第七章 第35练　专题强化：碰撞模型及拓展-2026版一轮复习

第35练专题强化：碰撞模型及拓展分值：60分1~5题每小题4分，6题12分，共32分1.如图所示，两质量分别为m1＝1kg和m2＝4kg的小球在光滑水平面上相向运动，速度大小v1为4m/s、v2为6m/s，发生碰撞后，系统损失的机械能可能为()A.35J B.45J C.55J D.65J2.(2024·山东济南市模拟)一动能为E的α粒子与一静止的氖核发生弹性正碰，已知氖核的质量是α粒子的5倍，则碰撞后α粒子的动能是()A.E6 B.49E C.233.如图所示，质量均为m的a、b两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现把a、b两球分别置于距地面高为H处的A、B两点(H足够大)，间距为L，当a球自由下落的同时，b球以速度v0指向A点水平抛出，已知两球碰撞时无机械能的损失，弹性轻绳始终处于弹性限度范围内，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法不正确的是()A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度B.弹性轻绳伸长过程中，a、b两球系统动量守恒C.两球从开始运动到第一次相碰，a球下落的高度h=gD.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能Ep=14m4.(多选)(2024·山东菏泽市开学考)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正碰；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是()A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1>m2B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2>3m1D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶15.如图所示，小车上固定一个足够高的光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车(含轨道)的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是()A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零B.小球沿轨道上升的最大高度为3C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v06.(12分)(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2kg，mB＝1kg，A物体从h＝1.2m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g取10m/s2，求：(1)(3分)碰撞时离地高度x；(2)(6分)碰后速度v；(3)(3分)碰撞损失机械能ΔE。7、8题每小题6分，9题16分，共28分7.(多选)(2024·广东卷·10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有()A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C.乙的运动时间与H乙无关D.甲最终停止位置与O处相距H8.(多选)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4kg和mB＝2kg，用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是()A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48JB.4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48N·s，方向向右C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10JD.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6m/s9.(16分)(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)(5分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；(2)(5分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；(3)(6分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。

答案精析1.A[若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失，若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1+m2)vΔEmax＝12m1v12+12m2v22－12(联立解得ΔEmax＝40J系统损失的机械能的范围为0≤ΔE≤40J故选A。]2.B[两粒子碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律得mvα＝mvα'+5mv'12mvα2＝12mvα'2其中E＝12m解得碰撞后α粒子的动能为E'＝12mvα'2＝49E，故选B3.B[两个小球在竖直方向做自由落体运动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程中，两球始终处于同一高度，故A正确；弹性轻绳伸长过程中，水平方向a、b两球组成的系统不受外力作用，水平方向动量守恒，竖直方向受重力作用，竖直方向系统动量不守恒，故B错误；两球从开始运动到第一次相碰，经过的时间t=Lv0，a球下落的高度h=12gt2，联立可得h=gL22v02，故C正确；当两球水平方向速度相等时，弹性绳最长，弹性势能最大，根据两球组成的系统水平方向动量守恒有mv0=2mv1，根据能量守恒有12mv02+2mgh'=2×12m(v12+vy12)+Ep，又由2gh'=vy14.AC[根据动量守恒与机械能守恒m1v＝m1v1+m2v212m1v2＝12m1v12+得v1＝m1-m2m1+可知，当m1>m2时，两车速度方向相同，A正确；若碰后黄车反向运动，则m1<m2，则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B错误；若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即m2-m1m1+m2v>2m1m1+m2v，得m2>3m1，C正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v5.B[依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设小球达到最高点与轨道左端的竖直高度差为H，此时小球与小车共速且不为零，由动量守恒定律，可得mv0＝(m+3m)v，根据能量守恒，可得12mv02＝12(m+3m)v2+mgH，联立解得H＝3v028g，故A错误，B正确；设小球滑离小车时，二者速度分别为v球和v车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0＝mv球+3mv车，12mv02＝12mv球2+12×3mv车2，联立解得v球＝－12v0，6.(1)1m(2)0(3)12J解析(1)对物体A，根据运动学公式可得x＝h－12gt2＝1.2m－12×10×0.22m＝1(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－12gt解得vB0＝6m/s碰撞前A物体的速度vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下碰撞前B物体的速度vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA+mB)v解得碰后速度v＝0(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能ΔE＝12mAvA2+12mBvB2－12(mA+7.ABD[两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝12gsinθ·在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3，乙运动的时间为t＝t1+t2+t3由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙下滑过程有mgH乙＝12m乙在水平面运动到停止有v乙2＝联立可得x＝H即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距H乙μ。故D8.AD[A、C碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC+mA)v1，由题图乙知v0＝12m/s，v1＝4m/s，解得mC＝2kg，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝12(mA+mC)v12＝48J，故A正确；以水平向右为正方向，4s到12s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA+mC)(v2－v1)＝－48N·s，由系统能量守恒可知12s时B的速度为零，4s到12s的时间内对B由动量定理可得－I弹+I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48N·s，即大小为48N·s，方向向左，故B错误；当B的速度与A、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得(mA+mC)v2＝(mA+mC+mB)v2'，解得v2'＝－3m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep'＝12(mA+mC)v22－12(mA+mC+mB)v2'2＝12J，故C错误；当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得(mA+mC)v2＝(mA+mC)v3+mBv4，12(mA+mC)v22＝129.(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4解析(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL＝12mv0解得v0＝5m/s在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT－mg＝mv解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6N(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1+Mv212mv