高考物理一轮复习课时练习 第7章第3练　专题强化：碰撞模型及拓展（含详解）

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1.(2024·山东济南市历城第二中学月考)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则( )
A．小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒
C．冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少
D．冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
2.如图所示，两个物块A、B中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、B质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块A右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲击物块B使其获得0.3 m/s的水平向右的速度，物块B向右压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动物块A运动。当弹簧拉伸到最长时，物块A的速度大小为( )
A．0.1 m/s B．0.2 m/s C．0.3 m/s D．0.4 m/s
3．(2023·湖北省七市调研)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m、静止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v
4.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
5．(2022·北京卷·10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
6.(多选)(2023·安徽省模拟)如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量m1＝2 kg的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量m2＝1 kg的物块B通过长度l＝0.45 m的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度v0＝3 m/s水平向右运动，g取10 m/s2，则( )
A．物块A的最大速度为2 m/s
B．物块A、B组成的系统，动量守恒
C．物块B恰好能够到达细杆MN处
D．物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了1 J
7.(多选)(2023·海南海口市三模)如图所示，质量分别为2m、km(k未知且k>2)的小球B、C静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为( )
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
8．(多选)(2023·四川绵阳市期末)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg和mB＝2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
B．4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s
9.(2023·广东省模拟)如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
(1)A到达O点时的速度大小；
(2)A、B碰撞过程中损失的机械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
10．(2023·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，
cs 53°＝0.6，不计空气阻力。
(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。
11.(多选)如图所示，质量为3 kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物块对小球不做功
B．物块的最大速度为1 m/s
C．两者分离时物块移动了0.15 m
D．物块对地面的最大压力为70 N
第3练 专题强化：碰撞模型及拓展
1．B [小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故D错误。]
2．B [由机械能守恒可知，当物块B被弹簧弹回到初始位置时速度仍为v0＝0.3 m/s，方向向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2 m/s，即物块A的速度大小为0.2 m/s，故选B。]
3．C [A、B两球在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A球初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝mv1＋3mv2，假设碰撞后A球静止，即v1＝0，则v2＝eq \f(1,3)v，由题意可知A球被反弹，所以B球速度v2>eq \f(1,3)v，A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，由能量关系有eq \f(1,2)mv2≥eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×3mv22，联立可得v2≤eq \f(v,2)，可得eq \f(v,3)4．C [设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mvQ2＋eq \f(1,2)×2mvP2，Q离开P时的动能Ek2＝eq \f(1,2)mvQ2，联立解得eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正确。]
5．C [x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝eq \f(4,1) m/s＝
4 m/s，m2碰前的速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝eq \f(4,3－1) m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝eq \f(8－4,3－1) m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。]
6．AD [当B在A的右侧运动时，细绳弹力对A一直做正功，可知当B再次回到最低点时，A的速度最大，则有m2v0＝m2v2＋m1v1，eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m1v12，解得v1＝2 m/s，A正确；对B分析，可知B在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B组成的系统存在超重与失重过程，系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上动量守恒，B错误；设物块B恰好到达最高点上升的高度为h，此时A、B速度相等，则有m2v0＝(m1＋m2)v3，eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)v32＝m2gh，解得h＝0.3 m7．AB [A与B碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得mv＝mvA＋2mvB
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)×2mvB2
联立解得碰后A、B的速度分别为vA＝－eq \f(1,3)v，vB＝eq \f(2,3)v，B与C碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得
2mvB＝2mvB′＋kmvC
eq \f(1,2)×2mvB2＝eq \f(1,2)×2mvB′2＋eq \f(1,2)×kmvC2
联立解得碰撞后B的速度为
vB′＝eq \f(22－k,32＋k)v
为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足|vB′|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(22－k,32＋k)v))≤|vA|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)v))
由于k>2，则有eq \f(2k－2,32＋k)≤eq \f(1,3)
联立解得28．AD [A、C碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v12＝48 J，故A正确；4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的时间内对B由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B错误；当B的速度与A、C速度相等时由动量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC＋mB)v2′，解得v2′＝3 m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep′＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v12－eq \f(1,2)(mA＋mC＋mB)v2′2＝12 J，故C错误；当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v3＋mBv4，eq \f(1,2)(mA＋mC)v12＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v32＋
eq \f(1,2)mBv42，解得v4＝6 m/s，故D正确。]
9．(1)eq \r(2gh) (2)eq \f(2,3)mgh (3)eq \f(1,18)h
解析 (1)物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知mgh＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝eq \r(2gh)
(2)当A、B发生碰撞，根据动量守恒定律可知mv1＝(m＋2m)v2，
解得v2＝eq \f(1,3)eq \r(2gh)
A、B碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(m＋2m)v22
＝eq \f(2,3)mgh
(3)将A、B、C看成一个整体，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3，根据能量守恒定律可知eq \f(1,2)(m＋2m)v22＝eq \f(1,2)(m＋2m＋3m)v32＋(m＋2m)gh′
联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h′＝eq \f(1,18)h。
10．(1)2.4 m/s 6.4 m/s (2)见解析
解析 (1)丙向下摆动过程中机械能守恒MgL(1－cs θ)＝eq \f(1,2)Mv02
解得v0＝4 m/s
丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mv0＝Mv′＋mv
由机械能守恒得eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)Mv′2＋eq \f(1,2)mv2，解得碰后瞬间，丙的速度大小v′＝2.4 m/s，
甲的速度大小v＝6.4 m/s
(2)假设乙能从C点离开，乙到达C点时甲、乙水平速度相同，设甲速度为v甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv＝2mv甲2，解得v甲2＝3.2 m/s
设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，由机械能守恒得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv甲22＋eq \f(1,2)mv乙12＋mgR
又因为v乙12＝v甲22＋vy2，解得vy＝2 m/s>0，所以乙能从C点离开圆弧轨道。
11．BC [小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A错误；系统在水平方向动量守恒，有0＝mv小－Mv，根据能量守恒有mg(R＋R)＝eq \f(1,2)mv小2＋eq \f(1,2)Mv2，解得v小＝3 m/s，v＝1 m/s，故B正确；小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了d＝eq \f(2R,4)＝0.15 m，故C正确；小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系(此时为惯性系)，小球此时相对圆心的速度为v小＋v，由牛顿第二定律得F支＝mg＋eq \f(mv小＋v2,R)，由牛顿第三定律得F压＝F支，对整体有FN＝Mg＋mg＋meq \f(v小＋v2,R)＝eq \f(280,3) N，故D错误。]