2025版高考物理一轮复习微专题小练习动量守恒定律专题40碰撞问题

这是一份2025版高考物理一轮复习微专题小练习动量守恒定律专题40碰撞问题，共5页。试卷主要包含了24 kg·m/s，2 m等内容，欢迎下载使用。


如图，在光滑水平面上，一质量为100 g的A球，以2 m/s的速度向右运动，与质量为200 g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2 m/s，取A球初速度方向为正方向，下列说法正确的是( )
A．该碰撞为弹性碰撞
B．该碰撞为完全非弹性碰撞
C．碰撞前后A球的动量变化为－1.6 kg·m/s
D．碰撞前后A球的动量变化为－0.24 kg·m/s
答案：D
解析：以A球初速度方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得A球碰后的速度为vA＝－0.4 m/s，碰撞前后A球的动量变化为Δp＝mAvA－mAv0＝0.1×(－0.4) kg·m/s－0.1×2 kg·m/s＝－0.24 kg·m/s，C错误，D正确；碰撞前系统的机械能为E1＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)×0.1×22 J＝0.2 J，碰撞后系统的机械能为E2＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(1,2)×0.1×0.42 J＋ eq \f(1,2)×0.2×1.22 J＝0.152 J，由于E22．[2024·辽宁省沈阳市期中考试]在某次台球比赛中，质量均为m、材料相同的白球和黑球静止在水平台球桌面上，某时刻一青少年瞬击白球后，白球与一静止的黑球发生了对心碰撞，碰撞前后两球的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间白球、黑球所在位置，C、D分别为碰撞后白球、黑球停止的位置．则由图可知白、黑两球碰撞过程中损失的动能与碰前时刻白球动能的比值为( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(2,3) C． eq \f(4,9) D． eq \f(5,9)
答案：C
解析：令碰后白球的位移为3x0，则黑球碰后位移为12x0，碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，碰撞后两球做匀减速直线运动，利用逆向思维，根据速度与位移关系有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2μg·3x0，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2μg·12x0，白、黑两球碰撞过程中损失的动能ΔEk＝ 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(1)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，碰前时刻白球动能Ek0＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得 eq \f(ΔEk,ΔEk0)＝ eq \f(4,9)，C正确．
3．[2024·北京市顺义区期中考试]如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接．初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零．关于这一运动过程，下列说法正确的是( )
A．两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒
B．两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C．两物块A、B初速度的大小关系为v1＝v2
D．两物块A、B运动的路程之比为2∶1
答案：D
解析：分析可知，物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，A错误；在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，B错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，C错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，设A、B的路程分别为s1、s2，则有m eq \f(s1,t)－2m eq \f(s2,t)＝0，解得s1∶s2＝2∶1，D正确．
4．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．那么下列判断中正确的是( )
A．v1>v0 B．v1＝v0
C．v2>v0 D．v2＝v0
答案：A
解析：根据题意，设行星的质量为M，探测器的质量为m，当探测器从行星的反方向接近行星时(题中左图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得－mv0＋Mu＝Mu′＋mv1. eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu′2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，整理得v1－v0＝u＋u′，所以v1>v0，A正确，B错误；同理，当探测器从行星的同方向接近行星时(题中右图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得mv0＋Mu＝Mu″－mv2， eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu″2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，整理得v0－v2＝u＋u″，所以v25．如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底部恰好与地面相切．两小球的质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg，m1的初速度为v0，m2保持静止．已知m1与m2发生弹性正碰，要使m1与m2发生两次碰撞，则M可能为( )
A．2 kg B．3 kg C．5 kg D．6 kg
答案：D
解析：m1与m2发生第一次弹性碰撞后，设小球m1与m2的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，系统机械能守恒，有 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)) ，解得v1＝ eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝ eq \f(2m1,m1＋m2)v0；进入四分之一圆弧轨道M，当m2离开圆弧轨道时，设m2的速度为v′2，根据动量守恒和机械能守恒得v′2＝ eq \f(m2－M,m2＋M)v2，要使m1与m2发生两次碰撞，则v′2<0，即m>m2，且|v′2|>|v1|，联立解得M>5 kg，D正确．
6．[2024·浙江省宁波金兰教有合作组织联考]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L，已知他自身的质量为m，忽略船运动过程中水对它的阻力，则可测得船的质量为( )
A． eq \f(m（L－d）,d) B． eq \f(m（L＋d）,d)
C． eq \f(m（L＋d）,L) D． eq \f(mL,d)
答案：A
解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人和船的相对位移为L，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝ eq \f(d,t)，v′＝ eq \f(L－d,t)，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝ eq \f(m（L－d）,d)，A正确．
7．如图所示，平板小车A放在光滑水平面上，长度L＝1 m，质量mA＝1.99 kg，其上表面距地面的高度h＝0.8 m．滑块B(可视为质点)质量mB＝1 kg，静置在平板小车的右端，A、B间的动摩擦因数μ＝0.1.现有mC＝0.01 kg的子弹以v0＝400 m/s速度向右击中小车A并留在其中，且击中时间极短，g取10 m/s2.求：
(1)子弹C击中平板小车A后的瞬间，A速度多大？
(2)B落地瞬间，平板小车左端与滑块B的水平距离x多大？
答案：(1)2 m/s (2)0.4 m
解析：(1)子弹C击中小车A后并留在其中，则A与C共速，速度为v1，以v0为正方向，根据动量守恒有mCv0＝(mC＋mA)v1，得v1＝2 m/s
(2)设A与B分离时的速度分别是v2、v3，对A、B、C组成的系统分析，由动量守恒和动能定理得
(mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v2＋mBv3
－μmBgL＝ eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) － eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v2＝ eq \f(5,3) m/s，v3＝ eq \f(2,3) m/s
或v2＝1 m/s，v3＝2 m/s(舍去，因为A的速度不能小于B的速度)
B从A飞出以v3做平抛运动，则h＝ eq \f(1,2)gt2
得t＝0.4 s
A以v2向右做匀速直线运动，则当B落地时，它们的相对位移x＝(v2－v3)t＝0.4 m
8．[2024·河北省唐山市一中联盟联考]如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，小车上表面有一半径为R＝1 m的 eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，与水平轨道在B点相切，B点右侧粗糙，小车的最右端D点竖直固定轻质弹簧片CD.一个质量m＝2 kg的小球置于车的B点，车与小球均处于静止状态，有一质量m0＝20 g的子弹，以速度v0＝800 m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小球与弹簧片碰撞时无机械能损失，BD之间距离为0.3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)子弹击中小车后的瞬间，小车的速度；
(2)小球再次返回圆弧轨道最低点时，小球的速度大小；
(3)小球最终相对于B点的距离．
答案：(1)8 m/s (2)8 m/s (3)0.2 m
解析：(1)取向右为正方向，子弹打小车过程，子弹和小车系统动量守恒
m0v0＝(m0＋M)v
解得v＝8 m/s
(2)子弹、小车和小球构成的系统动量守恒
(m0＋M)v＝(m0＋M)v1＋mv2
子弹、小车和小球构成的系统机械能守恒
eq \f(1,2)(m0＋M)v2＝ eq \f(1,2)(m0＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立可得v1＝0 v2＝8 m/s
(3)小球最终状态是三者共速时
(m0＋M)v＝(m0＋m＋M)v3
损失的机械能 eq \f(1,2)(m0＋M)v2－ eq \f(1,2)(m0＋m＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝μmgs
联立可得s＝3.2 m
所以相对于B点的距离是x＝s－0.3×10 m＝0.2 m
9．[2024·江苏省宿迁市月考]如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝mC＝2 kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A以v0＝3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，直至分开未与C相撞．整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：
(1)弹簧被压缩到最短时，B物体的速度大小；
(2)弹簧给滑块B的冲量；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能．
答案：(1)1 m/s (2)4 N·s，方向向右
(3)2.25 J
解析：(1)对AB系统，AB速度相等时，弹簧被压缩到最短．取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v1
代入数据解得v1＝1 m/s
(2)在弹簧作用的过程中，B一直加速，B与弹簧分开后，B的速度最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB
根据机械能守恒定律可得 eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
联立解得vB＝2 m/s
对B根据动量定理可得I＝mBvB－0＝2×2 N·s－0＝4 N·s
方向向右；
(3)滑块A的动能最小时速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0＝mBv′B
代入数据解得v′B＝1.5 m/s
根据功能关系可得Ep＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2)mBv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数据解得Ep＝2.25 J．