2026届高三物理二轮复习跟踪练习 微专题11 碰撞模型

微专题11 碰撞模型 跟踪练习 基础过关 一．选择题： 1．如图所示，两个物块A、B中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、B质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块A右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲击物块B使其获得0.3 m/s的水平向右的速度，物块B向右压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动物块A运动。当弹簧拉伸到最长时，物块A的速度大小为( ) A．0.1 m/s　 B．0.2 m/s C．0.3 m/s　 D．0.4 m/s 2．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m、静止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( ) A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v 3．如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。下列说法中正确的是( ) A．此时乙物体的速度大小为1 m/s B．紧接着甲物体将开始做加速运动 C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4 D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s 4．(2025·广东广州阶段模拟)如图，冰壶A以1.5 m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰，碰后瞬间B的速度大小为1.2 m/s，方向与A碰前速度方向相同，碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg，则下列说法中正确的是( ) A．碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/s B．碰撞过程中，B对A做的功为21.6 J C．碰撞过程中，A对B的冲量大小为24 N·s D．A、B碰撞过程是弹性碰撞 5.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为( ) A．1 m/s　6 m/s B．4.5 m/s　3.5 m/s C．3.5 m/s　4.5 m/s D．－1 m/s　9 m/s 6.(多选)如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度v，下列说法正确的是( ) A．A、B和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒 B．若某时刻A的速度为vA＝，则B的速度为vB＝ C．若某时刻A的速度为vA＝，则弹簧与导轨之间的夹角为30° D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能Ep＝5mv2 2． 计算题： 7．一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体： (1)碰撞时离地面的高度x； (2)碰后瞬间的速度v； (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 能力提升 1． 选择题： 8．如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为( ) A．h B．h C．h D．h 9．(多选)(2025·河北唐山阶段预测)2024年2月5日，在斯诺克德国大师赛决赛中，特鲁姆普以10-5战胜斯佳辉获得冠军，如图甲所示。特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动，简易图如图乙所示。蓝球经t＝0.6 s的时间向前运动x1＝0.36 m刚好(速度为0)落入袋中，而白球沿同一方向运动x2＝0.16 m停止运动，已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力)，则下列说法正确的是( ) A．由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒 B．碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2 C．碰撞前白球的速度大小为2 m/s D．该碰撞为弹性碰撞 10．(多选)如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心。质量为m的小滑块(可视为质点)以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已知M＝2m，则下列判断正确的是( ) A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒 B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒 C．小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为v0 D．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为v0 二．计算题： 11．如图所示，半径为0.5 m的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接，质量为0.04 kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25 m。另一质量为0.2 kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块A运动到N点时对曲面的压力； (2)物块A与B碰撞前的速度大小； (3)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。 培优训练 一．选择题： 12．(2025·辽宁丹东阶段预测)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为M的小球A从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的质量为m的小球B发生第一次碰撞(M≤m)，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) A．第一次碰撞后瞬间，A球的运动方向一定变为水平向左 B．第一次碰撞后瞬间，A球对轨道的压力大小可能为mg C．第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为R D．第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为mg 参考答案： 1.B解析　由机械能守恒定律可知，当物块B被弹簧弹回到初始位置时速度大小仍为v0＝0.3 m/s，方向向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2 m/s，即物块A的速度大小为0.2 m/s，故选B。 2.C 解析　A、B两球在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A球初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝mv1＋3mv2，假设碰撞后A球静止，即v1＝0，则v2＝v，由题意可知A球被反弹，所以B球速度v2>v，A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv＋×3mv，联立可得v2≤，可得<v2≤，故选C。 3. A 解析　根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力方向向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，联立解得v2′＝2 m/s，D错误。 4.C 解析　由于碰撞时间极短，内力远大于外力，可知，A、B相碰时，A和B组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律，以v0方向为正方向，有mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝0.3 m/s，故A错误；根据动能定理，碰撞过程中，B对A做的功为W＝mv－mv，解得W＝－21.6 J，故B错误；碰撞过程中，根据动量定理，A对B的冲量大小I＝mvB，解得I＝24 N·s，故C正确；碰撞之前总能量为Ek＝mv＝22.5 J，碰撞后A、B系统总动能为Ek′＝mv＋mv＝15.3 J，由此可知Ek>Ek′，可知，A、B碰撞过程是非弹性碰撞，故D错误。 5. C解析　设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA＋mvB＝8m(kg·m/s)，碰前的总动能Ek＝mv＋mv＝20m(J)。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6 m/s，碰后总动量p′＝mvA1＋mvB1＝7m(kg·m/s)，动量不守恒，选项A错误；若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B错误；若vA3＝3.5 m/s，vB3＝4.5 m/s，碰后总动量p′＝mvA3＋mvB3＝8m(kg·m/s)，总动能Ek3＝mv＋mv＝16.25m(J)，动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；若vA4＝－1 m/s，vB4＝9 m/s，碰后总动量p′＝mvA4＋mvB4＝8m(kg·m/s)，总动能Ek4＝mv＋mv＝41m(J)，动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。 6.BCD 解析　平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的外力矢量和为0，因此系统动量守恒，除系统内弹力外，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，当A的速度为vA＝v时，由动量守恒定律得2mv＝m·v＋2mvB，解得vB＝，故B正确；由B选项分析可知，若vA＝，则vB＝，设弹簧初始弹性势能为Ep，A的速度为时的弹性势能为Ep′，根据机械能守恒定律可得×2mv2＋Ep＝×2mvB2＋mv＋Ep′，可得Ep＝Ep′，开始时弹簧长度为L，而原长为L，故弹簧压缩了，弹性势能为Ep，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为，此时弹簧长度为L′＝L＋L＝2L＝，故弹簧与导轨间的夹角为30°，故C正确；开始时，弹簧长度为L，而原长为L，故弹簧压缩了，弹性势能记为Ep，弹簧恢复原长时，环B水平向右的速度为2v，根据动量守恒定律可得2mv＝mvA＋2m·2v，解得vA＝－2v，即A的速度大小为2v，方向向左，由能量守恒定律得×2mv2＋Ep＝×2m(2v)2＋m(－2v)2，解得Ep＝5mv2，故D正确。 7.答案　(1)1 m (2)0 (3)12 J 解析　(1)对A物体，根据运动学公式可得h－x＝gt2 解得x＝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－gt2 解得vB0＝6 m/s 碰撞前瞬间A物体的速度vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下 碰撞前瞬间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 解得碰后瞬间的速度v＝0。 (3) 根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能 ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2＝12 J。 8.B 解析　设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2＝mv＋×2mv，解得vP＝，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝mv，解得h′＝h，故选B。 9.BC 解析　两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程的动量守恒，A错误；碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律有x1＝t，得蓝球碰后瞬间的速度为v1＝＝1.2 m/s，又两球的加速度大小相等，则由公式v2＝2ax得＝，解得碰后瞬间白球的速度大小为v2＝0.8 m/s，则碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2，B正确；碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则mv0＝mv1＋mv2，代入数据解得v0＝2 m/s，C正确；两球碰前的动能为Ek1＝mv＝2m(J)，两球碰后的总动能为Ek2＝mv＋mv＝1.04m(J)，由于Ek1>Ek2，所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D错误。 10. AD解析　小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能守恒，但小滑块机械能不守恒，A正确；小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向外力矢量和不为零，动量不守恒，但系统在水平方向上不受外力，故系统水平方向上动量守恒，B错误；小滑块恰好冲到轨道的最高点时，二者速度相同，由水平方向动量守恒可得mv0＝(m＋M)v，解得带有圆弧轨道的滑块速度大小为v0，当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带有圆弧轨道的滑块速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v1和v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得v2＝v0，v1＝－v0，故C错误，D正确。 11.答案　(1)4.8 N，方向与竖直方向成37°角且垂直斜面向下 (2)3 m/s (3)　3 s 解析　(1)物块A从静止开始下滑到底端的过程中， 由机械能守恒定律得mAgR cos 37°＝mAv 设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得 FN－mAg cos 37°＝mA 联立解得FN＝4.8 N 由牛顿第三定律得曲面受到的压力F压＝FN＝4.8 N 方向与竖直方向成37°角且垂直斜面向下。 (2)　 对物块A，滑上斜面后，设加速度大小为a，与物块B碰撞前速度大小为v， 由牛顿第二定律可得mAg sin θ－μmAg cos θ＝mAa 由运动学公式可得v2－v＝2axNB 联立解得v＝3 m/s。 (3)　 物块A与物块B发生弹性碰撞，设碰撞后物块A速度大小为v1，物块B速度大小为v2，以沿斜面向下为正方向， 根据动量守恒定律、能量守恒定律，有mAv＝mAv1＋mBv2 mAv2＝mAv＋mBv 联立解得v1＝2 m/s，v2＝5 m/s 因为物块B恰好静止在斜面上，碰撞后物块B做匀速运动，物块A与物块B碰后，物块A以加速度a做匀加速运动，设经时间t第二次碰撞， 由运动学公式可得v1t＋at2＝v2t 解得t＝3 s。 12. B 解析　由弹性碰撞的规律知，当M<m时，碰撞后质量小的球A被反弹回来，方向水平向左，当M＝m时，两球碰撞后交换了速度，碰撞后小球A静止，A错误；小球A碰前速度为v0＝，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒定律知Mv0＝－Mv1＋mv1，由能量守恒定律知Mv＝Mv＋mv，解得M＝，v1＝v0，第一次碰撞后瞬间，对A球，由牛顿第二定律得FN－Mg＝M，解得FN＝mg，则由牛顿第三定律知A球对轨道的压力可能为mg，B正确；第二次碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律或根据运动可逆性，以上两种情况碰后A球速度均为v0，B球均静止，故第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度为R，此时A球速度为0，A球对轨道的压力大小为0，C、D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $