專題提升練13　碰撞模型及其拓展應(yīng)用-2026版大一輪高中物理（解析版）

專題提升練13碰撞模型及其拓展應(yīng)用梯級Ⅰ基礎(chǔ)練1.(2025·唐山模擬)甲、乙兩個(gè)物體沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，甲物體的速度大小是6m/s，乙物體的速度大小是2m/s，碰撞后兩物體都反向運(yùn)動(dòng)，速度大小都是4m/s，則(C)A.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為5∶3B.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為1∶1C.此碰撞為彈性碰撞D.此碰撞為非彈性碰撞解析以碰前甲的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)甲的質(zhì)量為M，乙的質(zhì)量為m，碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Mv1-mv2=-Mv+mv，其中v1=6m/s，v2=2m/s，v=4m/s，代入數(shù)據(jù)解得甲、乙兩物體質(zhì)量之比為Mm=35，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；碰撞前甲、乙系統(tǒng)的初動(dòng)能為Ek=12Mv12+12mv22=18M+2m=643M，碰撞后甲、乙系統(tǒng)的末動(dòng)能為Ek'=12Mv2+12mv2=8M+8m=6432.(多選)(2025·石家莊模擬)質(zhì)量為M、右側(cè)曲面光滑的木塊靜止在光滑的水平地面上，木塊右端非常薄，與地面平滑連接。質(zhì)量為m的小球從靜止開始沿木塊的曲面下滑，小球起始位置距離地面的高度為h。若M=2m。則(AD)A.小球下滑的過程中，木塊一直向左加速運(yùn)動(dòng)B.小球下滑的過程中，小球減少的機(jī)械能為mghC.小球滑落至地面時(shí)，小球的速度為2ghD.小球滑落至地面時(shí)，木塊的速度為1解析小球下滑過程中，木塊受到小球的擠壓力，壓力有水平向左的分量，直到小球滑落至地面，所以木塊一直向左加速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確；小球和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向動(dòng)量守恒，有0=mv1-Mv2，小球滑落至地面時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgh=12mv12+12Mv22，解得v1=213gh，v2=13gh，小球下滑的過程中，小球減少的機(jī)械能為ΔE=mgh-12mv3.(2025·南昌模擬)質(zhì)量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕質(zhì)彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當(dāng)用板擋住小球A而只釋放B球時(shí)，B球被彈出落到距桌邊水平距離為x的地面上，如圖所示，若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放，則B球的落地點(diǎn)距桌邊為(D)A.x2B.2x C.xD.2解析當(dāng)用板擋住A球而只釋放B球時(shí)，B球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)高度為h，則有h=12gt2，x=v0t，彈簧的彈性勢能為Ep=12mv02，當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得0=mv1-mv2，根據(jù)能量守恒Ep=12mv12+12mv22，將A、B同時(shí)釋放，則B球的落地點(diǎn)距桌邊x'4.(多選)(2024·廣東卷)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的是(ABD)A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距H解析兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對速度為0，A項(xiàng)正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，B項(xiàng)正確；設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙sinθ=12gsinθt12，在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)t3，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2+t3，由于t1與H乙有關(guān)，則總時(shí)間與H乙有關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；乙下滑過程有mgH乙=12mv乙2，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有v乙2=2μgx，聯(lián)立可得x=H5.(2024·江蘇卷)在水平面上有一個(gè)U形滑板A，A的上表面有一個(gè)靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在物體B的左側(cè)，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在物體B的右側(cè)，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則(A)A.彈簧原長時(shí)B動(dòng)量最大B.壓縮最短時(shí)A動(dòng)能最大C.系統(tǒng)動(dòng)量變大D.系統(tǒng)機(jī)械能變大解析對整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得mAvA=mBvB，設(shè)彈簧的初始彈性勢能為Ep，整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧原長時(shí)得Ep=12mAvA2+12mBvB2，聯(lián)立解得Ep=12mB2mA+mBvB2梯級Ⅱ能力練6.(2025·慶陽模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道AB與光滑水平軌道BC相切于B點(diǎn)，質(zhì)量分別為m和2m的小球M、N之間壓縮一輕彈簧并鎖定(彈簧與兩小球均不拴連)。某時(shí)刻解除彈簧的鎖定，兩小球被彈開，小球M離開彈簧后恰好能沿半圓軌道通過最高點(diǎn)A，重力加速度為g。求:(1)離開彈簧時(shí)小球M的速度大小vM；(2)彈簧鎖定時(shí)所具有的彈性勢能Ep。解析(1)小球M恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)A，根據(jù)牛頓第二定律有mg=mvA小球M從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有-mg·2R=12mvA2-1小球M通過B點(diǎn)時(shí)的速度等于離開彈簧時(shí)的速度，即vM=vB，聯(lián)立解得vM=5gR。(2)彈簧將兩小球彈開的過程系統(tǒng)所受外力之和為零。根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mvM=2mvN，解得小球N離開彈簧時(shí)的速度大小vN=5gR2彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為M、N的動(dòng)能。根據(jù)機(jī)械能守恒有Ep=12mvM2+12解得Ep=15mgR4答案(1)5gR(2)15mgR7.(2025·宿遷模擬)如圖所示，滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質(zhì)量mA=1kg，B的質(zhì)量mB=2kg?；瑝KB的左端連有輕質(zhì)彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態(tài)?，F(xiàn)使滑塊A以v0=3m/s速度水平向右運(yùn)動(dòng)，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用，整個(gè)過程彈簧沒有超過彈性限度。求:(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)，滑塊B的速度大?。?2)彈簧給滑塊B的沖量；(3)滑塊A的動(dòng)能最小時(shí)，彈簧的彈性勢能。解析(1)對A、B系統(tǒng)，A、B速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短。取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v1，代入數(shù)據(jù)解得v1=1m/s。(2)在彈簧作用的過程中，B一直加速，B與彈簧分開后，B的速度最大，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得12mAv02=12mAvA2聯(lián)立解得vB=2m/s，對B根據(jù)動(dòng)量定理可得I=mBvB-0=2×2N·s-0=4N·s，方向向右。(3)滑塊A的動(dòng)能最小時(shí)速度為零，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mAv0=mBvB'，代入數(shù)據(jù)解得vB'=1.5m/s，根據(jù)功能關(guān)系可得Ep=12mAv02-12mBv代入數(shù)據(jù)解得Ep=2.25J。答案(1)1m/s(2)4N·s，方向向右(3)2.25J8.(2024·湖北卷)如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10m/s2。(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。解析(1)小物塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有μmg=ma，解得a=5m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為x=v傳22a=2.5m<L傳=3.6小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小為5m/s。(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2，其中v=5m/s，v1=-1m/s，解得v2=3m/s，小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk=12m物v2-12m物v12-1解得ΔEk=0.3J。(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d，小球在P點(diǎn)正上方的速度為v3，在P點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球v3小球從O點(diǎn)正下方到P點(diǎn)正上方過程中，由機(jī)械能守恒定律有12m球v22=12m球v32+m球g(2聯(lián)立解得d=0.2m，即P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離為0.2m。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m梯級Ⅲ創(chuàng)新練9.如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中小物塊A與小物塊C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M=3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與小物塊A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度為g。求:(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。解析(1)小物塊C與小物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0