还剩3页未读，
继续阅读
所属成套资源：(新高考)高考物理一轮复习课时加练 (含解析)
成套系列资料，整套一键下载
(新高考)高考物理一轮复习课时加练第7章 微专题48 碰撞及碰撞模型的拓展 (含解析)
展开
这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第7章 微专题48 碰撞及碰撞模型的拓展 (含解析)，共6页。试卷主要包含了碰撞的特点等内容，欢迎下载使用。
微专题48 碰撞及碰撞模型的拓展
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；(3)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．(多选)如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰．小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝200 g．取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x－t图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．碰撞前球a做匀速运动，球b静止
B．碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动
C．碰撞前后两小球的机械能总量减小
D．碰撞前后两小球的机械能总量不变
答案 AD
解析 由题图可知，碰前b球的位移不随时间变化，处于静止状态，碰前a球的速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，做匀速运动，故A正确；碰后b球和a球均做匀速运动，其速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，故B错误；根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.6 kg，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2，代入解得ΔE＝0，所以碰撞过程机械能守恒，故C错误，D正确．
2．(2023·湖北十堰市调研)如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB与光滑圆弧轨道BC平滑连接，B为圆弧轨道的最低点．一质量为1 kg的小球a从直轨道上的A点以大小为4 m/s的初速度向右运动，一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m(未脱离轨道)．取重力加速度大小g＝10 m/s2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1 m/s
B．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3 m/s
C．小球b的质量为3 kg
D．两球会发生第二次碰撞
答案 C
解析 对小球b，由机械能守恒定律有mbgh＝mbvB2，可得碰后小球b的速度大小为vB＝2 m/s，故A错误；由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由机械能守恒定律可得mav02＝mav12＋mbvB2，联立解得mb＝3 kg，v1＝－2 m/s，碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2 m/s，故B错误，C正确；由上述分析知，碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，最后两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误．
3．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案 A
解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A.
4．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2＝0.5 kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得( )
A．在t1时刻，两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧处于伸长状态
B．从t3到t4，弹簧由原长变化为压缩状态
C．t3时刻弹簧的弹性势能为6 J
D．在t3和t4时刻，弹簧均处于原长状态
答案 AC
解析 从0到t1时间内B做减速运动，A做加速运动，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，故A正确；从t3到t4时间内A做加速度减小的减速运动，B做加速度减小的加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误； t3时刻两物块的速度相同，都是2 m/s，A、B组成的系统动量守恒，m2v＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1 kg，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得m2v2＝(m1＋m2)v32＋Ep，解得Ep＝6 J，故C正确．
5.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开．小车与小球的质量分别为2m、m，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面．小球的最大重力势能为( )
A.mv02 B.mv02
C.mv02 D.mv02
答案 A
解析 小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝3mv，根据机械能守恒定律有mv02＝×3mv2＋Ep，解得Ep＝mv02，故选A.
6．(多选)(2023·安徽省A10联盟联考)如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R.圆弧体B锁定，一个小球从A圆弧体的最高点由静止释放，小球在圆弧体B上升的最大高度为.已知重力加速度大小为g，则( )
A．小球与圆弧体的质量之比为1∶1
B．小球与圆弧体的质量之比为1∶2
C．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
D．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
答案 AC
解析 设小球质量为m，圆弧体质量为M，小球从圆弧体A上滚下时，A的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，由题意可知Mv1＝mv2，mgR＝Mv12＋mv22，小球上升的过程有mgR＝mv22，解得M＝m，v1＝v2＝，故A正确，B错误；若圆弧体B没有锁定，则小球与圆弧体B作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体B最终获得的速度大小为，故C正确，D错误．
7．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．滑块b沿a上升的最大高度为
B．物块a运动的最大速度为
C．滑块b沿a上升的最大高度为
D．物块a运动的最大速度为
答案 B
解析 b沿a上升到最大高度时，两者速度相同，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b滑离a后，物块a运动的速度最大．系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得mv02＝mvb2＋×4mva2，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误．
8．如图所示，质量分别为m和2m的物体A、B静止在光滑水平地面上，B左端有一轻弹簧且处于静止状态．现A以速度v向右运动，则A、B相互作用的整个过程中( )
A．A的动量最小值为
B．A的动量变化量为
C．弹簧弹性势能的最大值为
D．B的动能最大值为
答案 D
解析 设弹簧恢复原长时A、B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，由机械能守恒定律得mv2＝mvA2＋×2mvB2，解得vA＝－，vB＝，负号表示速度方向向左，从A撞上弹簧到A、B分离过程，A先向右做减速运动直到速度减为零，然后向左做加速运动，整个过程B一直做加速运动， 由此可知，A的最小速度为零，A的动量最小值为0，则A、B相互作用的整个过程中，以向右为正方向，A的动量变化量为ΔpA＝－m·－mv＝－mv，负号表示动量变化量方向向左，故A、B错误；当弹簧被压缩最短时，A、B速度相同，设为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝，此时弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小，根据系统的机械能守恒得Ep＝mv2－(m＋2m)v′2＝mv2，故C错误；当A、B分离时，B的速度有最大值，且为vB＝，此时的动能为EkB＝×2mvB2＝mv2，故D正确．
9．如图所示，小球C在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有两个小球A和B用轻质弹簧相连，A、B以相同的速度v0向C运动，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在A和D继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后D与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，D与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)．已知A、B、C三球的质量均为m.求：
(1)弹簧长度刚被锁定时A的速度大小；
(2)在D离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
答案 (1)v0 (2)mv02
解析 (1)设C球与B球发生碰撞并立即结成一个整体D时，D的速度为v1，B、C碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋m)v1
当弹簧压缩至最短时，D、A的速度相同，设此速度为v2，A、D系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＋2mv1＝(m＋2m)v2
解得此时A的速度v2＝v0
(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep1.由能量守恒定律得：
×2mv12＋mv02＝×3mv22＋Ep1
解得Ep1＝mv02
然后，D与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，D与P接触而不粘连，突然解除锁定Ep1＝mvA2
之后运动过程中，当弹簧被压缩至最短时，A、D的速度相同，系统动量守恒有mvA＝3mvAD
弹簧的最大弹性势能Ep2＝mvA2－·3mvAD2＝mv02.
微专题48 碰撞及碰撞模型的拓展
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；(3)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．(多选)如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰．小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝200 g．取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x－t图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．碰撞前球a做匀速运动，球b静止
B．碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动
C．碰撞前后两小球的机械能总量减小
D．碰撞前后两小球的机械能总量不变
答案 AD
解析 由题图可知，碰前b球的位移不随时间变化，处于静止状态，碰前a球的速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，做匀速运动，故A正确；碰后b球和a球均做匀速运动，其速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，故B错误；根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.6 kg，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2，代入解得ΔE＝0，所以碰撞过程机械能守恒，故C错误，D正确．
2．(2023·湖北十堰市调研)如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB与光滑圆弧轨道BC平滑连接，B为圆弧轨道的最低点．一质量为1 kg的小球a从直轨道上的A点以大小为4 m/s的初速度向右运动，一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m(未脱离轨道)．取重力加速度大小g＝10 m/s2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1 m/s
B．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3 m/s
C．小球b的质量为3 kg
D．两球会发生第二次碰撞
答案 C
解析 对小球b，由机械能守恒定律有mbgh＝mbvB2，可得碰后小球b的速度大小为vB＝2 m/s，故A错误；由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由机械能守恒定律可得mav02＝mav12＋mbvB2，联立解得mb＝3 kg，v1＝－2 m/s，碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2 m/s，故B错误，C正确；由上述分析知，碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，最后两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误．
3．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案 A
解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A.
4．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2＝0.5 kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得( )
A．在t1时刻，两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧处于伸长状态
B．从t3到t4，弹簧由原长变化为压缩状态
C．t3时刻弹簧的弹性势能为6 J
D．在t3和t4时刻，弹簧均处于原长状态
答案 AC
解析 从0到t1时间内B做减速运动，A做加速运动，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，故A正确；从t3到t4时间内A做加速度减小的减速运动，B做加速度减小的加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误； t3时刻两物块的速度相同，都是2 m/s，A、B组成的系统动量守恒，m2v＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1 kg，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得m2v2＝(m1＋m2)v32＋Ep，解得Ep＝6 J，故C正确．
5.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开．小车与小球的质量分别为2m、m，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面．小球的最大重力势能为( )
A.mv02 B.mv02
C.mv02 D.mv02
答案 A
解析 小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝3mv，根据机械能守恒定律有mv02＝×3mv2＋Ep，解得Ep＝mv02，故选A.
6．(多选)(2023·安徽省A10联盟联考)如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R.圆弧体B锁定，一个小球从A圆弧体的最高点由静止释放，小球在圆弧体B上升的最大高度为.已知重力加速度大小为g，则( )
A．小球与圆弧体的质量之比为1∶1
B．小球与圆弧体的质量之比为1∶2
C．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
D．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
答案 AC
解析 设小球质量为m，圆弧体质量为M，小球从圆弧体A上滚下时，A的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，由题意可知Mv1＝mv2，mgR＝Mv12＋mv22，小球上升的过程有mgR＝mv22，解得M＝m，v1＝v2＝，故A正确，B错误；若圆弧体B没有锁定，则小球与圆弧体B作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体B最终获得的速度大小为，故C正确，D错误．
7．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．滑块b沿a上升的最大高度为
B．物块a运动的最大速度为
C．滑块b沿a上升的最大高度为
D．物块a运动的最大速度为
答案 B
解析 b沿a上升到最大高度时，两者速度相同，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b滑离a后，物块a运动的速度最大．系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得mv02＝mvb2＋×4mva2，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误．
8．如图所示，质量分别为m和2m的物体A、B静止在光滑水平地面上，B左端有一轻弹簧且处于静止状态．现A以速度v向右运动，则A、B相互作用的整个过程中( )
A．A的动量最小值为
B．A的动量变化量为
C．弹簧弹性势能的最大值为
D．B的动能最大值为
答案 D
解析 设弹簧恢复原长时A、B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，由机械能守恒定律得mv2＝mvA2＋×2mvB2，解得vA＝－，vB＝，负号表示速度方向向左，从A撞上弹簧到A、B分离过程，A先向右做减速运动直到速度减为零，然后向左做加速运动，整个过程B一直做加速运动， 由此可知，A的最小速度为零，A的动量最小值为0，则A、B相互作用的整个过程中，以向右为正方向，A的动量变化量为ΔpA＝－m·－mv＝－mv，负号表示动量变化量方向向左，故A、B错误；当弹簧被压缩最短时，A、B速度相同，设为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝，此时弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小，根据系统的机械能守恒得Ep＝mv2－(m＋2m)v′2＝mv2，故C错误；当A、B分离时，B的速度有最大值，且为vB＝，此时的动能为EkB＝×2mvB2＝mv2，故D正确．
9．如图所示，小球C在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有两个小球A和B用轻质弹簧相连，A、B以相同的速度v0向C运动，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在A和D继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后D与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，D与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)．已知A、B、C三球的质量均为m.求：
(1)弹簧长度刚被锁定时A的速度大小；
(2)在D离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
答案 (1)v0 (2)mv02
解析 (1)设C球与B球发生碰撞并立即结成一个整体D时，D的速度为v1，B、C碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋m)v1
当弹簧压缩至最短时，D、A的速度相同，设此速度为v2，A、D系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＋2mv1＝(m＋2m)v2
解得此时A的速度v2＝v0
(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep1.由能量守恒定律得：
×2mv12＋mv02＝×3mv22＋Ep1
解得Ep1＝mv02
然后，D与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，D与P接触而不粘连，突然解除锁定Ep1＝mvA2
之后运动过程中，当弹簧被压缩至最短时，A、D的速度相同，系统动量守恒有mvA＝3mvAD
弹簧的最大弹性势能Ep2＝mvA2－·3mvAD2＝mv02.
相关试卷
2023版高考物理总复习之加练半小时 第七章 微专题48 碰撞模型的拓展： 这是一份2023版高考物理总复习之加练半小时 第七章 微专题48 碰撞模型的拓展，共7页。试卷主要包含了碰撞的特点等内容，欢迎下载使用。
(全国版)高考物理一轮复习讲义第7章 专题强化11 碰撞模型及拓展(含解析)： 这是一份(全国版)高考物理一轮复习讲义第7章 专题强化11 碰撞模型及拓展(含解析)，共16页。试卷主要包含了理解碰撞的种类及其遵循的规律等内容，欢迎下载使用。
(新高考)高考物理一轮复习第7章专题强化11《碰撞模型的拓展》： 这是一份(新高考)高考物理一轮复习第7章专题强化11《碰撞模型的拓展》，共11页。
