專題13 高考物理碰撞模型專題復(fù)習(xí)導(dǎo)學(xué)案（教師版）

2022屆高三物理二輪常見模型與方法綜合特訓(xùn)專練專題13碰撞模型專練目標(biāo)專練內(nèi)容目標(biāo)1動(dòng)碰靜完全彈性碰撞模型（1T—5T）目標(biāo)2動(dòng)碰動(dòng)完全彈性碰撞模型（6T—10T）目標(biāo)3完全非彈性碰撞模型（11T—15T）【典例專練】一、動(dòng)碰靜完全彈性碰撞模型1．疫情期間，居家隔離時(shí)各種家庭游戲輪番上演，小明家舉行餐桌“冰壺”比賽。如圖所示，選取兩個(gè)質(zhì)量不同的易拉罐，把易拉罐B放在離餐桌左側(cè)中心五分之一處，將易拉罐A從左側(cè)桌邊中心以某一初速度快速推出，兩易拉罐沿縱向發(fā)生彈性碰撞，最終兩易拉罐都恰好停在桌邊。若已知餐桌長為L，易拉罐與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，以下說法正確的是（）A．兩個(gè)易拉罐質(zhì)量之比B．全過程兩個(gè)易拉罐與桌面間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之比C．易拉罐A的初速度為D．碰后兩個(gè)易拉罐在桌面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比【答案】BC【詳解】A．設(shè)易拉罐A與B碰撞前的速度為v，碰撞后兩易拉罐的速度分別為和，碰撞過程中易拉罐A和易拉罐B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、能量守恒，有；兩易拉罐都恰好停在桌邊，根據(jù)能量守恒有；聯(lián)立解得；；即故A錯(cuò)誤；B．全過程易拉罐A與桌面間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能易拉罐B與桌面間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能則故B正確；C．設(shè)易拉罐A的初速度為，由速度位移公式；解得解得故C正確；D．碰后易拉罐在桌面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；則碰后兩個(gè)易拉罐在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比故D錯(cuò)誤。故選BC。2．如圖所示，水平面上AB兩處有甲、乙兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，B點(diǎn)右側(cè)水平面粗糙，左側(cè)水平面光滑。若甲在水平向右的拉力的作用下由靜止向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)時(shí)撤去拉力F，緊接著甲與乙發(fā)生彈性正碰，其中乙滑行后停下。已知乙的質(zhì)量為，甲、乙與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，取，則（）A．內(nèi)，拉力F的沖量為 B．撤去拉力F時(shí)甲的速度大小為C．兩個(gè)滑塊碰撞后瞬間乙的速度是 D．甲停止運(yùn)動(dòng)時(shí)甲、乙相距【答案】BC【詳解】A．F與t線性關(guān)系，力F對(duì)甲的沖量為I故A錯(cuò)誤。C．對(duì)乙碰撞后的過程中利用動(dòng)能定理得；故C正確。BD．設(shè)甲的質(zhì)量為m1，碰前速度為v0，碰后速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒得根據(jù)機(jī)械能守恒得；聯(lián)立得；；甲乙碰后做減速運(yùn)動(dòng)，加速度均為a=μg=5m/s2對(duì)甲停止運(yùn)動(dòng)時(shí)甲運(yùn)動(dòng)時(shí)間為此時(shí)乙的位移即甲停止運(yùn)動(dòng)時(shí)甲、乙相距，B正確，D錯(cuò)誤。故選BC。3．如圖所示，在光滑水平桌面上固定一光滑的圓形軌道，軌道上有A、B兩點(diǎn)，它們所對(duì)應(yīng)圓心角為。在A、B兩點(diǎn)分別放有質(zhì)量為、兩彈性等大小球（其半徑遠(yuǎn)小于圓形軌道半徑），最初處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給小球，一個(gè)如圖所示的初速度，發(fā)現(xiàn)兩小球第二次相碰恰好在A點(diǎn)，則可能為（）A．1∶1 B．1∶3 C．3∶5 D．7∶1【答案】CD【詳解】兩球發(fā)生彈性碰撞，則；解得；兩小球第二次相碰恰好在A點(diǎn)，若v1<0，則兩球相碰滿足解得若v1>0，則兩球相碰滿足則故選CD。4．如圖，半徑為的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球、質(zhì)量分別為、（為待定系數(shù)）。球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的球相撞，碰撞中無機(jī)械能損失重力加速度為。關(guān)于各種情況下的取值，下列各項(xiàng)中正確的是（）A．若，則小球第一次碰后就能夠運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)B．若，則小球第一次碰后將會(huì)在某處脫離圓軌道C．若，小球不可能脫軌D．若，小球和小球?qū)⒃趫A軌道的最低點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞【答案】ACD【詳解】下滑到最低點(diǎn)的過程中，碰；知，，恰運(yùn)動(dòng)至軌道頂點(diǎn)，在頂點(diǎn)所以當(dāng)時(shí)，球可運(yùn)動(dòng)至軌道最高點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，脫軌，而，不一定脫軌，當(dāng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)不到圓心等高處，不脫軌，當(dāng)時(shí)，故選ACD。5．在光滑絕緣的水平面上建有如圖所示的平面直角坐標(biāo)系Oxy，在二、三象限的y=L和y=-L區(qū)域中，存在平行于y軸且與y軸正向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)；在一、四象限的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正方形的邊長為2L，坐標(biāo)原點(diǎn)O為ab邊的中點(diǎn)。一質(zhì)量為m的絕緣不帶電小球甲，以速度v0沿x軸正向做勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)的帶正電小球乙發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間很短），乙球的質(zhì)量為2m，帶電量為q，碰撞前后電量保持不變，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，且m、q、L、v0均為已知，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（）A．碰撞后甲球的速度大小為B．兩球碰后，若乙球恰從d點(diǎn)離開磁場(chǎng)則乙球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C．要使兩球再次相碰，磁感應(yīng)強(qiáng)度必須大于D．要使兩球再次相碰，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小必須滿足【答案】ACD【詳解】A．甲與乙碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒有根據(jù)機(jī)械能守恒有解得碰撞后甲的速度為（負(fù)號(hào)表示向左）乙的速度為選項(xiàng)A正確；B．碰撞后，乙球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從d點(diǎn)離開磁場(chǎng)，則由幾何知識(shí)得：解得根據(jù)向心力公式得解得磁感應(yīng)強(qiáng)度設(shè)圓心角為，則即則乙球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．要使兩球再次相碰，乙球應(yīng)從邊界離開磁場(chǎng)，即圓運(yùn)動(dòng)半徑必須滿足又解得在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間乙球進(jìn)入第二象限的電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，則對(duì)甲球，設(shè)經(jīng)過時(shí)間與乙球碰撞，發(fā)生的位移為兩球再次相碰，需滿足聯(lián)立以上各式解得選項(xiàng)CD正確。故選ACD。二、動(dòng)碰動(dòng)完全彈性碰撞模型6．如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進(jìn)行的超級(jí)碰撞實(shí)驗(yàn)，可以使小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為3m的大球（在下），質(zhì)量為m的小球（在上）疊放在一起，從距地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，h遠(yuǎn)大于球的半徑，不計(jì)空氣阻力。假設(shè)大球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短。下列說法正確的是（）A．兩球一起下落過程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮閙gB．大球與地面碰撞前的速度大小為C．大球與小球碰撞后，小球上升的高度仍為hD．若大球的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度為3h【答案】B【詳解】A．兩球一起下落過程中，兩球都處于完全失重狀態(tài)，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮?，A錯(cuò)；B．根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)得，B正確；CD．大球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，兩球碰撞前后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞前小球和大球的速度分別和，碰后兩球的速度分別為和由動(dòng)量守恒定律由機(jī)械能守恒定律兩式聯(lián)立解得將，帶入上式解得反彈后高度為，C錯(cuò)誤，D.若大球的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小球的質(zhì)量，會(huì)更大，小球上升的最大高度會(huì)更高，故D也錯(cuò)誤；故選B.7．在足夠長的光滑絕緣水平臺(tái)面上，存在有平行于水平面向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。水平臺(tái)面上放置兩個(gè)靜止的小球A和B（均可看作質(zhì)點(diǎn)），兩小球質(zhì)量均為m，帶正電的A球電荷量為Q，B球不帶電，A、B連線與電場(chǎng)線平行。開始時(shí)兩球相距L，在電場(chǎng)力作用下，A球開始運(yùn)動(dòng)（此時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，即t0），后與B球發(fā)生正碰，碰撞過程中A、B兩球總動(dòng)能無損失。若在各次碰撞過程中，A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮兩球碰撞時(shí)間及兩球間的萬有引力，則（）A．第一次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右運(yùn)動(dòng)了2LC．第二次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為D．相鄰兩次碰撞時(shí)間間隔總為2【答案】A【詳解】A．碰前球A的加速度碰前A的速度為碰前B的速度為由于碰撞過程中A、B兩球總動(dòng)能無損失，動(dòng)量也守恒，有；則碰撞后A、B的速度分別為，即交換速度，故A正確；B．碰后B球向前勻速運(yùn)動(dòng)，A向前做勻加速運(yùn)動(dòng)，以后面球?yàn)閰⒖枷?，前面球速度設(shè)為v，到再次相遇，時(shí)間和位移相等，根據(jù)可知，則位移為由彈性碰撞可知，第二次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為碰前A球的速度，即為故BC錯(cuò)誤；D．由彈性碰撞可知，每次碰撞前后，兩球的速度差為即每次都是后面球的速度增加2后追上前面球，而加速度是固定的，則每次相鄰兩次碰撞時(shí)間間隔總為故D錯(cuò)誤。故選A。8．隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野?！耙椆?yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個(gè)過程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u，探測(cè)器的初速度大小為，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為和。探測(cè)器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是（）A． B．C． D．【答案】BC【詳解】設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為，行星的質(zhì)量為，探測(cè)和行星發(fā)生“彈性碰撞”對(duì)于模式一：設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得由能量守恒定律得聯(lián)立解得探測(cè)器“碰撞”后的速度因，則對(duì)于模式二：設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得由能量守恒定律得聯(lián)立解得探測(cè)器“碰撞”后的速度因，則則故BC正確，AD錯(cuò)誤。故選BC。9．如圖所示，兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，球2在前，球1在后，兩球的質(zhì)量分別為、，初始時(shí)的速度分別為、，當(dāng)球1與球2發(fā)生碰撞后，兩球的速度分別為、，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為、，則、、、的可能值為（）A．， B．，C． D．【答案】AB【詳解】兩球碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以兩球的初速度方向?yàn)檎较?，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得如果兩球發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得；則碰撞后球1、球2的速度滿足；球1的動(dòng)能滿足球1的動(dòng)量為滿足故選項(xiàng)AB正確，CD錯(cuò)誤。故選AB。10．如圖所示，大小、形狀相同的兩小球A、B在同一水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，小球A的質(zhì)量為m、速度大小為v0、速度方向水平向右，小球B的質(zhì)量也為m、速度大小為2v0、速度方向水平向左，兩小球發(fā)生彈性碰撞后，下列說法正確的是（）A．小球A向左運(yùn)動(dòng)，小球B靜止B．小球A向左運(yùn)動(dòng)，小球B向右運(yùn)動(dòng)C．小球A的動(dòng)能增加了D．小球B的動(dòng)量變化量大小為【答案】BC【詳解】AB．兩小球發(fā)生彈性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分別為和，取向左為正，則；解得，所以小球A向左運(yùn)動(dòng)，小球B向右運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；C．小球A的動(dòng)能增加了，C正確；D．小球B的動(dòng)量變化量為，D錯(cuò)誤。故選BC。三、完全非彈性碰撞模型11．作為時(shí)尚青年熱愛的運(yùn)動(dòng)，溜旱冰又炫又酷，備受追捧。如圖甲所示，水平地面上有、兩位同學(xué)，的質(zhì)量為，靜止在地面上，以一定的初速度向滑去，一段時(shí)間后抱住一起向右運(yùn)動(dòng)。若以向右為正，運(yùn)動(dòng)的位移-時(shí)間圖像（圖像）如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力以及地面對(duì)人的阻力，則下列說法正確的是（）A．的質(zhì)量為B．的質(zhì)量為C．抱住的過程中損失的機(jī)械能為D．抱住的過程中損失的機(jī)械能為【答案】BC【詳解】AB．根據(jù)題圖乙，抱住前的速度大小，抱住后他們的共同速度大小根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得，A錯(cuò)誤；B正確；CD．抱住的過程中損失的機(jī)械能解得，C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。12．如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定在地上，上端與質(zhì)量為m的鋼板連接，鋼板處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點(diǎn)自由落下，與鋼板碰撞后粘在一起向下運(yùn)動(dòng)x0后到達(dá)最低點(diǎn)Q，設(shè)物塊與鋼板碰撞的時(shí)間Δt極短。下列說法正確的是（）A．物塊與鋼板碰后的速度大小為B．在Δt時(shí)間內(nèi)，鋼板對(duì)物塊的沖量大小為C．從P到Q的過程中，整個(gè)系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量為D．從P到Q的過程中，彈性勢(shì)能的增加量為【答案】AD【詳解】A．物體下落h，由機(jī)械能守恒mgh=mv12物體與鋼板碰撞，則動(dòng)量守恒解得選項(xiàng)A正確；B．向下為正方向，對(duì)碰撞過程，對(duì)鋼板由動(dòng)量定理其中解得物塊對(duì)鋼板的沖量選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．從P到Q的過程中，整個(gè)系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．從碰撞到Q點(diǎn)，由能量關(guān)系可知?jiǎng)t彈性勢(shì)能的增加量為選項(xiàng)D正確。故選AD。13．如圖所示，光滑的水平桿上有一質(zhì)量為的滑環(huán)，通過一根不可伸長的輕繩懸掛著一個(gè)質(zhì)量為的物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊B恰好與光滑的水平面接觸但無彈力作用。質(zhì)量為物塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）以速度沖向物塊B，與B碰撞后粘在一起運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為，則下列說法正確的是（）A．物塊C與物塊B碰后瞬時(shí)速度為B．物塊C與物塊B碰撞過程中損失的機(jī)械能為C．滑環(huán)A最大速度為D．物塊B、C擺起的最大高度為【答案】AD【詳解】A．取向右為正方向，物塊C與物塊B碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得解得碰撞后二者的速度大小為故A正確；B．碰撞過程中損失的機(jī)械能為解得故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)B、C再次回到最低點(diǎn)時(shí)A的速度最大，設(shè)A的最大速度為v2，此時(shí)B、C的速度為v3。取向右為正方向，根據(jù)A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，得2mv1=mv2+2mv3根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)A、B、C三者速度相等時(shí)，物塊B、C上升的高度最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有解得故D正確。故選AD。14．在如圖所示的虛線MN上方行在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙而向外，紙面上直角三角形OPQ的∠Q為直角，。兩個(gè)相同質(zhì)量的帶電粒子a、b分從O、P兩點(diǎn)垂直于MN同時(shí)射入磁場(chǎng)，恰好在Q點(diǎn)相遇并結(jié)合在一起。則以下說法中正確的是（）A．粒子b帶正電B．兩粒子電荷量的絕對(duì)值C．兩粒子的速度大小D．兩粒子結(jié)合后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑不變【答案】CD【詳解】A．由題意可知a粒子順時(shí)針方向偏轉(zhuǎn)，帶正電，b粒子逆時(shí)針方向偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，b帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BC．過兩圓的弦，分別做MQ和QP的垂線，均交于OP的中點(diǎn)O′，根據(jù)幾何知識(shí)可知，兩粒子軌道半徑相等，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角：θa=120°，θb=60°，根據(jù)兩粒子的a粒子的路程等于b粒子的路程的2倍，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同，可知兩粒子的速度大小根據(jù)可知兩粒子電荷量的絕對(duì)值故C正確B錯(cuò)誤；D．兩粒子結(jié)合后總動(dòng)量不變電