高三人教版物理一轮复习练习微专题89几种典型的碰撞类模型

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，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．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：D[对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，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2m的曲面体，曲面体的曲面部分为eq\f(1,4)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.eq\f(1,3)v B．－eq\f(1,3)vC.eq\f(2,3)v D．－eq\f(2,3)v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＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，联立得：v1＝eq\f(m－2m,m＋2m)v＝－eq\f(1,3)v，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3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2A．2∶3 B．2∶5C．3∶5 D．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v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，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mv0＝mava＋mbvb，vb＝eq\f(mv0－mava,mb)，因mv0与mava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ma＝0.8m，va＝eq\f(v0,1.6)，mb＝0.2m，vb＝eq\f(v0,0.4)，此时a，b动量均为eq\f(1,2)mv0，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mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kgA．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mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB<vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6kg·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vA′、vB′，由题意知pA′＝mAvA′＝2kg·m/s，pB′＝mBvB′＝10kg·m/s，解得eq\f(vA′,vB′)＝eq\f(2,5).碰撞后A球动量变为2kg·m/s，B球动量变为10kg·m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A10．(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.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL 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mv＝(m＋M)u，系统损失的动能为eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)u2＝eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2，B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔEk＝－Wf＝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v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C1)②联立①②式，得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0③vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0④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vA2，B的速度为vB1，同样有vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－M,m＋M)))2v0⑤根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1⑥联立④⑤⑥式得：m2＋4mM－M2≥0解得：m≥(eq\r(5)－2)M⑧另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去，所以m和M应满足的条件为：(eq\r(5)－2)M≤m<M答案：(eq\r(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v1；(2)若已知h＝0.1m，R＝0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，解析：(1)0号球碰前速度为v0，由机械能守恒定律得：m0gh＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)，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：m0v0＝m0v0′＋m1v1，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m0v0′2＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，解得：v1＝eq\f(2m0,m0＋m1)v0＝eq\f(2,1＋k)v0＝eq\f(2,1＋k)eq\r(2gh).(2)同理可得：v2＝eq\f(2,1＋k)v