（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 微專題48 碰撞模型問題加練半小時（含解析）

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1、碰撞模型問題 [方法點撥]　(1)對于彈性碰撞的動量守恒和能量守恒要熟知，對于和一個靜止的物體發(fā)生彈性碰撞后的速度表達(dá)式要熟記，如果在考場上來計算，太浪費時間.(2)明確碰撞前瞬間狀態(tài)、碰撞后瞬間狀態(tài)是碰撞過程的初、末狀態(tài). 1.(多選)(2018·遼寧省朝陽市一模)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球1以速度v0與靜止的小球2發(fā)生正碰，碰后小球1、2的速度大小均為v0，則小球2的質(zhì)量可能是(　　) A.mB.2mC.3mD.4m 2.(2018·山東省濟(jì)寧市期中)在光滑的水平地面上放有一質(zhì)量為M，帶光滑圓弧形槽的小車，一質(zhì)量為m的小鐵塊以速度v沿水平槽口滑去，如圖1所示，若M＝m，則鐵塊

2、離開車時將(　　) 圖1 A.向左平拋 B.向右平拋 C.做自由落體運動 D.無法判斷 3.如圖2所示，在光滑水平地面上有A、B兩個小物塊，其中物塊A的左側(cè)連接一水平輕質(zhì)彈簧.物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊B以一定的初速度向物塊A運動，并通過彈簧與物塊A發(fā)生彈性正碰.對于該作用過程，兩物塊的速率變化可用速率－時間圖象進(jìn)行描述，在下圖所示的圖象中，圖線1表示物塊A的速率變化情況，圖線2表示物塊B的速率變化情況.則在這四個圖象中可能正確的是(　　) 圖2 4.為完成某種空間探測任務(wù)，需要在太空站上發(fā)射空間探測器，探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其加速.已知探測器的質(zhì)量為M，每

3、秒噴出的氣體質(zhì)量為m，噴射氣體的功率恒為P，不計噴氣后探測器的質(zhì)量變化.則噴氣Δt秒后探測器獲得的動能為(　　) A. B. C. D. 5.(多選)(2018·山東省煙臺市模擬)在某高空雜技類節(jié)目現(xiàn)場的下方放置有一彈簧墊.此彈簧墊可視為質(zhì)量為m的木板與兩相同直立輕彈簧的上端相連且不固定，彈簧下端固定在水平地面上，靜止時彈簧的壓縮量為h，如圖3所示.某同學(xué)為了測試彈簧墊的性能，將一質(zhì)量為0.5m的物體從距木板上方6h高的O點由靜止釋放，物體打在木板上并立刻與木板一起向下運動，但不粘連，到達(dá)最低點后又向上運動，它們恰能回到A點，此時彈簧恰好無形變.忽略空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)

4、 圖3 A.整個過程中，物體、木板和兩彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.物體與木板一起向下運動過程中的速度先增大后減小 C.物體打在木板上之前，兩彈簧的彈性勢能總和為0.5mgh D.若另一質(zhì)量為m的物體仍從O點由靜止釋放，此物體第一次離開木板時的速度大小為 6.(多選)(2018·湖北省名校聯(lián)考)如圖4所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一小球A質(zhì)量為，小球A以v0＝6m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質(zhì)點，則(　　) 圖4 A.B的最大速率為4m/s B.B運動到最高點時的速率

5、為m/s C.B能與A再次發(fā)生碰撞 D.B不能與A再次發(fā)生碰撞 7.(多選)(2018·河北省石家莊市質(zhì)檢)如圖5所示，一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊.現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個水平向左的初速度v0，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.最終小木塊和木箱都將靜止 B.最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機械能為－ C.木箱速度為時，小木塊的速度為 D.最終小木塊速度為 8.甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s，則

6、二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種(　　) A.m1＝m2 B.2m1＝m2 C.4m1＝m2 D.6m1＝m2 9.(多選)交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故.根據(jù)兩位司機的描述得知，發(fā)生撞車時汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛.相撞后兩車立即熄火并在極短的時間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動，最終一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據(jù)事故現(xiàn)場情況畫出了如圖6所示的事故報告圖.通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點為該事故報告圖中的P點，并測量出相關(guān)的數(shù)據(jù)標(biāo)注在圖中，又判斷出兩輛車的質(zhì)量大致相同.為簡化問題，將兩車

7、均視為質(zhì)點，且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)圖中測量數(shù)據(jù)可知下列說法中正確的是(　　) 圖6 A.發(fā)生碰撞時汽車A的速率較大 B.發(fā)生碰撞時汽車B的速率較大 C.發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5 D.發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2∶ 10.(2018·遼寧省大連市模擬)水平光滑軌道在A端與半徑為R的光滑半圓軌道ABC相切，半圓的直徑AC豎直，如圖7所示.小球P的質(zhì)量是Q的2倍，兩小球均可視為質(zhì)點.小球P以某一速度向右運動，與靜止小球Q發(fā)生正碰.碰后，小球Q經(jīng)半圓軌道ABC從C點水平拋出，落點與A點相距2R；小球

8、P在D點脫離軌道，與圓心的連線OD與水平方向夾角為θ.已知R＝0.4m，sinθ＝，重力加速度g＝10m/s2.求： 圖7 (1)碰撞后小球Q經(jīng)過A點時的速度大?。? (2)與Q碰撞前小球P的速度大小. 11.(2018·甘肅省天水一中學(xué)段考試)如圖8所示，在光滑的水平面上有一輛長平板車，它的中央放一個質(zhì)量為m的小物塊，物塊跟車表面的動摩擦因數(shù)為μ，平板車的質(zhì)量M＝2m，車與物塊一起向右以初速度v0勻速運動，車跟右側(cè)的墻壁相碰.設(shè)車跟墻壁碰撞的時間很短，碰撞時沒有機械能損失，重力加速度為g，求：

9、 圖8 (1)平板車的長度L至少多長時，小物塊才不會從車上落下來； (2)若在車的左側(cè)還有一面墻壁，左右墻壁相距足夠遠(yuǎn)，使得車跟墻壁相碰前，車與小物塊總是相對靜止的，車在左右墻壁間來回碰撞，碰撞n次后，物塊跟車一起運動的速度vn； (3)在車與左右墻壁來回碰撞的整個過程中，小物塊在車表面相對于車滑動的總路程s. 答案精析 1.BD　[設(shè)小球2的質(zhì)量為M，兩球組成的系統(tǒng)在碰撞過程動量守恒，以小球1的初速度方向為正方向，如果碰撞后兩個小球的速度同向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v0，解得M＝2m，如果碰撞后兩球速度反向，由動量守恒定律得mv0＝M·v0－mv0，解得M＝4m

10、.故B、D正確.] 2.C　[小鐵塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得： mv＝Mv車＋mv鐵 由機械能守恒定律得：mv2＝Mv車2＋mv鐵2 解得鐵塊離開小車時：v鐵＝0，v車＝v 所以鐵塊離開時將做自由落體運動，故A、B、D錯誤，C正確.] 3.B　[物塊B壓縮彈簧的過程，開始時A做加速運動，B做減速運動，兩個物塊的加速度增大.當(dāng)彈簧壓縮至最短時，二者的速度相等；此后A繼續(xù)加速，B繼續(xù)減速.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時B離開彈簧，A、B均做勻速直線運動，C、D錯誤；由動量守恒定律和機械能守恒定律可得，碰后速度vA＝v0，vB＝v0.A

11、、B兩項中碰后B的速度為正值，可知mB>mA，故vA＝v0>v0，故A錯誤，B正確.] 4.B　[對t＝1s內(nèi)噴出的氣體，由動能定理 得Pt＝mv12 解得v1＝.① 在Δt時間內(nèi)，噴出氣體整體與探測器動量守恒， 有Mv2＝mΔt·v1② 探測器的動能為Ek＝Mv22③ 解①②③式得Ek＝，故選B.] 5.BCD　[物體與木板一起運動的過程中，相當(dāng)于發(fā)生完全非彈性碰撞，機械能損失，系統(tǒng)的機械能不守恒，A錯誤；物體與木板一起開始運動時，重力大于彈力，加速度向下，速度增大，后來彈力逐漸增大至大于重力，加速度向上，物體和木板要向下減速到零，故向下運動的過程速度先增大后減小，B正確；物

12、體下落過程由動能定理有0.5mg·6h＝×0.5mv12，得v1＝2，碰撞過程有0.5mv1＝(m＋0.5m)v2，可得v2＝v1＝，此后一起向下運動再向上運動到A點，由機械能守恒定律有(m＋0.5m)v22＋Ep＝(m＋0.5m)gh，解得Ep＝0.5mgh，C正確；另一質(zhì)量為m的物體從O點釋放，機械能較大，故經(jīng)歷下落和碰撞再上升的過程，能經(jīng)過A點且速度不為零而再上升，此時彈簧是原長，故A點之后木板和物體分離，mg·6h＝×mv1′2，得v1′＝2，碰撞過程有mv1′＝2mv2′，得v2′＝v1′＝，×2mv2′2＋Ep＝2mgh＋×2mv3′2，解得v3′＝，D正確.] 6.AD　[A與

13、B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得v0＝vA＋MvB，·v02＝·vA2＋·MvB2，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率為4m/s，A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝m/s，從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機械能守恒有·MvB2＝·MvB′2＋·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－m/s，由于|vB′|＜|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞，D正確.] 7.BC　[木箱與小木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)最終共同速度

14、為v1，以木箱的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v1，解得小木塊和木箱的共同速度v1＝，故A、D錯誤；對整個過程，由能量守恒定律可得小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝Mv02－(m＋M)v12＝－，故B正確；由動量守恒定律得Mv0＝mv2＋Mv3，木箱速度為v3＝時，小木塊的速度為v2＝，故C正確.] 8.C　[甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，即：p1′＝2kg·m/s.由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加，所以有＋≥＋，所以有

15、：m1≤m2，因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有＞，即m1＜m2；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即＜，所以m1＞m2，因此C選項正確.] 9.BC　[設(shè)兩輛車質(zhì)量均為m，相撞之前速度分別為vA、vB，相撞后向北的速度為v1，向東的速度為v2，則南北方向上動量守恒，有mvB＝2mv1；東西方向上動量守恒，有mvA＝2mv2，由題圖可知v1∶v2＝6.0∶2.5＝12∶5，得vB∶vA＝12∶5，故選B、C.] 10.(1)6m/s　(2)7m/s 解析　(1)小球Q離開C點后做平拋運動， 在豎直方向：2R＝gt2，在

16、水平方向：2R＝vCt， 設(shè)小球P的質(zhì)量為M，小球Q的質(zhì)量為m.P與Q相碰后，Q的速度為vQ，P的速度為vP， 對小球Q，由機械能守恒定律得mvQ2＝mg·2R＋mvC2， 解得vQ＝3＝6m/s. (2)小球P在D點脫離軌道，即軌道對小球P的彈力FN＝0， 根據(jù)牛頓第二定律有Mgsinθ＝M， 對小球P，由機械能守恒定律得MvP2＝Mg(R＋Rsinθ)＋MvD2， 小球P、Q碰撞過程中動量守恒，有Mv0＝MvP＋mvQ， 解得v0＝7m/s. 11.(1)　(2)　(3) 解析　(1)平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變、方向相反，車與物塊有相對運動，車與物塊之間的滑動摩

17、擦力Ff＝μmg 設(shè)物塊與車共同速度為v1，對車與物塊組成的系統(tǒng)，以向左的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有 (M－m)v0＝(M＋m)v1 設(shè)平板車的長至少為L，根據(jù)能量守恒定律有 (M＋m)v02－(M＋m)v12＝FfL，解得L＝ (2)由(1)可解得v1＝ 平板車和物塊一起向右運動，與墻壁碰撞后共同速度為碰撞前的，那么平板車和物塊以相同的速度v1與左側(cè)墻壁碰撞后最終的共同速度為v2，與向右碰撞過程相同，所以v2＝v1＝()2v0 所以經(jīng)過n次碰撞后的速度vn＝ (3)經(jīng)過足夠多的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能逐漸減少，最后全都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Ffs＝(M＋m)v02 整理得s＝. 10