μgL) (3)eq \f(veq \\al(2,0),3μg)
【解析】 (1)对A有：μmg＝maA，得aA＝μg
对BC有：μmg＝2maB，解得aB＝eq \f(μg,2)。
(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于C滑行距离为L，由动量守恒有mv1＝3mv共
且有μmgL≥eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,共)，解得v1≤eq \r(3μgL)。
(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有mv0＝3mv共′
且有μmgL总＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mv共′2
联立解得L总＝eq \f(veq \\al(2,0),3μg)。
17.(2021·广东潮州市第二次模拟)如图所示，一光滑的eq \f(1,4)圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径R＝0.8 m，小车的右侧固定连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝3 kg，小车置于光滑的地面，左侧靠墙，一物块从圆弧顶端上的A点由静止滑下，经过B点时无能量损失，最后物块停在车上的B点。已知物块的质量m＝1 kg，物块与小车间的摩擦因数为μ＝0.1，BC长度为L＝2 m，g取10 m/s2。求在运动过程中
(1)弹簧的最大压缩量；
(2)弹簧弹性势能的最大值。
【答案】 (1)1 m (2)3 J
【解析】 (1)由A点到B点的过程中，由动能定理得
mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得vB＝4 m/s
从开始到静止于B点系统动量和能量守恒有
mvB＝(M＋m)v
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)
解得x＝1 m。
(2)由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，
有mvB＝(M＋m)v′
此时的弹性势能最大，由能量守恒可得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)
由以上两式可得Ep＝3 J。
18. (2021·四川攀枝花市第二次统考)如图所示，质量m1＝2 kg、长度l＝5 m的木板，以速度v1＝5 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量m2＝1 kg的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度v2＝5 m/s从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)木块与木板间的动摩擦因数；
(2)小木块做加速运动过程的时间。
【答案】 (1)eq \f(2,3) (2)0.25 s
【解析】 (1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v，以水平向右为正。对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
且Q＝μm2gl
联立以上各式，代入相关数据可得μ＝eq \f(2,3)。
(2)设木块在木板上加速的时间为t，对木块由动量定理有μm2gt＝m2v－0，代入相关数据可得t＝0.25 s。
另解：设木块在木板上加速的时间为t，加速度为a，则μm2g＝m2a，v＝at，代入相关数据可得t＝0.25 s。