专题13 高考物理碰撞模型专题复习导学案（教师版）

2022届高三物理二轮常见模型与方法综合特训专练专题13碰撞模型专练目标专练内容目标1动碰静完全弹性碰撞模型（1T—5T）目标2动碰动完全弹性碰撞模型（6T—10T）目标3完全非弹性碰撞模型（11T—15T）【典例专练】一、动碰静完全弹性碰撞模型1．疫情期间，居家隔离时各种家庭游戏轮番上演，小明家举行餐桌“冰壶”比赛。如图所示，选取两个质量不同的易拉罐，把易拉罐B放在离餐桌左侧中心五分之一处，将易拉罐A从左侧桌边中心以某一初速度快速推出，两易拉罐沿纵向发生弹性碰撞，最终两易拉罐都恰好停在桌边。若已知餐桌长为L，易拉罐与桌面间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是（）A．两个易拉罐质量之比B．全过程两个易拉罐与桌面间因摩擦产生的内能之比C．易拉罐A的初速度为D．碰后两个易拉罐在桌面上运动的时间之比【答案】BC【详解】A．设易拉罐A与B碰撞前的速度为v，碰撞后两易拉罐的速度分别为和，碰撞过程中易拉罐A和易拉罐B组成的系统动量守恒、能量守恒，有；两易拉罐都恰好停在桌边，根据能量守恒有；联立解得；；即故A错误；B．全过程易拉罐A与桌面间因摩擦产生的内能易拉罐B与桌面间因摩擦产生的内能则故B正确；C．设易拉罐A的初速度为，由速度位移公式；解得解得故C正确；D．碰后易拉罐在桌面上运动的时间；则碰后两个易拉罐在桌面上运动时间之比故D错误。故选BC。2．如图所示，水平面上AB两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态，B点右侧水平面粗糙，左侧水平面光滑。若甲在水平向右的拉力的作用下由静止向右运动，当时撤去拉力F，紧接着甲与乙发生弹性正碰，其中乙滑行后停下。已知乙的质量为，甲、乙与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.5，取，则（）A．内，拉力F的冲量为 B．撤去拉力F时甲的速度大小为C．两个滑块碰撞后瞬间乙的速度是 D．甲停止运动时甲、乙相距【答案】BC【详解】A．F与t线性关系，力F对甲的冲量为I故A错误。C．对乙碰撞后的过程中利用动能定理得；故C正确。BD．设甲的质量为m1，碰前速度为v0，碰后速度为v1，根据动量守恒得根据机械能守恒得；联立得；；甲乙碰后做减速运动，加速度均为a=μg=5m/s2对甲停止运动时甲运动时间为此时乙的位移即甲停止运动时甲、乙相距，B正确，D错误。故选BC。3．如图所示，在光滑水平桌面上固定一光滑的圆形轨道，轨道上有A、B两点，它们所对应圆心角为。在A、B两点分别放有质量为、两弹性等大小球（其半径远小于圆形轨道半径），最初处于静止状态。现给小球，一个如图所示的初速度，发现两小球第二次相碰恰好在A点，则可能为（）A．1∶1 B．1∶3 C．3∶5 D．7∶1【答案】CD【详解】两球发生弹性碰撞，则；解得；两小球第二次相碰恰好在A点，若v1<0，则两球相碰满足解得若v1>0，则两球相碰满足则故选CD。4．如图，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球、质量分别为、（为待定系数）。球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球相撞，碰撞中无机械能损失重力加速度为。关于各种情况下的取值，下列各项中正确的是（）A．若，则小球第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点B．若，则小球第一次碰后将会在某处脱离圆轨道C．若，小球不可能脱轨D．若，小球和小球将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞【答案】ACD【详解】下滑到最低点的过程中，碰；知，，恰运动至轨道顶点，在顶点所以当时，球可运动至轨道最高点，当时，脱轨，而，不一定脱轨，当时，运动不到圆心等高处，不脱轨，当时，故选ACD。5．在光滑绝缘的水平面上建有如图所示的平面直角坐标系Oxy，在二、三象限的y=L和y=-L区域中，存在平行于y轴且与y轴正向相反的匀强电场；在一、四象限的正方形区域abcd内存在竖直向下的匀强磁场，正方形的边长为2L，坐标原点O为ab边的中点。一质量为m的绝缘不带电小球甲，以速度v0沿x轴正向做匀速运动，与静止在坐标原点的带正电小球乙发生弹性正碰（碰撞时间很短），乙球的质量为2m，带电量为q，碰撞前后电量保持不变，甲、乙两球均可视为质点，且m、q、L、v0均为已知，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（）A．碰撞后甲球的速度大小为B．两球碰后，若乙球恰从d点离开磁场则乙球在磁场中的运动时间C．要使两球再次相碰，磁感应强度必须大于D．要使两球再次相碰，电场强度和磁感应强度大小必须满足【答案】ACD【详解】A．甲与乙碰撞过程根据动量守恒有根据机械能守恒有解得碰撞后甲的速度为（负号表示向左）乙的速度为选项A正确；B．碰撞后，乙球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，恰从d点离开磁场，则由几何知识得：解得根据向心力公式得解得磁感应强度设圆心角为，则即则乙球在磁场中的运动时间选项B错误；CD．要使两球再次相碰，乙球应从边界离开磁场，即圆运动半径必须满足又解得在磁场中运动的时间乙球进入第二象限的电场做类平抛运动，则对甲球，设经过时间与乙球碰撞，发生的位移为两球再次相碰，需满足联立以上各式解得选项CD正确。故选ACD。二、动碰动完全弹性碰撞模型6．如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为3m的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（）A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mgB．大球与地面碰撞前的速度大小为C．大球与小球碰撞后，小球上升的高度仍为hD．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为3h【答案】B【详解】A．两球一起下落过程中，两球都处于完全失重状态，小球对大球的弹力大小为0，A错；B．根据自由落体运动得，B正确；CD．大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰撞前小球和大球的速度分别和，碰后两球的速度分别为和由动量守恒定律由机械能守恒定律两式联立解得将，带入上式解得反弹后高度为，C错误，D.若大球的质量远大于小球的质量，会更大，小球上升的最大高度会更高，故D也错误；故选B.7．在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E。水平台面上放置两个静止的小球A和B（均可看作质点），两小球质量均为m，带正电的A球电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行。开始时两球相距L，在电场力作用下，A球开始运动（此时为计时零点，即t0），后与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则（）A．第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2LC．第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为D．相邻两次碰撞时间间隔总为2【答案】A【详解】A．碰前球A的加速度碰前A的速度为碰前B的速度为由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，动量也守恒，有；则碰撞后A、B的速度分别为，即交换速度，故A正确；B．碰后B球向前匀速运动，A向前做匀加速运动，以后面球为参考系，前面球速度设为v，到再次相遇，时间和位移相等，根据可知，则位移为由弹性碰撞可知，第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为碰前A球的速度，即为故BC错误；D．由弹性碰撞可知，每次碰撞前后，两球的速度差为即每次都是后面球的速度增加2后追上前面球，而加速度是固定的，则每次相邻两次碰撞时间间隔总为故D错误。故选A。8．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为和。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（）A． B．C． D．【答案】BC【详解】设探测器的质量为，行星的质量为，探测和行星发生“弹性碰撞”对于模式一：设向左为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得联立解得探测器“碰撞”后的速度因，则对于模式二：设向左为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得联立解得探测器“碰撞”后的速度因，则则故BC正确，AD错误。故选BC。9．如图所示，两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，两球的质量分别为、，初始时的速度分别为、，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为、，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为、，则、、、的可能值为（）A．， B．，C． D．【答案】AB【详解】两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得代入数据解得如果两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得代入数据解得；则碰撞后球1、球2的速度满足；球1的动能满足球1的动量为满足故选项AB正确，CD错误。故选AB。10．如图所示，大小、形状相同的两小球A、B在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A的质量为m、速度大小为v0、速度方向水平向右，小球B的质量也为m、速度大小为2v0、速度方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，下列说法正确的是（）A．小球A向左运动，小球B静止B．小球A向左运动，小球B向右运动C．小球A的动能增加了D．小球B的动量变化量大小为【答案】BC【详解】AB．两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为和，取向左为正，则；解得，所以小球A向左运动，小球B向右运动，A错误，B正确；C．小球A的动能增加了，C正确；D．小球B的动量变化量为，D错误。故选BC。三、完全非弹性碰撞模型11．作为时尚青年热爱的运动，溜旱冰又炫又酷，备受追捧。如图甲所示，水平地面上有、两位同学，的质量为，静止在地面上，以一定的初速度向滑去，一段时间后抱住一起向右运动。若以向右为正，运动的位移-时间图像（图像）如图乙所示，不计空气阻力以及地面对人的阻力，则下列说法正确的是（）A．的质量为B．的质量为C．抱住的过程中损失的机械能为D．抱住的过程中损失的机械能为【答案】BC【详解】AB．根据题图乙，抱住前的速度大小，抱住后他们的共同速度大小根据动量守恒定律有解得，A错误；B正确；CD．抱住的过程中损失的机械能解得，C正确，D错误。故选BC。12．如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，与钢板碰撞后粘在一起向下运动x0后到达最低点Q，设物块与钢板碰撞的时间Δt极短。下列说法正确的是（）A．物块与钢板碰后的速度大小为B．在Δt时间内，钢板对物块的冲量大小为C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为【答案】AD【详解】A．物体下落h，由机械能守恒mgh=mv12物体与钢板碰撞，则动量守恒解得选项A正确；B．向下为正方向，对碰撞过程，对钢板由动量定理其中解得物块对钢板的冲量选项B错误；C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为选项C错误；D．从碰撞到Q点，由能量关系可知则弹性势能的增加量为选项D正确。故选AD。13．如图所示，光滑的水平杆上有一质量为的滑环，通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为的物块B（可视为质点），物块B恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用。质量为物块C（可视为质点）以速度冲向物块B，与B碰撞后粘在一起运动。已知重力加速度为，则下列说法正确的是（）A．物块C与物块B碰后瞬时速度为B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为C．滑环A最大速度为D．物块B、C摆起的最大高度为【答案】AD【详解】A．取向右为正方向，物块C与物块B碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律可得解得碰撞后二者的速度大小为故A正确；B．碰撞过程中损失的机械能为解得故B错误；C．当B、C再次回到最低点时A的速度最大，设A的最大速度为v2，此时B、C的速度为v3。取向右为正方向，根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，得2mv1=mv2+2mv3根据系统的机械能守恒得联立解得故C错误；D．当A、B、C三者速度相等时，物块B、C上升的高度最大，根据机械能守恒定律，有解得故D正确。故选AD。14．在如图所示的虚线MN上方行在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸而向外，纸面上直角三角形OPQ的∠Q为直角，。两个相同质量的带电粒子a、b分从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇并结合在一起。则以下说法中正确的是（）A．粒子b带正电B．两粒子电荷量的绝对值C．两粒子的速度大小D．两粒子结合后在磁场中运动的圆轨道半径不变【答案】CD【详解】A．由题意可知a粒子顺时针方向偏转，带正电，b粒子逆时针方向偏转，由左手定则可知，b带负电，选项A错误；BC．过两圆的弦，分别做MQ和QP的垂线，均交于OP的中点O′，根据几何知识可知，两粒子轨道半径相等，粒子转过的圆心角：θa=120°，θb=60°，根据两粒子的a粒子的路程等于b粒子的路程的2倍，运动时间t相同，可知两粒子的速度大小根据可知两粒子电荷量的绝对值故C正确B错误；D．两粒子结合后总动量不变电