第7章 专题提升练13 碰撞模型及其拓展应用(Word练习)-【赢在微点·顶层设计】2027年高中物理高考一轮总复习

专题提升练13　碰撞模型及其拓展应用 　 梯级Ⅰ基础练 1.(2025·唐山模拟)甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度大小是6 m/s，乙物体的速度大小是2 m/s，碰撞后两物体都反向运动，速度大小都是4 m/s，则(　　) A.甲、乙两物体质量之比为5∶3 B.甲、乙两物体质量之比为1∶1 C.此碰撞为弹性碰撞 D.此碰撞为非弹性碰撞 2.(多选)(2025·石家庄模拟)质量为M、右侧曲面光滑的木块静止在光滑的水平地面上，木块右端非常薄，与地面平滑连接。质量为m的小球从静止开始沿木块的曲面下滑，小球起始位置距离地面的高度为h。若M=2m。则(　　) A.小球下滑的过程中，木块一直向左加速运动 B.小球下滑的过程中，小球减少的机械能为mgh C.小球滑落至地面时，小球的速度为 D.小球滑落至地面时，木块的速度为 3.(2025·南昌模拟)质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边为(　　) A.　　　B.2x C.x　　　D.x 4.(多选)(2024·广东卷)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。下列说法正确的是(　　) 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 5.(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A.弹簧原长时B动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 梯级Ⅱ能力练 6.(2025·庆阳模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB与光滑水平轨道BC相切于B点，质量分别为m和2m的小球M、N之间压缩一轻弹簧并锁定(弹簧与两小球均不拴连)。某时刻解除弹簧的锁定，两小球被弹开，小球M离开弹簧后恰好能沿半圆轨道通过最高点A，重力加速度为g。求: (1)离开弹簧时小球M的速度大小vM; (2)弹簧锁定时所具有的弹性势能Ep。 7.(2025·宿迁模拟)如图所示，滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA=1 kg，B的质量mB=2 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，整个过程弹簧没有超过弹性限度。求: (1)弹簧被压缩到最短时，滑块B的速度大小; (2)弹簧给滑块B的冲量; (3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。 8.(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小; (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能; (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 梯级Ⅲ创新练 9.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求: (1)碰撞过程中系统损失的机械能; (2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。 答案 专题提升练13　碰撞模型及其拓展应用 1.C　解析　以碰前甲的速度方向为正方向,设甲的质量为M,乙的质量为m,碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv1-mv2=-Mv+mv,其中v1=6 m/s,v2=2 m/s,v=4 m/s,代入数据解得甲、乙两物体质量之比为=,A、B两项错误;碰撞前甲、乙系统的初动能为Ek=M+m=18M+2m=M,碰撞后甲、乙系统的末动能为Ek'=Mv2+mv2=8M+8m=M=Ek,可知此碰撞为弹性碰撞,C项正确,D项错误。 2.AD　解析　小球下滑过程中,木块受到小球的挤压力,压力有水平向左的分量,直到小球滑落至地面,所以木块一直向左加速运动,A项正确;小球和木块组成的系统在水平方向上不受外力作用,水平方向动量守恒,有0=mv1-Mv2,小球滑落至地面时,根据机械能守恒有mgh=m+M,解得v1=2,v2=,小球下滑的过程中,小球减少的机械能为ΔE=mgh-m=mgh,B、C两项错误,D项正确。 3.D　解析　当用板挡住A球而只释放B球时,B球做平抛运动,设高度为h,则有h=gt2,x=v0t,弹簧的弹性势能为Ep=m,当用同样的程度压缩弹簧,取走A左边的挡板,将A、B同时释放,取向右为正方向,由动量守恒定律可得0=mv1-mv2,根据能量守恒Ep=m+m,将A、B同时释放,则B球的落地点距桌边x'=v2t=x,D项正确。 4.ABD　解析　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,A项正确;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,B项正确;设斜面倾角为θ,乙下滑过程有=gsin θ,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t3,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,C项错误;乙下滑过程有mgH乙=m,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,乙在水平面运动到停止有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,D项正确。 5.A　解析　对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒,得mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,当弹簧原长时得Ep=mA+mB,联立解得Ep=+mB,弹簧原长时物体速度最大,此时动量最大,动能最大。对于系统来说动量一直为零,系统机械能不变,A项正确。 6.答案　(1)　(2) 解析　(1)小球M恰好能通过半圆轨道的最高点A,根据牛顿第二定律有 mg=m, 小球M从B点运动到A点的过程,根据动能定理有 -mg·2R=m-m, 小球M通过B点时的速度等于离开弹簧时的速度,即vM=vB, 联立解得vM=。 (2)弹簧将两小球弹开的过程系统所受外力之和为零。根据系统动量守恒有 mvM=2mvN, 解得小球N离开弹簧时的速度大小 vN=, 弹簧的弹性势能全部转化为M、N的动能。根据机械能守恒有 Ep=m+×2m, 解得Ep=。 7.答案　(1)1 m/s　(2)4 N·s,方向向右　(3)2.25 J 解析　(1)对A、B系统,A、B速度相等时,弹簧被压缩到最短。取向右为正方向,根据动量守恒定律可得 mAv0=(mA+mB)v1, 代入数据解得v1=1 m/s。 (2)在弹簧作用的过程中,B一直加速,B与弹簧分开后,B的速度最大,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得 mAv0=mAvA+mBvB, 根据机械能守恒定律可得 mA=mA+mB, 联立解得vB=2 m/s, 对B根据动量定理可得 I=mBvB-0=2×2 N·s-0=4 N·s, 方向向右。 (3)滑块A的动能最小时速度为零,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得 mAv0=mBvB', 代入数据解得vB'=1.5 m/s, 根据功能关系可得 Ep=mA-mBvB'2, 代入数据解得Ep=2.25 J。 8.答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 解析　(1)小物块在传送带上加速运动时,由牛顿第二定律有μmg=ma, 解得a=5 m/s2, 由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离为 x==2.5 m<L传=3.6 m, 小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小为5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有 m物v=m物v1+m球v2, 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s, 解得v2=3 m/s, 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为 ΔEk=m物v2-m物-m球, 解得ΔEk=0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有 m球g=m球, 小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g(2L绳-d), 联立解得d=0.2 m, 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 9.答案　(1)m　(2) 解析　(1)小物块C与小物块A发生碰撞粘在一起,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv, 解得v=v0, 碰撞过程中系统损失的机械能为 E损=m-×2mv2, 解得E损=m。 (2)当小物块A、C上升到最大高度时,A、B、C系统的速度相等。三者组成的系统在水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律 mv0=(m+m+3m)v1, 解得v1=v0, 根据机械能守恒定律得 ×2mv02=×5mv02+2mgh, 解得h=。 学科网（北京）股份有限公司 $$