高考物理一轮复习讲义专题提升练13　碰撞模型及其拓展应用

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1.(2025·唐山模拟)甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度大小是6 m/s，乙物体的速度大小是2 m/s，碰撞后两物体都反向运动，速度大小都是4 m/s，则(C)
A.甲、乙两物体质量之比为5∶3
B.甲、乙两物体质量之比为1∶1
C.此碰撞为弹性碰撞
D.此碰撞为非弹性碰撞
解析 以碰前甲的速度方向为正方向，设甲的质量为M，乙的质量为m，碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv1-mv2=-Mv+mv，其中v1=6 m/s，v2=2 m/s，v=4 m/s，代入数据解得甲、乙两物体质量之比为Mm=35，A、B两项错误；碰撞前甲、乙系统的初动能为Ek=12Mv12+12mv22=18M+2m=643M，碰撞后甲、乙系统的末动能为Ek'=12Mv2+12mv2=8M+8m=643M=Ek，可知此碰撞为弹性碰撞，C项正确，D项错误。
2.(多选)(2025·石家庄模拟)质量为M、右侧曲面光滑的木块静止在光滑的水平地面上，木块右端非常薄，与地面平滑连接。质量为m的小球从静止开始沿木块的曲面下滑，小球起始位置距离地面的高度为h。若M=2m。则(AD)
A.小球下滑的过程中，木块一直向左加速运动
B.小球下滑的过程中，小球减少的机械能为mgh
C.小球滑落至地面时，小球的速度为2gh
D.小球滑落至地面时，木块的速度为13gh
解析 小球下滑过程中，木块受到小球的挤压力，压力有水平向左的分量，直到小球滑落至地面，所以木块一直向左加速运动，A项正确；小球和木块组成的系统在水平方向上不受外力作用，水平方向动量守恒，有0=mv1-Mv2，小球滑落至地面时，根据机械能守恒有mgh=12mv12+12Mv22，解得v1=213gh，v2=13gh，小球下滑的过程中，小球减少的机械能为ΔE=mgh-12mv12=13mgh，B、C两项错误，D项正确。
3.(2025·南昌模拟)质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边为(D)
A.x2 B.2xC.x D.22x
解析 当用板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动，设高度为h，则有h=12gt2，x=v0t，弹簧的弹性势能为Ep=12mv02，当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，取向右为正方向，由动量守恒定律可得0=mv1-mv2，根据能量守恒Ep=12mv12+12mv22，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边x'=v2t=22x，D项正确。
4.(多选)(2024·广东卷)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。下列说法正确的是(ABD)
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H乙μ
解析 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，A项正确；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，B项正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙sin θ=12gsin θt12，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t3，乙运动的时间为t=t1+t2+t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，C项错误；乙下滑过程有mgH乙=12mv乙2，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，乙在水平面运动到停止有v乙2=2μgx，联立可得x=H乙μ，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距H乙μ，D项正确。
5.(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(A)
A.弹簧原长时B动量最大
B.压缩最短时A动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
解析 对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA=mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得Ep=12mAvA2+12mBvB2，联立解得Ep=12mB2mA+mBvB2，弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变，A项正确。
梯级Ⅱ能力练
6.(2025·庆阳模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB与光滑水平轨道BC相切于B点，质量分别为m和2m的小球M、N之间压缩一轻弹簧并锁定(弹簧与两小球均不拴连)。某时刻解除弹簧的锁定，两小球被弹开，小球M离开弹簧后恰好能沿半圆轨道通过最高点A，重力加速度为g。求:
(1)离开弹簧时小球M的速度大小vM；
(2)弹簧锁定时所具有的弹性势能Ep。
解析 (1)小球M恰好能通过半圆轨道的最高点A，根据牛顿第二定律有mg=mvA2R，
小球M从B点运动到A点的过程，根据动能定理有
-mg·2R=12mvA2-12mvB2，
小球M通过B点时的速度等于离开弹簧时的速度，即vM=vB，
联立解得vM=5gR。
(2)弹簧将两小球弹开的过程系统所受外力之和为零。根据系统动量守恒有
mvM=2mvN，
解得小球N离开弹簧时的速度大小
vN=5gR2，
弹簧的弹性势能全部转化为M、N的动能。根据机械能守恒有
Ep=12mvM2+12×2mvN2，
解得Ep=15mgR4。
答案 (1)5gR (2)15mgR4
7.(2025·宿迁模拟)如图所示，滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA=1 kg，B的质量mB=2 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，整个过程弹簧没有超过弹性限度。求:
(1)弹簧被压缩到最短时，滑块B的速度大小；
(2)弹簧给滑块B的冲量；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。
解析 (1)对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短。取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mAv0=(mA+mB)v1，
代入数据解得v1=1 m/s。
(2)在弹簧作用的过程中，B一直加速，B与弹簧分开后，B的速度最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB，
根据机械能守恒定律可得
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2，
联立解得vB=2 m/s，
对B根据动量定理可得
I=mBvB-0=2×2 N·s-0=4 N·s，
方向向右。
(3)滑块A的动能最小时速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mAv0=mBvB'，
代入数据解得vB'=1.5 m/s，
根据功能关系可得
Ep=12mAv02-12mBvB'2，
代入数据解得Ep=2.25 J。
答案 (1)1 m/s (2)4 N·s，方向向右 (3)2.25 J
8.(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
解析 (1)小物块在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律有μmg=ma，
解得a=5 m/s2，
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x=v传22a=2.5 m