第七章 微專題52　碰撞-2025年高中物理《加練半小時(shí)》新教材版

第七章動(dòng)量守恒定律微專題52碰撞1．碰撞的特點(diǎn)：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后系統(tǒng)的動(dòng)能不增加，碰撞前后的速度要符合實(shí)際即碰后不能再碰。2.兩小球彈性碰撞結(jié)論式：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1＋eq\f(2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(m2－m1,m2＋m1)v2＋eq\f(2m1,m2＋m1)v1。1.(2023·湖北十堰市調(diào)研)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平直軌道AB與光滑圓弧軌道BC平滑連接，B為圓弧軌道的最低點(diǎn)。一質(zhì)量為1kg的小球a從直軌道上的A點(diǎn)以大小為4m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后小球a與靜止在B點(diǎn)的小球b發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球b沿圓弧軌道上升的最大高度為0.2m(未脫離軌道)。取重力加速度大小為g＝10m/s2，兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()A．碰撞后瞬間，小球b的速度大小為1m/sB．碰撞后瞬間，小球a的速度大小為3m/sC．小球b的質(zhì)量為3kgD．兩球會(huì)發(fā)生第二次碰撞答案C解析對(duì)小球b，由機(jī)械能守恒定律有mbgh＝eq\f(1,2)mbvB2，可得碰后小球b的速度大小為vB＝2m/s，故A錯(cuò)誤；以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mav02＝eq\f(1,2)mav12＋eq\f(1,2)mbvB2，聯(lián)立解得mb＝3kg，v1＝－2m/s，碰撞后瞬間，小球a的速度大小為2m/s，故B錯(cuò)誤，C正確；由上述分析知，碰后a球立刻向左運(yùn)動(dòng)，b球先向右運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，再向左返回到平面上運(yùn)動(dòng)，b球返回到平面上時(shí)速度大小也為2m/s，兩球速度大小相等，所以兩球不會(huì)發(fā)生第二次碰撞，故D錯(cuò)誤。2．甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3JB．4JC．5JD．6J答案A解析取甲、乙初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)題圖圖像，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2＝3J，故選A。3．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A與另一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機(jī)械能損失，已知物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5m，g取10m/s2。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則A碰撞前瞬間的速率為()A．0.5m/s B．1.0m/sC．1.5m/s D．2.0m/s答案C解析碰撞后B做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)×2mv2，代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s，A與B碰撞的過程中A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機(jī)械能的損失，則eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·2mv2，聯(lián)立可得v0＝1.5m/s，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。4．斯諾克是我們所熟知的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，球員出桿擊打白球，白球撞擊彩色球使其入洞并計(jì)分。假設(shè)在光滑水平面的一條直線上依次放4個(gè)質(zhì)量均為m的紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度v0與4號(hào)紅球發(fā)生碰撞，假設(shè)發(fā)生的碰撞均為彈性正碰，則白球最終的速度大小為()A．0B.eq\f(v0,5)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))3v0D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))4v0答案D解析根據(jù)一動(dòng)碰一靜的彈性碰撞特點(diǎn)可知1.5mv0＝1.5mv1＋mv2，eq\f(1,2)×1.5mv02＝eq\f(1,2)×1.5mv12＋eq\f(1,2)×mv22，聯(lián)立得v1＝eq\f(1,5)v0，每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,5)，由于紅球質(zhì)量相等，且為彈性正碰，則4號(hào)球每次將速度傳給右側(cè)球后速度為零，故白球與4號(hào)球碰撞4次后，白球速度v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))4v0，故選D。5.如圖所示，質(zhì)量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與原來靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(α<1)的速率彈回，并與擋板P發(fā)生完全彈性碰撞，若要使A球能追上B球再次相碰，則α的取值范圍為()A.eq\f(1,5)<α≤eq\f(1,3) B.eq\f(1,3)<α≤eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)<α≤eq\f(2,5) D.eq\f(1,3)<α≤eq\f(3,5)答案D解析由題意可知，A、B兩小球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，以A球初速度v0的方向?yàn)檎较?，設(shè)碰后B球的速度為vB，則由動(dòng)量守恒定律可得mv0＝－m·αv0＋4mvB，A與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再次碰撞的條件是αv0>vB，聯(lián)立可解得α>eq\f(1,3)；碰撞前后兩小球的機(jī)械能應(yīng)滿足eq\f(1,2)mv02≥eq\f(1,2)m(－αv0)2＋eq\f(1,2)×4mvB2，聯(lián)立解得α≤eq\f(3,5)，綜合可得eq\f(1,3)<α≤eq\f(3,5)，故選D。6.內(nèi)壁光滑的圓環(huán)管道固定于水平面上，圖為水平面的俯視圖。O為圓環(huán)圓心，直徑略小于管道內(nèi)徑的甲、乙兩個(gè)等大的小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))分別靜置于P、Q處，PO⊥OQ，甲、乙兩球質(zhì)量分別為m、km?，F(xiàn)給甲球一瞬時(shí)沖量，使甲球沿圖示方向運(yùn)動(dòng)，甲、乙兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間不計(jì)，碰后甲球立即向左運(yùn)動(dòng)，甲球剛返回到P處時(shí)，恰好與乙球再次發(fā)生碰撞，則()A．k＝eq\f(1,2)B．k＝eq\f(5,3)C．k＝2D．k＝5答案B解析設(shè)甲球初速度為v0，初始時(shí)兩球間的弧長(zhǎng)為l，則管道長(zhǎng)為4l，設(shè)碰撞后甲、乙小球速度大小分別為v1、v2，兩球發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝kmv2－mv1，由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)kmv22＋eq\f(1,2)mv12，由于再次在P處碰撞，則有l(wèi)＝v1t,3l＝v2t，聯(lián)立方程，解得k＝eq\f(5,3)，故選B。7.(2023·重慶卷·14)如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點(diǎn)，且位于同一直徑上，P為MN段的中點(diǎn)。在P點(diǎn)處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經(jīng)過P點(diǎn)后，其速度大小都增加v0。質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時(shí)間。求：(1)球1第一次經(jīng)過P點(diǎn)后瞬間向心力的大?。?2)球2的質(zhì)量；(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間。答案(1)4meq\f(v02,R)(2)3m(3)eq\f(5πR,6v0)解析(1)球1第一次經(jīng)過P點(diǎn)后瞬間速度變?yōu)?v0，所以Fn＝meq\f(2v02,R)＝4meq\f(v02,R)(2)球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則m·2v0＝－mv＋m′veq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m′v2聯(lián)立解得v＝v0，m′＝3m(3)設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間為Δt，則t1＝eq\f(πR,2v0)v0t2＋2v0t2＝πR所以Δt＝t1＋t2＝eq\f(5πR,6v0)。8.(2023·河北滄州市測(cè)試)如圖所示，傾角為θ、足夠長(zhǎng)的固定斜面上靜置一滑塊。現(xiàn)將一表面光滑、質(zhì)量為m的物體從滑塊上方由靜止釋放，釋放后物體與滑塊每次碰撞時(shí)的速度均相同。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6tanθ,5)，物體釋放時(shí)與滑塊的間距為L(zhǎng)，兩者每次碰撞均為彈性正碰且碰撞時(shí)間極短，重力加速度大小為g。求：(1)滑塊的質(zhì)量M；(2)物體與滑塊碰撞后兩者之間的最大距離d。答案(1)5m(2)eq\f(5,6)L解析(1)設(shè)物體與滑塊碰撞時(shí)的速度大小為v，則物體與滑塊碰前有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2設(shè)碰撞后的物體與滑塊速度分別為v1、v2，則有mv＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22碰后，物體向上做反向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a1＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，由于μ＝eq\f(6tanθ,5)>tanθ滑塊向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝eq\f(μMgcosθ－Mgsinθ,M)＝eq\f(1,5)gsinθ由于物體與