2020届高考物理二轮复习能量和动量微专题突破 一维碰撞问题分析

一维碰撞问题分析1、如图所示,在光滑水平面上有一静止的小车,用线系一小球,将球拉开后放开,球放开时小车保持静止状态,当小球落下以后与固定在小车上的油泥沾在一起,则从此以后,关于小车的运动状态是( )A.静止不动B.向右运动C.向左运动D.无法判断2、如图所示,一个质量为m的物块A与另—个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。

假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5m,g取210m/s.物块可视为质点。

则A碰撞前瞬间的速度为( )A.0.5m/sB.1.0m/sC.1.5m/sD.2.0m/s3、如图甲所示，物块A、B的质量分别是Am=4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小( )A. 9N·sB. 18N·sC. 36N·sD. 72N·s4、在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。

某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的14。

则碰后B球的速度大小是( )A．0 2 vB．6vC．2v或6vD．无法确定5、A、B两球沿一直线运动并发生正碰,如图为两球碰撞前后的位移图象,a、b分别为A、B两球碰前的位移图象,c为碰撞后两球共同运动的位移图象,若A球质量是2m kg=,则由图判断下列结论不正确的是( )A.碰撞前后A的动量变化为4 /kg m s⋅B.碰撞时A对B所施冲量为-4 N s⋅C.A、B碰撞前的总动量为3 /kg m s⋅D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J6、如图所示,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。

将球a和球b分别向左和向右拉起,使细线水平。

同时由静止释放球a和球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60θ=︒。

忽略空气阻力,则两球a b、的质量比值为( )A.3abmm= B.322abmm=-C.22abmm= D.222abmm=-7、某游乐场有n辆质量均为m、形状相同的碰碰车,先将间距均为s的各车摆在一条光滑直轨道上.第一辆碰碰车以速度v向第二辆碰碰车运动,依次使n辆碰碰车相碰,最终碰碰车全部运动起来,设各碰碰车相碰后连在一起,忽略碰撞时间.下列说法正确的是( )A.各碰碰车相碰过程中,总动量和总机械能均守恒B.碰碰车最后的速度仍为vC.第一辆碰碰车给第二辆碰碰车的冲量大小为mvD.从第一辆碰碰车开始运动到全部碰碰车开始运动所需时间为会(1)2sn n v- 8、如图所示,在一水平的长直轨道上,放着相距为L 的两木块甲、乙,质量分别为m 和3m ,它们与水平轨道间的动摩擦因数均为μ,在两木块都静止的情况下,一沿轨道方向的水平恒力2F mg μ=持续作用在木块甲上,使其与木块乙发生碰撞,碰后与木块乙结为一体继续运动,设碰撞时间极短,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知重力加速度为g ,则下列判断正确的是( )A.碰撞后的瞬间,木块甲、乙的速度大小均为2gL μB.碰撞后的瞬间,木块甲、乙的速度大小均为24gLμ C.碰后木块甲与木块乙一起运动的距离为18LD.碰后木块甲与木块乙一起运动的距离为14L9、如图所示,光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的14圆弧曲面C ,质量为M 的小球B 置于其底端,另一个小球A 质量为2M,小球A 以06m/s v =的速度向运动,并与B 发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则( )A.B 的最大速率为4m/sB.B 运动到最高点时的速率为3m/s 4C.B 能与A 再次发生碰撞D.B 不能与A 再次发生碰撞10、在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图（a ）所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰・若碰撞前后两壶的v －t 图像如图（b ）所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )A. 两壶发生了弹性碰撞B. 蓝壶运动了4s 停下C. 撞后两壶相距的最远距离为1．275mD. 碰撞后蓝壶的加速度大小为0．3m/s 211、某同学做了一个趣味实验,如图所示,有两个弹性小球A 、B 重叠放置,质量分别为m 1、m 2,两球球心在同一竖直线上。

现让它们在距水平地面高h 处由静止释放,落地时认为小球B先与地面碰撞,再与小球A 碰撞,小球A 碰后能上升的最大高度为H 。

所有的碰撞都是弹性碰撞,碰撞时间忽略不计,碰撞前后两小球都在竖直方向运动,两小球均可视为质点,不计空气阻力。

下列说法正确的是( )A.若m 2=3m 1,则H=4hB.若m 2=3m 1,则H=9hC.若m 2>>m 1,则近似有H=9hD.若m 2>>m 1,则近似有H=16h12、在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为0.6M kg =,0.2m kg =的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有10.8p E J =弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态.现突然释放弹簧,球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为0.425R m =的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示. g 取102/m s .则下列说法正确的是( )A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N s⋅B.M离开轻弹簧时获得的速度为9/m sC.若半圆轨道半径可调,则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为1.8N s⋅13、如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。

现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。

滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，两次碰撞时间均极短。

求B、C碰后瞬间共同速度的大小。

14、如图所示，由圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，质量为m的小球A（直径略小于圆管内径）刚开始静止在光滑的水平面上，某时刻给A球一瞬时冲量，使A以一定的速度进入轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为2R。

重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计。

求：（1）碰后两球的瞬时速度；（2）碰撞前瞬间A球对轨道的弹力大小。

（3）开始时小球A受到的冲量。

15、在一种新的“子母球”表演中,让同一竖直线上的小球A和小球B,从距水平地面高度为ph p 和h的地方同时由静止释放,如图所示。

球A的质量为m,球B的质量为3m。

设所(1)有碰撞都是弹性碰撞,重力加速度大小为g,忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。

(1)求球B第一次落地时球A的速度大小;(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰,求p的取值范围;(3)在(2)情形下,要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置,求p应满足的条件。

答案以及解析1答案及解析： 答案：A解析：在小球向下摆动的过程中,根据动量守恒定律可知,小车具有向左的速度,当撞到油泥,是完全非弹性碰撞,小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉,小车会静止; 水平方向上,系统不受外力,因此在水平方向动量守恒,开始时小球水平方向动量为零,当撞到油泥,是完全非弹性碰撞,碰撞后总动量为零,故碰撞后二者速度为零,即小车静止不动,故A 正确,BCD 错误。

2答案及解析： 答案：C解析：以碰后物块B 为研究对象.222mg ma μ⋅=得221m/s a =,则碰后物块B 的速度21m/s v =。

设碰前A 物块的运动速度为1v ,由动量守恒和机械能守恒得222112112111'2,'2222mv mv mv mv mv mv =+=+⋅,解得1 1.5m/s v =,则C 项正确.3答案及解析： 答案：C解析：由图知，C 与A 碰前速度为：1v ＝9m/s ，碰后速度为：2v ＝3m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，以C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：12()C A C m v m m v =+， 12s 末A 和C 的速度为：3v ＝﹣3m/s ，4s 到12s ，墙对B 的冲量为：32()()A C A C I m m v m m v =+-+2，代入数据解得：I ＝﹣36N •s ，方向向左；故墙壁对物块B 的弹力在4s 到12s 的时间内对B 的冲量I 的大小为36N •s ，故C 正确，ABD 错误4答案及解析： 答案：A 解析：根据碰后A 球的动能恰好变为原来的14得：22111242mv mv '=⨯ 解得：12v v '=±碰撞过程中AB 动量守恒，则有：3B mv mv mv ='+ 解得：16B v v =或12B v v =；当16B v v =时A 的速度大于B 的速度，不符合实际，故选项A 正确，BCD 错误，故选A.5答案及解析： 答案：C解析：由x-t 图线的斜率表示速度可知,碰撞前有4104/3/,2/22A B A B A B x x v m s m s v m s t t -===-===, 碰撞后有24''/1/42C A B C x v v v m s m s t -=====--,则碰撞前后A 的动量变化量△p A =mv A '- mv A =2×(-1)kg·m/s - 2×(-3)kg·m/s = 4kg·m/s, 故A 正确.对A 、B 组成的系统,根据动量守恒定律知,碰撞前后B 的动量变化量△p B =-△p A =-4kg·m/s, 对B 分析,由动量定理可知,碰撞时A 对B 所施加的冲量为I B =-4N·s,故B 正确. 由△p B =m B (v B '-v B ), 所以44'123B B B B p m kg kg v v ∆-===---,则A 与B 撞前的总动量为4102(3)/2//,33A B B mv m v kg m s kg m s kg m s =+=⨯-⋅+⨯⋅=-⋅故C 错误.碰撞过程中,A 、B 两球组成的系统损失的动能222111()222k A B B B E mv m v m m v ∆=+⋅-+,代入数据解得△E k =10J,故D 正确.本题选不正确的,故选C.6答案及解析： 答案：B解析：设细线长为L ,球a b 、下落至最低点,碰前瞬间的速率为12v v 、,由机械能守恒定律得,2112a a m gL m v =,2212b b m gL m v =;在两球碰后的瞬间,两球共同速度为v ,以向左为正,由动量守恒定律得21()b a a b m v m v m m v -=+,两球共同向左运动到最高处过程,由机械能守恒定律得21()()(1cos )2a b a b m m v m m gL θ+=+-,联立解得3a bm m ==-所以B 正确。