[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[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，3mv0＝2mv＋mv′，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：mv ＝mv 1＋2mv 2，12mv 2＝12mv 21＋12·2mv 22，联立得：v 1＝m －2m m ＋2m v ＝－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mv 0＝m a v a ＋m b v b ，v b ＝mv 0－m a v am b，因mv 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12mv 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.12mv 2B.mMm ＋Mv 2 C.12N μmgL D ．N μmgL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mv ＝(m ＋M )u ，系统损失的动能为12mv 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 ＝N μmgL ，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mv 0＝mv A1＋Mv C 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1②联立①②式，得v A 1＝m －Mm ＋Mv 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 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＋k2gh . (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： 12m 4v 24＝12m 4v 2＋m 4g ·2R ， 4号球在最高点：m 4v 2R≥m 4g ，解得：k ≤2－1.答案：(1)21＋k2gh (2)k ≤2－1。