新高考物理一轮复习考点巩固练习专题40碰撞问题（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习考点巩固练习专题40碰撞问题（含解析），共8页。
A．0.1 m/sB．0.2 m/s
C．0.4 m/sD．1 m/s
2.
如图所示，在光滑水平面上质量为M的木块，由轻弹簧连在墙上，质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，则在之后的过程中弹簧的最大弹性势能为( )
A． eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) B． eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
C． eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）) D． eq \f(M2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）)
3.
[2022·云南省部分学校联合检测]如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动．如果每一次碰撞都没有机械能损失，则( )
A．盒子与小物块最终静止
B．盒子与小物块最终达到相同速度，从而做匀速运动
C．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为 eq \f(3,2) v
D．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为 eq \f(5,2) v
4．[2022·江苏省常州市期末]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>v0B．v1＝v0
C．v2>v0D．v2＝v0
5．[2022·河南省六市联考]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发生弹性碰撞，要使m1与m2发生两次碰撞，则M可能为( )
A．2 kgB．3 kg
C．5 kgD．6 kg
6．[2022·安徽省九师联盟质量检测]如图所示，内壁光滑、半径R＝0.72 m的圆弧轨道竖直固定放置在水平面上，A、O、B三点在同一条竖直线上，O是轨道的圆心，A是轨道的最低点(水平面与圆轨道在A点平滑连接)，B是轨道最高点．质量m＝1 kg的小球甲沿着光滑的水平面以v0＝9 m/s的速度向右运动，与前方静止的质量为M的小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙恰好能通过B点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)碰后瞬间小球乙的速度大小；
(2)小球乙的质量M及碰撞过程中乙对甲做的功．
7．[2022·湖南省长沙市联考]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？
8．[2022·湖南省五市十校联考]如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75 kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长0.56 m，圆弧槽半径为0.2 m，木板左端静置一个质量为0.25 kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8.在木板的左端正上方，用长为0.3 m的轻杆将质量为1 kg的小球A悬于固定点O，轻杆可绕O点无摩擦转动．现将小球A拉至左上方，轻杆与水平方向成θ＝30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰．不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板因摩擦最终产生的总热量．
9．如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度v0向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C(弹簧与C不粘连)，弹簧没有超过弹性限度．求：
(1)A与B碰撞结束后的共同速度；
(2)整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
专题40 碰撞问题
1．B 对冰壶乙在冰面上滑行的过程，有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＝2μgs，由于两冰壶发生弹性碰撞，且两冰壶的质量相等，因此碰撞后两冰壶交换速度，故v1＝v2，解得v1＝0.2 m/s，B正确．
2．C 子弹打木块的过程动量守恒，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得v＝ eq \f(mv0,M＋m)，子弹、木块向左压缩弹簧过程子弹、木块、弹簧组成的系统机械能守恒，当子弹、木块速度减为零时，弹簧弹性势能最大，由机械能守恒可得 eq \f(1,2)(M＋m)v2＝Ep，解得Ep＝ eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）)，C正确．
3．D 水平面和盒底均光滑，碰撞中没有能量损失，所以系统的总动能不会变化，盒子与小物块最终不可能静止，不可能共速运动，A、B错误；设第一次碰撞后瞬间小物块的速度为v1，盒子的速度为v2，由动量守恒和能量守恒得3M×2v＋Mv＝Mv1＋3Mv2， eq \f(1,2)×3M(2v)2＋ eq \f(1,2)Mv2＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋ eq \f(1,2)×3Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ，解得v1＝ eq \f(5,2)v，v2＝ eq \f(3,2)v，C错误，D正确．
4．A 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\up11(2),\s\d4(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu′2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(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\up11(2),\s\d4(0)) ＋ eq \f(1,2)Mu2＝ eq \f(1,2)Mu″2＋ eq \f(1,2)mveq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))，整理得v0－v2＝u＋u″，所以v2|v1|，联立解得M>5 kg，D正确．
6．(1)6 m/s (2)2 kg －36 J
解析：(1)乙恰好到B点，轨道对小球的弹力正好为0，
设乙在B点的速度为vB，由牛顿第二定律得Mg＝ eq \f(Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R)
设乙在A点的速度(即碰撞结束时)为v乙，乙从A点运动到B点，由机械能守恒可得 eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(B)) ＋Mg2R＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(乙))
综合解得v乙＝6 m/s
(2)碰撞刚结束时，设甲的速度为v甲
甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒mv0＝mv甲＋Mv乙
由机械能守恒 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(甲)) ＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(乙))
综合解得M＝2 kg、v甲＝－3 m/s
碰撞过程中乙对甲做的功就是合力对甲做的功，由动能定理得W＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(甲)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
代入条件计算可得W＝－36 J．
7．(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\up11(2),\s\d4(2)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) － eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(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．(1)3 m/s (2)0.56 m (3)2.24 J
解析：(1)小球A运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律得
mAgL(1＋sin 30°)＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
联立解得v1＝3 m/s
(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律及机械能守恒定律得
mAv1＝mAv2＋mBv3
eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3))
联立解得v2＝1.8 m/s，v3＝4.8 m/s
物块B在最高点时，与木板共速，设共同速度为v4，物块B上升的最大高度为h，木板长为L1
由水平方向动量守恒及能量守恒定律得
mBv3＝(mB＋M)v4
解得v4＝0.6 m/s
eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝ eq \f(1,2)(mB＋M)v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(4)) ＋μmBgL1＋mBgh
联立解得h＝0.56 m
(3)假设物块B最终能停在木板上，则物块B与木板最终的共同速度仍为v4，设物块B在木板上相对木板滑行的路程为x，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝ eq \f(1,2)(mB＋M)v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(4)) ＋μmBgx
解得x＝1.26 m
因1.26 m>2L1，故假设不成立，即物块B最终不能停在木板上，物块B与木板摩擦产生的总热量为Q＝2μmBgL1＝2.24 J.
9．(1) eq \f(v0,2) (2) eq \f(1,8)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
解析：(1)A与B碰撞过程满足动量守恒，可得mv0＝2mv1
解得A与B碰撞结束后的共同速度为v1＝ eq \f(v0,2)
(2)A、B与C作用过程中，当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒可得2mv1＝4mv2
解得v2＝ eq \f(v1,2)＝ eq \f(v0,4)
此过程根据能量守恒定律可得
Epm＝ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2)×4mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
解得Epm＝ eq \f(1,8)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) .