[配套K12]2019届高考物理一轮复习 微专题8-9 几种典型的碰撞类模型 利用动量和能量观点解决力学综合问题练

微专题八、九[A级—基础练]1．(08786562)如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C2．(08786563)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：D[A、B两滑块碰撞前的总动量为零，根据动量守恒可知，A、B两滑动碰后的总动量也应为零，满足此关系的只有D选项，故选D.]3．(08786564)(2018·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是()A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：C[在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v0＝2m v＋m v′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.]4．(08786565)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)解析：D [对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故A 、B 、C 错误，D 正确．]5．(08786566)如图所示，一质量为m 的小球沿光滑的水平面以速度v 冲上一个静止在水平地面上的质量为2 m 的曲面体，曲面体的曲面部分为14圆周并且和水平面相切．当小球从曲面体再次滑到水平面的瞬间，其速度为( )A.13v B ．－13vC.23v D ．－23v解析：B [小球在曲面体上滑动的过程中，小球和曲面体组成的系统，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：m v ＝m v 1＋2m v 2，12m v 2＝12m v 21＋12·2m v 22， 联立得：v 1＝m －2m m ＋2mv ＝－13v ，故B 正确．]6．(08786567)甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s 和1 m/s ；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、乙两物体质量之比为( )A ．2∶3B ．2∶5C ．3∶5D ．5∶3解析：C [选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m 甲v 1－m乙v 2＝－m 甲v 1′＋m 乙v 2′，代入数据，可得m 甲∶m 乙＝3∶5，C 正确．]7．(08786568)(多选)在光滑水平面上，A ，B 两小车中间有一个弹簧(如图所示)，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是 ( )A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开左手，再放开右手，动量不守恒C ．先放开左手，后放开右手，总动量向左D ．无论何时放开，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：ACD [根据系统动量守恒的条件，两手同时放开后，两车在水平方向上不受外力作用，总动量守恒且为零．若先放开左手，则在弹簧弹开的过程中，右手对小车有向左的力的作用，即小车受到向左的冲量作用，总动量向左．只要两手都放开后，系统所受合外力就为零，动量就守恒，但总动量不一定为零．故选项A 、C 、D 正确，B 错误．]8．(08786569)(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体在速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a ，b 两块，若质量大的a 块速度仍沿原方向，则 ( )A ．b 的速度一定与原方向相反B ．从炸裂到落地的过程中，a ，b 两块经历的时间相同C ．在炸裂过程中，a ，b 动量变化的大小一定相等D ．在炸裂过程中，由动量守恒定律可知，a ，b 的动量大小可能相等解析：BCD [物体在炸裂时，内力远大于外力，故动量守恒，取物体炸裂前的速度方向为正方向，则m v 0＝m a v a ＋m b v b ，v b ＝m v 0－m a v am b ，因m v 0与m a v a 的大小未知，故无法判断b 的速度方向，故A 错误；物体炸裂后做平抛运动，故炸裂后，a ，b 两块的落地时间相等，故B 正确；爆炸力是a ，b 间的相互作用力，就是此力引起a ，b 两块的动量变化，故炸裂过程中a ，b 的动量变化大小一定相等，故C 正确；若m a ＝0.8m ，v a ＝v 01.6，m b ＝0.2m ，v b ＝v 00.4，此时a ，b 动量均为12m v 0，故D 项正确．][B 级—能力练]9．(08786570)(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：AC [由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B <v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg·m/s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v A ′、v B ′，由题意知p A ′＝m A v A ′＝2 kg·m/s ，p B ′＝m B v B ′＝10 kg·m/s ，解得v A ′v B ′＝25.碰撞后A 球动量变为2 kg·m/s ，B 球动量变为10 kg·m/s ，又m B ＝2m A ，由计算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确．]10．(08786571)(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子的正中间．如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为 ( )A.12m v 2 B.mM 2(m ＋M )v 2 C.12NμmgL D ．NμmgL解析：BD [由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u ，由动量守恒定律得m v ＝(m ＋M )u ，系统损失的动能为12m v 2－12(m ＋M )u 2＝12mM m ＋M v 2，B 正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔE k ＝－W f ＝NμmgL ，D 正确．]11．(08786572)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速率向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A1＋M v C 1①12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1② 联立①②式，得v A 1＝m －Mm ＋M v 0③v C 1＝2m m ＋M v 0④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞，所以只需要考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞，设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有 v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得：m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得：m ≥(5－2)M ⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去，所以m 和M 应满足的条件为：(5－2)M ≤m <M 答案：(5－2)M ≤m <M12．(08786573)(2018·重庆一中高三)某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R 的半圆，在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k (k <1)．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h 处．然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g )．(1)0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v 1；(2)若已知h ＝0.1 m ，R ＝0.64 m ，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k 值为多少？解析：(1)0号球碰前速度为v 0，由机械能守恒定律得：m 0gh ＝12m 0v 20，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 0v 0＝m 0v 0′＋m 1v 1，由机械能守恒定律得：12m 0v 20＝12m 0v 0′2＋12m 1v 21， 解得：v 1＝2m 0m 0＋m 1v 0＝21＋k v 0＝21＋k 2gh .(2)同理可得：v 2＝21＋k v 1，…v 4＝21＋k v 3，解得：v 4＝⎝⎛⎭⎫21＋k 4v 0，4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：1 2m4v24＝12m4v2＋m4g·2R，4号球在最高点：m4v2R≥m4g，解得：k≤2－1.答案：(1)21＋k2gh(2)k≤2－1。

高三物理一轮复习——碰撞问题模型学案和训练知识梳理1．模型介绍碰撞模型主要是从运动情景和解题方法高度相似角度进行归类．模型具体有以下几种情况：(水平面均光滑)①物体与物体的碰撞；②子弹打木块；③两个物体压缩弹簧；④两个带电体在光滑绝缘水平面上的运动等．2．基本思路(1)弄清有几个物体参与运动，并分析清楚物体的运动过程．(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．3．方法选择(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．(2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应使用牛顿运动定律．(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．(4)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理．例3(2019·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v(如图3甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()图3A．L1>L2B．L1<L2C．L1＝L2D．不能确定答案C解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得：E p＝12m v2－12(m＋M)v′2联立解得弹簧压缩到最短时有：E p＝mM v22(m＋M)同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：E p＝mM v22(m＋M)故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．拓展训练3(2019·四川省第二次诊断)如图4甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为()图4A.1v0(s＋L) B.1v0(s＋2L)C.12v0(s＋L) D.1v0(L＋2s)答案D解析子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：m v0＝m v1＋m v2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f，对子弹由动能定理：－F f(s＋L)＝12m v12－12m v02，由动量定理：－F f t＝m v1－m v0，对木块由动能定理：F f s＝12m v22，由动量定理：F f t＝m v2，联立解得：t＝1v(L＋2s)，故选D.例4(2019·全国卷Ⅰ·25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图5(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨。

第六章　碰撞与动量守恒定律“碰撞类”模型问题【考点预测】1.完全弹性碰撞(动碰静、动碰动)2.完全非弹性碰撞(碰后粘连、板块问题、子弹打木块、含弹簧类问题、含曲面或斜面问题)3.非完全弹性碰撞(碰后速度、碰后能量)【方法技巧与总结】一、碰撞的特点和分类1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。

(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。

2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。

(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。

(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。

3.爆炸：一种特殊的“碰撞”特点1：系统动量守恒。

特点2：系统动能增加。

二、弹性正碰模型1.“一动碰一静”模型当v2=0时，有v1′=m1-m2m1+m2v1v2′=2m1v1m1+m22.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰。

三、碰撞可能性分析判断碰撞过程是否存在的依据1.满足动量守恒：p1+p2=p1′+p2′。

2.满足动能不增加原理：E k 1+E k 2≥E k 1′+E k 2′。

3.速度要符合情景(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞。

碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v 前′≥v 后′。

(2)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v 前≥v 后。

【题型归纳目录】题型一：“滑块-弹簧”模型题型二：“滑块-斜(曲)面”模型题型三：“物体与物体”正碰模型题型四：“滑块-木板”碰撞模型【题型一】“滑块-弹簧”模型【典型例题】1(多选)(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接并静止在光滑的水平地面上，现使A 以3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度时间图像如图乙，则有()A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都处于压缩状态B.从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长C.两物块的质量之比为m 1:m 2=1:2D.从t 3到t 4时刻两物块动量变化量相同【答案】BC【解析】AB ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，在t 1时刻弹簧处于压缩状态，在t 3时刻弹簧处于拉伸状态，从t 3到t 4时刻弹簧由伸长状态恢复原长，恢复到初始状态，选项A 错误，B 正确；C ．在t 2时刻弹簧处于原长状态，则在0~t 2时间内，根据动量守恒和能量守恒关系可知m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 1v 20=12m 1v 21+12m 2v 22其中v0=3m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s解得两物块的质量之比为m1:m2=1:2选项C正确；D．从t3到t4时刻A的动量增加2kg∙m/s，B的动量减小2kg∙m/s，则两物块动量变化量不相同，选项D 错误。