2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-碰撞问题专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-碰撞问题专题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献。他研究的刚性球对心碰撞实验可简化为：球1、球2的质量分别为m1、m2，半径相同，并排悬挂在长度相等两根平行绳子上，彼此相互接触。现把质量为m1的小球拉开到某高处由静止释放，在下落到最低点时将与球2发生对心碰撞，不计碰撞过程中的机械能损失，如图所示，已知碰后时刻，球1、球2具有相同的动量，则m1m2的值为( )
A. 3B. 13C. 2D. 12
如图所示，光滑水平地面上有质量均为m的三个小物块A、B、C，其中B、C通过一轻质弹簧拴接，弹簧处于原长。现给A一个向右的初速度v0，物块A与物块B发生碰撞后粘在一起继续运动，弹簧始终未超过弹性限度，则从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是
A. 物块A，B，C组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B. 物块A，B，C以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
C. 物块A，B，C以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D. 物块A动能的减少量等于物块B、C动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和
斯诺克是一种台球运动，深受人们的喜爱。斯诺克本身的意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，打球过程中可以利用球来作障碍迫使对方失误，而且作障碍是每个职业斯诺克球手都必须掌握的一种技术。假设光滑水平面一条直线上依次放8个质量均为m的弹性红球，质量为1.5m的白球以初速度ν0与8号红球发生弹性正碰，则8号红球最终的速度大小为( )
A. 0B. 65ν0C. 65157ν0D. 65158ν0
如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA>mB，B球上固定一轻质弹簧。A球以速率v去碰撞静止的B球，则( )
A. A球的最小速率为零
B. B球的最大速率为v
C. 当弹簧恢复原长时，B球速率最大
D. 当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小
如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一轻质弹簧．物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率—时间图象进行描述，在图所示的图象中，下图中图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况．则在这四个图象中正确的是( )
A. B.
C. D.
甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5 kg·m/s，p乙=7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p'乙=10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙间的关系可能是( )
A. m乙=m甲B. m乙=2m甲C. m乙=4m甲D. m乙=6m甲
如图所示，在光滑水平面，质量为m的A小球以速度v0运动，与原静止的质量为4 m的B小球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追及B再相撞，则
A. 15光滑水平面和竖直光滑曲面相切于曲面的最低点，大小相同的弹性小球A，B质量分别为mA和mB。B静止于曲面的最低点，让球A从曲面上一定高度h滑下，在最低点与球B发生正碰，碰撞过程无机械能损失，水平面足够长。下列说法正确的是( )
A. 两小球不可能发生第二次碰撞
B. 当mB≤3mA时，两小球只能发生一次碰撞
C. 增大h可能让两小球发生第二次碰撞
D. 若mA二、多选题
如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道，最高点M，N与圆心O在同一水平线上，质量为m的物块甲从M处由静止开始无初速释放，滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上Q点，QP之间的竖直高度为R4，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 物块乙的质量为3m
B. 物块乙的质量为4m
C. 在以后的运动中，物块甲能回到M点
D. 在以后的运动中，物块甲不能回到M点
两物块A，B用轻弹簧相连，质量均为4kg，初始时弹簧处于原长，A，B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量8kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是
A. B，C碰撞刚结束时BC的共同速度为2m/ s
B. 弹簧的弹性势能最大值为36J
C. 整个相互作用过程中产生的热量为48J
D. 相互作用过程中C的最大速度为6m/s
在足够长的光滑绝缘的水平台面上，存在有平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E.水平台面上放置两个静止的小球A和B(均可看作质点)，两小球质量均为m，带正电的A球电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行。开始时两球相距L，在电场力作用下，A球开始运动(此时为计时零点，即t=0)，后与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则( )
A. 第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为2QELm
B. 第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L
C. 第二次碰撞结束瞬间A球的速度大小为22QELm
D. 相邻两次碰撞时间间隔总为22mLQE
如图所示，水平光滑的地面上静止放置一质量为mA的小车A，小车的上表面光滑，质量为mB的物块B (可视为质点)置于A的最右端．现对A施加一个水平向右的恒力F，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t，二者的速度达到ν(mA、mB、F、t、ν均为已知量).则下列说法正确的是( )
A. 物块B刚开始做匀加速直线运动
B. 小车A开始运动时的加速度大小为FmA
C. 可求得A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小
D. 可求得小车A上表面长度l
如图所示，足够长的光滑水平面上有一个固定的光滑斜面，斜面末端与水平面平滑连接。物块B、C质量均为3 kg，B的右端固定一个自由伸长的轻弹簧，B、C分开一定的距离静止于水平面。物块A质量为1 kg，从距离地面高0.8 m的地方静止释放。此后A、B分开后(A脱离弹簧)，B、C碰撞并粘在一起。已知弹簧一直在弹性限度之内，重力加速度g=10 m/s2。则在整个过程中
A. 物块A最终损失的机械能为7 JB. 物块B获得的最大速度为2 m/s
C. 物块C的最终速度约为1.29 m/sD. 弹簧的最大弹性势能为6 J
如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上。有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。A、B均可视为质点，下列说法正确的是( )
A. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2
C. B能达到的最大高度为h2
D. B能达到的最大高度为h4
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
对于球1与球2弹性碰撞，根据动量守恒及机械能守恒定律列出等式即可求解质量之比。
本题主要考查弹性碰撞。
【解答】
根据弹性碰撞遵守动量守恒和机械能守恒，列出方程
m1v0=p'1+p'2
根据题意知p'1=p'2
解得：m1m2=3，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】分析：
根据碰撞是非弹性碰撞联系动量守恒、机械能守恒条件以及能量守恒的知识可得结果。
解答：
ABC、从A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块A、B碰撞过程中有机械能损耗，机械能不守恒，水平方向不受外力，系统的动量守恒，故AB错误，C正确;
D、物块A动能的减少量等于物块B、C动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量以及A、B碰撞时产生的内能之和，故D错误；
故选C。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
白球以速度v0与8号球发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以此重复。分析清楚运动过程，找准弹性碰撞的规律是解决问题的关键。
【解答】
白球以速度v0与8号球发生弹性碰撞，设碰后白球速度为v1，8号球速度为v80，
根据动量守恒定律有：1．5mv0=1．5mv1+mv80，
根据机械能守恒有：12×1．5mv02=12×1．5mv12+12mv802
解得v1=15v0，v80=65v0
紧接着8号球与7号球发生弹性碰撞，质量相等，则速度交换，7号球与6号球发生弹性碰撞，依次类推，则1号球弹出。
8号球与7号球碰撞后速度变为0，相当于停在7号球位置，之后白球以速度v1与静止的8号球发生第二次弹性碰撞，根据动量守恒及机械能守恒
1.5mv1=1．5mv2+mv81，12×1．5mv12=12×1．5mv22+12mv812，得v2=(15)2v0，v1=65×(15)v0，以此类推，得出规律，最终8号球的速度为65×157v0，故ABD错误，C正确；
故选C。
4.【答案】C
【解析】解：分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大，A球速度最小，
由于系统没有外力，故动量守恒，同时机械能守恒，则有：
mAv=mAv1+mBv2
12mAv2=12mAv12+12mBv22
解得v1=mA-mBmA+mBv
v2=2mAmA+mBv
因为mA>mB，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率大于v，故ABD错误，C正确。
故选：C。
分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度大于A的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律即可确定速度的最大值和最小值。
本题是含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的分析，得到弹簧势能最大的临界条件，同时明确动量守恒和机械能守恒定律的应用。
5.【答案】B
【解析】解：物块B压缩弹簧的过程，开始时A做加速运动，B做减速运动，随着压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大。当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小。当弹簧恢复原长时B离开弹簧。所以v-t图象切线斜率的大小都先增大后减小。
设B离开弹簧时A、B的速度分别为vA和vB。
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：mBv0=mAvA+mBvB，
由机械能守恒得：12mBv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解得vA=2mBmA+mBv0，vB=mB-mAmA+mBv0。
若mB>mA，由上式可得：vA>vB.所以B图是可能的。
若mB=mA，由上式可得：vA=v0，vB=0。
若mB0，vB<0。
综上，只有B图是可能的。故ACD错误，B正确。
故选：B。
对A、B受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式分析两物块的速率，画出速度时间图象。
该题考查系统的动量守恒定律与机械能守恒定律，解决本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，要知道v-t图象的斜率表示加速度。
6.【答案】C
【解析】解析：由碰撞系统动量守恒可知，碰后甲的动量为p'甲=2 kg·m/s.由碰撞发生的实际可知碰前v甲>v乙，即p甲m甲>p乙m乙，得m甲m乙<57；碰后v甲≤v乙，即p'甲m甲≤p'乙m乙，得m甲m乙≥15. 由碰撞前的动能大于等于碰撞后的动能，又因为Ek=p22m，得p甲22m甲+p乙22m乙≥p'甲22m甲+p'乙22m乙，解得m甲m乙≤717.综上所述，15≤m甲m乙≤717，所以C正确．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
A、B碰撞过程中动量守恒，抓住碰撞后A还能追上B，即A的速度大于B的速度，求出系数a满足的条件，结合碰撞过程中有机械能损失求出a满足的条件，从而得出a应满足的条件。
本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，要抓住碰后A的速度大于B的速度，以及机械能损失大于等于零进行求解。
【解答】
A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得：mAv0=-mA⋅av0+mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰的条件是：av0>vB，解得a>13，碰撞过程中损失的机械能：ΔE=12mAv02-12mA(av0)2+12mBvB2≥0，解得a≤35，所以a满足的条件是138.【答案】B
【解析】
【分析】
两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，列式求出A、B碰撞后的速度，由速度表达式分析质量关系与碰撞次数，并判断碰撞次数是否与h有关。
得出速度表达式并由此分析是求解的关键。
【解答】
ABD、设小球A与B碰前的速度为v0，设小球A、B碰后的速度分别为v1、v2，
由机械能守恒得mAgh=12mAv02，解得v0=2gh，
AB碰撞过程中遵守动量守恒，由动量守恒定律得：mAv0=mAv1+mBv2 ①
由于碰撞过程无机械能损失，由能量守恒定律：12mAv02=12mAv12+12mBv22 ②
由 ① ②式得v1=(mA-mB)v0mA+mB ③，v2=2mAv0mA+mB ④
由 ③ ④得：
当mB>3mA时，两小球能发生第二次碰撞；
当mB≤3mA时，两小球只能发生一次碰撞，故AD错误，B正确；
C.由公式 ③ ④可知两小球碰撞的次数与h无关，故C错误。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
由机械能守恒定律求出甲物体第一次碰撞之前的速度，甲、乙两物体的碰撞过程遵循动量守恒和机械能守恒，由这两个规律列式进行分析即可。
求解本题的关键要理清小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律。要知道碰撞遵守的基本规律是动量守恒定律，弹性碰撞还要满足机械能守恒。
【解答】
AB.以最低点P水平向左为正方向，设物块甲第一次与物块乙碰前速度大小为v0，由机械能守恒定律可得mgR=12mv02，解得v0=2gR，设物块甲物块第一次与乙碰后速度大小为v1，由机械能守恒定律可得12mv12=14mgR，解得v1=gR2=v02，设物块乙的质量为m'，设物块甲第一次与物块乙碰后，物块乙速度大小为v2，由弹性碰撞得：mv0=m(-v1)+m'v2，12mv02=12mv12+12m'v22，解得：m'=3m，v2=v02，故A正确，B错误；
CD.因为v1=v2，所以物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞，设甲、乙发生第二次弹性碰撞后的速度为v1'、v2'，对第二次碰撞有mv02+3m-v02=mv1'+3mv2'，12mv022+12·3m-v022=12mv1'2+12·3mv2'2，计算可得v1'=-v0，负号表示方向水平向右，所以，物块甲能回到M点，故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
B与C发生碰撞过程，根据动量守恒定律求出B、C碰撞刚结束时BC的共同速度；当弹簧的弹性势能最大时，三者具有相同的速度，由三个物体组成的系统动量守恒求此时A的速度；由能量守恒求解弹性势能的最大值。从B、C碰撞后到弹簧再次恢复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒求A、B、C三物块速度。
本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误。要正确选择研究过程和对象，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律。
【解答】
A.B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mBv=(mB+mC)vBC，解得vBC=2 m/s。故A正确。
BC.当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。设向右为正方向，由A、B、C三者组成的系统动量守恒，得(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC，解得：vABC=3m/s，设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒是：Ep=12(mB+mC)vBC2+12 mAv2- 12 (mA+mB+mC)vABC2 ，代入数据得：Ep=12×(4+8)×22J+12 ×4×62J- 12 ×(4+4+8)×32J=24 J，相互作用过程中产生的热量为Q=12×4×62J-12×4+8×22J=48J，故C正确，B错误；
D.由能量守恒定律，由于碰撞过程中有能量损失，碰撞后的动能不可能比碰撞前大，故D错误。
故选AC。
11.【答案】AD
【解析】解：A、碰前球A的加速度为：a=QEm，
碰前A的速度为：vA1=2aL=2QELm，
碰前B的速度为：vB1=0；
由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，动量也守恒，有：
12mvA12+12mvB12=12mvA1'2+12mvB1'2，
mvA1+mvA2=mvA1'+mvA2'，
则碰撞后A、B的速度分别为：vA1'=0，vB1'=vA1=2QELm，即交换速度，
故A正确；
BC、碰后B前向前匀速，A向前做匀加速，以后面球为参考系，前面球速度设为v，到再次相遇，时间和位移相等，根据x=v'2t=vt可知：v'=2v=22QELm，
故位移为：x=vt=v⋅2va=2×2QELmQEm=4L，故B错误；
第二次碰撞结束瞬间A球速度等于碰撞前B球速度，为2QELm，故C错误；
D、每次碰撞前后，两个球的速度相差v=2QELm，即每次都是后面球的速度增加2v后追上前面球，而加速度是固定的，故每次相邻两次碰撞时间间隔总为22mLQE，故D正确；
故选：AD。
根据牛顿第二定律求出A球的加速度，由速度位移公式求出A球与B球碰撞前的速度。由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式可知交换速度。
根据速度公式求出第一次碰撞时间。第一次碰后，A球追及B球，当位移相等时，发生第二碰撞，由位移相等求出第二次碰撞时间。同理求解二次碰撞时间。
本题时粒子在匀强电场中运动问题，关键似乎正确的受力分析，结合动量守恒定律、机械能守恒定律、运动学公式列式分析，不难。
12.【答案】BCD
【解析】
【分析】
由牛顿第二定律可以求出加速度；由动量定理求出碰撞后的速度；由动量守恒定律与动能定理可以求出A上表面的长度。
本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题。
【解答】
A.以B为研究对象，小车的上表面光滑，B水平方向不受力，所以B刚开始时静止不动，故A错误；
B.以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F=mAa 代入数据得：a=FmA，故B正确；
C.设A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小为v1，A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：Ft=mA+mBv-mA+mBv1，代入数据解得：v1=(mA+mB)v-FtmA+mB，故C正确；
D.A，B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=(mA+mB)v1，A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：Fl=12mAvA2，联立并代入数据得小车A上表面长度l=[(mA+mB)v-Ft]22mAF，故D正确。
13.【答案】BCD
【解析】
【分析】
本题主要考查了动量守恒定律和弹簧的综合及完全非弹性碰撞，注意在A、B分离后，B和C完全非弹性碰撞，B的速度减小，A还会追上B再发生一次碰撞。
根据机械能守恒定律计算物块A与弹簧碰撞前的速度；根据动量守恒定律及机械能守恒定律计算A、B分离时的速度；再由动量守恒定律计算B、C碰撞后的速度；最后根据动量守恒定律和机械能守恒定律计算A、B再次碰撞后的速度。
【解答】
D.物块A下滑到水平面，根据机械能守恒定律有mAgh=12mAv02，得v0=4m/s；
B.对于A、B和弹簧组成的系统，从开始到A、B共速，弹性势能最大，根据动量守恒，有mAv0=(mA+mB)v共，机械能守恒，有最大弹性势能；
对于A和B系统，从A接触弹簧到A和弹簧分离，系统动量守恒，有mAv0=mAv1+mBv2；机械能守恒，有12mAv02=12mAv12+12mBv22，A、B分开后，A的速度v1=mA-mBmA+mBv0=-2m/s，方向向右；B的速度v2=2mAmA+mBv0=2m/s，方向向左，故B正确；
C.对B、C碰撞动量守恒，有mBv2=(mC+mB)v3，v3=1m/sA.物块A最终损失的机械能为ΔE=mAgh-12mAv42-12mB+mCv52=3J，故A错误。
故选BCD。
14.【答案】BD
【解析】
【试题解析】
【分析】
利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析，把动量守恒和机械能守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
B从轨道上下滑过程，只有重力做功，机械能守恒，运用机械能守恒定律可求得B与A碰撞前的速度；两个物体碰撞过程动量守恒，即可求得碰后的共同速度；碰后共同体压缩弹簧，当速度为零，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求得最大的弹性势能；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，根据机械能守恒求得B能达到的最大高度。
【解答】
AB、对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh=12mv02，B刚到达水平地面的速度v0=2gh。B与A碰撞过程，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，得A与B碰撞后的共同速度为v=12v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=12·2mv2=12mgh，故A错误，B正确；
CD、当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh'=12mv2，B能达到的最大高度为h4，故C错误，D正确。