新高考物理一轮复习考点课时练第7章 第35练　专题强化：碰撞模型及拓展（含答案解析）

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1~5题每小题4分，6题12分，共32分
1.如图所示，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg的小球在光滑水平面上相向运动，速度大小v1为4 m/s、v2为6 m/s，发生碰撞后，系统损失的机械能可能为( )
A.35 JB.45 JC.55 JD.65 J
2.(2024·山东济南市模拟)一动能为E的α粒子与一静止的氖核发生弹性正碰，已知氖核的质量是α粒子的5倍，则碰撞后α粒子的动能是( )
A.E6B.49EC.23ED.E
3.如图所示，质量均为m的a、b两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现把a、b两球分别置于距地面高为H处的A、B两点(H足够大)，间距为L，当a球自由下落的同时，b球以速度v0指向A点水平抛出，已知两球碰撞时无机械能的损失，弹性轻绳始终处于弹性限度范围内，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法不正确的是( )
A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度
B.弹性轻绳伸长过程中，a、b两球系统动量守恒
C.两球从开始运动到第一次相碰，a球下落的高度h=gL22v02
D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能Ep=14mv02
4.(多选)(2024·山东菏泽市开学考)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正碰；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是( )
A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1>m2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2>3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
5.如图所示，小车上固定一个足够高的光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车(含轨道)的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是( )
A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B.小球沿轨道上升的最大高度为3v028g
C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
6.(12分)(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(3分)碰撞时离地高度x；
(2)(6分)碰后速度v；
(3)(3分)碰撞损失机械能ΔE。
7、8题每小题6分，9题16分，共28分
7.(多选)(2024·广东卷·10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距H乙μ
8.(多选)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg和mB＝2 kg，用水平轻弹簧拴接，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.(16分)(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质量m＝0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(5分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)(5分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)(6分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案精析
1.A [若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失，若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
m2v2－m1v1＝(m1+m2)v
ΔEmax＝12m1v12+12m2v22－12(m1+m2)v2
联立解得ΔEmax＝40 J
系统损失的机械能的范围为0≤ΔE≤40 J
故选A。]
2.B [两粒子碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律得mvα＝mvα'+5mv'
12mvα2＝12mvα'2+12×5mv'2
其中E＝12mvα2
解得碰撞后α粒子的动能为
E'＝12mvα'2＝49E，故选B。]
3.B [两个小球在竖直方向做自由落体运动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程中，两球始终处于同一高度，故A正确；弹性轻绳伸长过程中，水平方向a、b两球组成的系统不受外力作用，水平方向动量守恒，竖直方向受重力作用，竖直方向系统动量不守恒，故B错误；两球从开始运动到第一次相碰，经过的时间t=Lv0，a球下落的高度h=12gt2，联立可得h=gL22v02，故C正确；当两球水平方向速度相等时，弹性绳最长，弹性势能最大，根据两球组成的系统水平方向动量守恒有mv0=2mv1，根据能量守恒有12mv02+2mgh'=2×12m(v12+vy12)+Ep，又由2gh'=vy12-0，解得Ep=12mv02-2×12mv12=14mv02，故D正确。]
4.AC [根据动量守恒与机械能守恒
m1v＝m1v1+m2v2
12m1v2＝12m1v12+12m2v22
得v1＝m1−m2m1+m2v，v2＝2m1m1+m2v
可知，当m1>m2时，两车速度方向相同，A正确；若碰后黄车反向运动，则m12m1m1+m2v，得m2>3m1，C正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v＝3∶1，得m1+3m2＝0，不符合实际情况，D错误。]
5.B [依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设小球达到最高点与轨道左端的竖直高度差为H，此时小球与小车共速且不为零，由动量守恒定律，可得mv0＝(m+3m)v，根据能量守恒，可得12mv02＝12(m+3m)v2+mgH，联立解得H＝3v028g，故A错误，B正确；设小球滑离小车时，二者速度分别为v球和v车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0＝mv球+3mv车，12mv02＝12mv球2+12×3mv车2，联立解得v球＝－12v0，v车＝12v0，可知小车相对小球的速度大小为Δv＝v车－v球＝v0，故C、D错误。]
6.(1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－12gt2＝1.2 m－12×10×0.22 m＝1 m
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知
x＝vB0t－12gt2
解得vB0＝6 m/s
碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA+mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE＝12mAvA2+12mBvB2－12(mA+mB)v2＝12 J。
7.ABD [两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
H乙＝12gsin θ·t12
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3，
乙运动的时间为t＝t1+t2+t3
由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，
乙下滑过程有mgH乙＝12mv乙2
乙在水平面运动到停止有
v乙2＝2μgx
联立可得x＝H乙μ
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距H乙μ。故D正确。]
8.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＝12(mA+mC)v12＝48 J，故A正确；以水平向右为正方向，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)＝－48 N·s，由系统能量守恒可知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速度相等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得(mA+mC)v2＝(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'＝12(mA+mC)v22－12(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)v2＝(mA+mC)v3+mBv4，12(mA+mC)v22＝12(mA+mC)v32+12mBv42，解得v4＝－6 m/s，负号表示方向向左，故D正确。]
9.(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ