主题一 7 碰撞 考点练习 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）

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基础巩固练
考点一 弹性碰撞
1.(宁波)质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰,碰撞时间极短,两物体的位移—时间图像如图所示,m1=1 kg,下列说法正确的是( )
A.m2=1 kg
B.图线①为碰撞后m1的图线
C.碰撞后两物体的速度相同
D.两物体的碰撞为弹性碰撞
解析:D 根据题意,由图可知,因x-t图像的斜率等于速度,可知碰撞前m1和m2的速度分别为v1=4 m/s,v2=0,则图线①为碰后m2的图线,碰撞后两物体的速度分别为v1′=-2 m/s,v2′=2 m/s;碰撞后两物体的速度等大反向;以v1的方向为正方向,根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v1′+
m2v2′,解得m2=3 kg,碰前Ek0=12m1v12+0=8 J,碰后Ek1=12m1v1′2+12m2v2′2=8 J,故两个物体发生弹性碰撞。
2.(多选)碰撞在宏观、微观世界中都是十分普遍的现象,在了解微观粒子的结构和性质的过程中,碰撞的研究起着重要的作用。一种未知粒子X跟静止的氢原子核正碰,测出碰撞后氢原子核的速度是v1,该未知粒子以相同速度跟静止的氮原子核正碰时,测出碰撞后氮原子核的速度是17v1,已知氢原子核的质量是mH,氮原子核的质量是14mH,上述碰撞都是弹性碰撞,则下列说法正确的是( )
A.碰撞后未知粒子的机械能增大
B.碰撞后未知粒子的机械能减小
C.未知粒子的质量为7mH6
D.碰撞前未知粒子的速度为1314v1
解析:BCD 碰撞过程中未知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上,所以碰撞后未知粒子的机械能减小,选项A错误,B正确;设未知粒子X碰撞前的速度为v0,未知粒子X跟静止的氢原子核正碰,由动量守恒定律有mXv0=mHv1+mXv2,由能量守恒定律有12mXv02=12mHv12+
12mXv22,未知粒子X以相同速度跟静止的氮原子核正碰,由动量守恒定律有mXv0=14mH×17v1+
mXv3,由能量守恒定律有12mXv02=12×14mH(17v1)2+12mXv32,联立解得mX=76mH,v0=1314v1,选项C、D正确。
3.(贵州)如图,完全相同的匀质小球A、B被不可伸长的细线悬挂,静止在同一竖直平面内,相互接触无挤压,悬挂点到球心的距离分别为L和45L,A被拉至与竖直方向成60°的位置并由静止释放,随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力,B的球心上升的最大高度为( )
A.12LB.13LC.14LD.15L
解析:A 设A、B小球的质量均为m,忽略空气阻力,则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间,由动能定理可得mgL(1-cs 60°)=12mvA2,A球与B球碰撞过程中,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvA=mvA′+mvB′,12mvA2=12mvA′2+12mvB′2,可得vB′=vA,由于12mvB′212(2m)(0.1v0)2+12(3m)(0.6v0)2,满足碰撞后总动能不增加,所以碰撞后B球的速度可能为0.6v0,C错误;若碰后B球的速度为0.7v0,有2mv0=2mvA+3m(0.7v0),解得vA=-0.05v0,计算动能可得12(2m)v02>12(2m)(-0.05v0)2+
12(3m)(0.7v0)2,满足碰撞后总动能不增加,所以A球反向运动,D正确。
能力提升练
10.(绍兴)如图所示,在光滑的水平面上有2 026个质量均为m的小球排成一条直线,均处于静止状态。现给第一个小球初速度v0,使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的,则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为( )
A.mv024 052B.2 025mv024 052
C.2 025mv022 026D.mv022 026
解析:B 以第一个小球初速度v0方向为正方向,将2 026个小球组成的整体看作一个系统,设系统最终的速度为v,运用动量守恒定律得mv0=2 026mv,解得v=v02 026,则系统损失的机械能为ΔE=12mv02-12×2 026mv2,解得ΔE=2 025mv024 052。
11.(多选)(宁波)如图,为某课外学习研究小组在做“子母球”实验。实验时将排球和篮球上下叠放,使二者重心位于同一竖直线上,篮球最低点离地面高为h=0.8 m,同时静止释放两球,下落一段时间后篮球与地面发生碰撞。已知篮球质量为M、排球质量为m,M=3m。若不计空气阻力,且所有碰撞都是弹性碰撞,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A.两球在下落过程中有相互作用
B.排球能够上升的最大高度为H=3.2 m
C.篮球与地面碰撞的瞬间,排球的运动状态保持不变
D.篮球触地反弹后与排球相互作用的过程中,排球的动量变化量大小大于篮球的动量变化量大小
解析:BC 两球下落过程中均只受重力,二者间没有相互作用,A错误;自由落体运动规律有v02=2gh,以向上为正方向,两球碰撞过程中满足动量守恒定律,则Mv0-mv0=Mv1+mv2,12Mv02+12mv02=12Mv12+12mv22,排球上升的最大高度为H=v222g,联立解得H=3.2 m,B正确;篮球与地面碰撞的瞬间,排球的运动状态保持不变,C正确;篮球触地反弹后与排球相互作用的过程中,根据动量守恒定律可知排球的动量变化量大小等于篮球动量变化量大小,D错误。
12.2025年3月23日,2025世界女子冰壶锦标赛中国队获铜牌直通米兰冬奥会。如图所示,运动员将冰壶A以初速度v0=2 m/s从M点水平掷出,沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰,碰后冰壶A、B的速度大小分别为vA=0.4 m/s,vB=0.6 m/s,碰撞前后A的速度方向不变,运动中冰壶可视为质点且碰撞时间极短。若冰壶A、B的质量均为20 kg,与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.015,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小v1;
(2)求M、N两点间的距离s;
(3)通过计算判断两冰壶的碰撞是否为弹性碰撞。
答案:(1)1 m/s (2)10 m (3)否,计算过程见解析
解析:(1)两冰壶碰撞过程中,满足动量守恒定律,以碰撞前A的速度方向为正方向,有mAv1=mAvA+mBvB,代入数据解得v1=1 m/s。
(2)冰壶A从M点水平掷出至运动到N点与冰壶B碰撞前,根据动能定理得
-μmAgs=12mAv12-12mAv02,代入数据解得s=10 m。
(3)碰撞前A、B两冰壶的总动能为Ek1=12mAv12=10 J,碰撞后两冰壶的总动能为
Ek2=12mAvA2+12mBvB2=5.2 J,
由于Ek1>Ek2,可知两冰壶碰撞过程中有动能损失,为非弹性碰撞。
13.平板车上的跨栏运动如图所示,光滑水平地面上人与滑板A一起以v0=0.5 m/s的速度前进,正前方不远处有一距离轨道高h=0.8 m(不考虑滑板的高度)的横杆,横杆另一侧有一静止滑板B。当人与A行至横杆前时,人相对滑板竖直向上起跳越过横杆,滑板A从横杆下方通过并与滑板B发生弹性碰撞,之后人刚好落到滑板B上,不计空气阻力,已知m人=40 kg,mA=5 kg,mB=
10 kg,g取10 m/s2。求:
(1)人相对滑板A竖直向上起跳的最小速度;
(2)滑板A从横杆下方通过并与滑板B发生弹性碰撞后,滑板A、B的速度;
(3)最终人与滑板B的共同速度的大小。
答案:(1)4 m/s (2)16 m/s 13 m/s (3)715 m/s
解析:(1)设人相对滑板A起跳的竖直速度至少为vy,则有vy2=2gh,解得vy=4 m/s。
(2)人跳起后,A与B碰撞前后水平方向动量守恒,机械能守恒,设碰撞后A的速度为v1,B的速度为v2,则有mAv0=mAv1+mBv2,
12mAv02=12mAv12+12mBv22,
解得v1=-16 m/s,v2=13 m/s;
则A发生弹性碰撞后的速度大小为16 m/s,B发生弹性碰撞后的速度大小为13 m/s。
(3)人下落与B作用前后,水平方向动量守恒,设共同速度为v3,则有m人v0+mBv2=(m人+mB)v3,
代入数据得v3=715 m/s。