1.5.2碰撞的应用—碰撞模型(解析版)

一、单选题 1．（2021·河北·唐山市第十中学高二期中）质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为（ ）

A．1∶3 B．1∶4 C．3∶5 D．2∶3 【答案】C 【详解】

设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知mv0Mv1mv2

v13 v21121122对整体有机械能守恒定律可得mv0Mv1mv2

222联立解得故选C。

m3 M52．（2021·山西太原·高三期中）如图所示，冲击摆的小摆块质量为3m，用轻细绳悬于O点，开始时静止于O点的正下方。现前、后两次将质量均为m的弹丸以向右的水平速度射入摆块，第一粒弹丸的速度为v0，进入摆块后随其一起摆动的最大摆角小于90°。当摆块第一次返回到O点的正下方时，第二粒弹丸以另一速度打入摆块也留在其中，摆块的最大摆角与第一次相同。忽略弹丸与摆块的作用时间，不考虑空气阻力，则（ ）

32A．第一个弹丸射入的过程中，弹丸及摆块的机械能减少了mv0

4

试卷第1页，共13页

9B．第二个弹丸射入摆块时的速度大小为v0

22v0C．两次摆块和弹丸摆起的最大高度均为

16gD．前后两次作用的过程中，两弹丸受到摆块的冲量大小之比为 【答案】D 【详解】

A．第一个弹丸射入的过程中，根据动量守恒定律，有mv04mv1 解得v138v0 41mv02214mv1223mv02 8弹丸及摆块的机械能减少了E故A错误；

B．根据机械能守恒定律mghmv2

12v2gh

因为第二个弹丸射入摆块后，摆块的最大摆角与第一次相同，两次摆块上升的最大高度相同，则第二个弹丸射入摆块后，整体的速度大小仍为v1，根据动量守恒定律mv2解得v29v0 44mv15mv1

故B错误；

C．第一个弹丸射入后，根据机械能守恒定律有解得Rv02 32g14mv1224mgR

故C错误；

D．第一次作用的过程中，弹丸受到摆块的冲量大小I1第二次作用的过程中，弹丸受到摆块的冲量大小I2m(v0v1)v1)3mv0 4m(v22mv0

前后两次作用的过程中，两弹丸受到摆块的冲量大小之比为故D正确。 故选D。

I1I2

3 8

3．（2021·重庆·高三月考）如图所示质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是BC段是长为L的水平粗糙轨道，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（可视为质点）从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC

试卷第2页，共13页

轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ（0<μ<1），重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）

A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒 B．滑块滑到B点时的速度大小为2gR C．滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为D．水平轨道的长度L可能等于圆弧半径R 【答案】C 【详解】

A．滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；

B．滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律

0mvmMvM

1RL 4mgR1212mvmMvM 22解得vm13gR3gR vM 2323gR，故B错误； 2滑块滑到B点时的速度为C．设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为RL，则滑块水平方向相对地面的位移为xRLs

滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得

m(RLs)Ms0

已知M3m

13解得s(RL) x(RL)

443滑块从A滑到C的过程中相对于地面的水平位移等于(RL)，故C正确；

4试卷第3页，共13页

D．系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得

0mMv

解得v0

由能量守恒定律得mgRμmgL 解得RL 由于01

则水平轨道的长度L一定大于圆弧半径R，故D错误。 故选C。

14．（2021·河北·张家口市宣化第一中学高二月考）如图所示，质量为2m的圆弧曲面B静

4置在光滑的水平面上，质量为m的小球A以v0冲向曲面，恰好运动到圆弧曲面的最高点不计一切摩擦，重力加速度为g，小球可视为质点。则圆弧曲面的半径为（ ）

2v0A．R

3g2v0B．R

2g22v0C．R

3g2v0D．R

g【答案】A 【详解】

恰好运动到圆弧曲面的最高点时小球和曲面共速，由动量守恒及能量守恒可得

mv0m2mv共

11mv02mgRm2mv共2 222v0 解得R3g故选A。

二、多选题 5．（2021·山西省长治市第二中学校高三月考）如图所示，一质量M=8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，下列说法正确的是（ ）

A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/s

试卷第4页，共13页

B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零

C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s，方向向左 D．长木板的长度可能为10m 【答案】AD 【详解】

A．根据动量守恒可知Mv0mv0Mv10 解得v13.75m/s A正确；

BC．根据动量守恒，最终速度为v2，则Mv0mv0(Mm)v2 解得v23m/s

因此AB最终一起向右运动，且速度大小为3m/s，B、C错误； D．根据能量守恒mgL112122Mv0mv0(Mm)v2 222整理得板的长度至少为L8m

因此长木板的长度可能为10m，D正确。 故选AD。

6．（2021·河北·唐山市第十中学高二期中）如图所示，质量为8m，长度一定的长木板放在光滑的水平面上，质量为m，可视为质点的物块放在长木板的最左端，质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入物块且未穿出（该过程的作用时间极短可忽略不计），经时间t0物块以

v0的速度离开长木板的最右端，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） 5

A．长木板最终的速度大小为B．长木板的长度为

5v0t0 16v0 10C．子弹射入物块的过程中损失的机械能为D．物块与长木板间的动摩擦因数为10gt

09mv02 203v0【答案】BD 【详解】

A．子弹、物块、木板整个系统，整个过程根据动量守恒定律，有mv02mv08mv 5试卷第5页，共13页

求得长木板最终的速度大小为v故A错误；

3v0 40C．子弹射入物块的过程中，时间极短。子弹及物块根据动量守恒定律有mv02mv 求得vv0 21212该过程系统损失的机械能为Emv02mv

22联立两式可求得E故C错误；

12mv0 4B．子弹射入物块后到从长木板滑离时，运动的位移大小为

vv2vv0(00)525t7vt s1vt000022203v0v3 长木板滑动位移大小为40s2t0t0v0t02280则长木板的长度为Ls1s2故B正确；

D．对长木板，整个过程根据动量定理有2mgt08mv 可求得物块与长木板间的动摩擦因数为10gt

05v0t0 163v0故D正确。 故选BD。

7．（2021·广东·深圳实验学校高三月考）如图所示，在固定的水平横杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M（M>m）的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中。在以后的摆动过程中，木块不会碰到和超过水平横杆，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）

A．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g

B．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量不守恒 D．m不可能向左运动

试卷第6页，共13页

【答案】BCD 【详解】

A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则

m0v0＝(M＋m0)v1

解得速度大小为

v1＝

m0v0

m0M子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得

v12T－(M＋m0)g＝(M＋m0)

l可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项A错误；

B．子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体N＝T＋mg> (M＋m＋m0)g 选项B正确；

C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项C正确； D．由弹性碰撞公式可知， 从子弹打入木块到木块摆回到最低点时

(Mm0)v1(Mm0)v2mv3

11122(Mm0)v12(Mm0)v2mv3 222由于M+ m0>m，木块经过最低点时圆环速度有两个解，分别是最大速度

v32(Mm0)2m0v0v1

(Mm0m)Mm0m方向向右；最小速度：0，圆环不可能向左运动，选项D正确。 故选BCD。

8．（2021·湖北·高三期中）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m光滑弧形槽静止在光滑水平面上底部与水平面平滑连接。一个质量为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，下列分析正确的是（ ）

A．在下滑过程中，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒 B．在下滑过程中，小球和弧形槽组成的系统动量守恒 C．被弹簧反弹后，小球不能再滑回到弧形槽上

1D．被弹簧反弹后，小球能滑回到弧形槽上的最大高度为h

9【答案】AD

试卷第7页，共13页

【详解】

A．由于各接触面光滑，则在下滑过程中，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，故A正确； B．在下滑过程中，小球和弧形槽，在水平方向不受外力，则小球和弧形槽组成的系统在水平方向动量守恒，故B错误；

CD．设小球离开槽时小球和槽的速度大小分别为v1、v2，以向左为正方向，由机械能守恒定律和动量守恒定律得02mv2mv1 mgh1212mv12mv2 22可得v12v2

小球经弹簧后，速度大小不变，方向相反，向左运动追上槽，当小球和槽共速时，小球到达最高点，由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv12mv23mv

12112mv12mv2mgh'3mv2 222'联立解得hh 9故D正确，C错误。 故选AD。

9．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，下列说法不正确的是（ ）

A．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动 B．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动 C．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动 D．槽一直向右运动 【答案】AD 【详解】

AB．小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度都为零球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确;

试卷第8页，共13页

CD．小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平面上做往复运动，故C正确，D错误。

由于本题选择错误的，故选AD。

10．（2021·山西省长治市第二中学校高三月考）如图所示，在光滑水平面上静止着一个斜面体，其质量为m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a。今有一个质量为

m1m2=nm1的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度沿水平

方向，则下列说法正确的是（ ）

A．在小球下滑过程中，两者的动量总是大小相等方向相反 B．两者分开时斜面体向右移动的距离是

a n1C．分开时小球和斜面体的速度大小与两者的质量成反比 D．在小球下滑过程中斜面体弹力对它做的功为-【答案】BCD 【详解】

A．对于小球和斜面体组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，而不是其他方向也守恒，故A错误；

B．对于小球和斜面体各自的位移，由于两者共同走完a的路程，设小球水平分速度为v1，斜面体水平分速度为v2，由于系统水平方向动量守恒，则

m1v1nm1v2

m1gh n1所以m1v1tnm1v2t 即m1s1nm1s2 s1s2a

得斜面体的位移s2a n1方向向右，得B正确；

C．由于系统水平方向动量守恒，则m1v1m2v2

试卷第9页，共13页

v1m2 可得v2m1故C正确；

D．对于弹力对小球所做的功，由动能定理得m1ghW得弹力的功为W故D正确。 故选BCD。

11．（2021·重庆巴蜀中学高二月考）由轻弹簧连接的质量分别为mA7m0和mB2m0的两个物块初始时静止于水平光滑地面上，某时刻一质量为m0的子弹以速度v0从左侧射入A并停留在其中，则以下说法正确的是（ ）

1m1v12 2mgh1m1v12m1gh1 2n1

A．整个过程中由子弹、物块和弹簧组成的系统动量、机械能均守恒 B．弹簧弹性势能最大时，B的速度大小为C．过程中产生的热量为

72m0v0 161v0 1023m0v0D．弹簧的最大弹性势能为

80【答案】BC 【详解】

A．整个过程中由子弹、物块和弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒，在子弹打中物块A的过程中有滑动摩擦力做功，故系统机械能不守恒，A错误； BD．在子弹射入的过程动量守恒，根据动量守恒定律可得mv08m0v 解得vv0 8当子弹、物块A和物块B达到共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律可得

8m0v10m0v共

解得v共1v0 101122故最大弹性势能为Emp8m0v10m0v共

22解得Emp12m0v0 80试卷第10页，共13页

D错误，B正确；

C．在子弹射入的过程动量守恒，根据动量守恒定律可得mv08m0v 解得vv0 8v11722m0v08m0(0)2m0v0 22816过程中产生的热量为QC正确。 故选BC。

三、解答题

12．（2021·山东·肥城市教学研究中心高二期中）如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为M=4kg的小车，小车AB面粗糙LAB=1.65m且离地面的高度H=0.2m，BC是一段与小车水平面相切的光滑圆弧，在小车水平面处A端放有质量为m=1kg的物块。现给物块一个I=5N·s的瞬间冲量，使其沿BC上升到D点后返回（D点在BC间未画出），最后物块滑离A点且落地瞬间与小车左端的水平距离x=0.1m，求： （1）物块与AB平面间的动摩擦因数μ； （2）D点相对AB平面的高度h。

【答案】（1）0.3；（2）0.505m 【详解】

（1）（2）对物体获得瞬间冲量I=mv0

物体从A运动到D点的过程中，物体与小车组成的系统

mv0=(M+m)v1

11mv02Mmv12mgLABmgh 22物体返回到A点

mv0=Mv2+mv3

111mv02Mv22mv322mgLAB 222物块离开小车做平抛运动H=2gt2

x=(v2-v3)t

联立以上方程可得

1试卷第11页，共13页

μ=0.3 h=0.505m

113．（2021·河北·唐山市第十中学高二期中）如图所示，AB为半径R0.7m的竖直光滑圆

4弧轨道，与最低点B平滑连接的水平轨道由BC、CD两部分组成。BC部分粗糙，长度L11.25m。CD部分光滑，长度L25m。D点有固定的竖直挡板，质量ma2kg的滑块a

从圆弧最高点A由静止滑下，与静止在C点的质量mb1kg的滑块b发生正碰。滑块均可g10m/s2。视为质点，与BC段间的动摩擦因数0.2，所有的碰撞中均没有机械能损失，

求：

(1)滑块a对轨道最大压力的大小；

(2)滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离。

【答案】(1)60N；(2)3m 【详解】

(1)滑块a从A到B经过B点时对同轨道的压力最大,由机械能守恒定律得magR2vB根据牛顿第二定律FNmagma

R12mavB 2根据牛顿第三定律F压FN 解得F压60N

(2)设滑块第一次达到C点时速度vCmagL1解得vC3m/s

设a、b第一次碰撞后的速度分别为va1和vb1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mavCmava1mbvb1

1122mavCmavB 22111222mavCmavambvb 11222解得

va11m/s vb14m/s

设滑块a、b第二次碰撞的位置与D点距离为x

L2xL2x va1vb1试卷第12页，共13页

解得x＝3m

14．（2021·安徽·六安一中高三月考）如图所示，光滑水平面上有一质量M1.95kg的小车，车上B点左侧为半径R0.5m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，一个质量为m2kg的小物块置于B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m050g的子弹，以v0400m/s的速度击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，己知重力加速度g取10m/s2。求： （1）子弹刚停留在小车中时的速度； （2）小物块上升距离A点的最大高度；

（3）当小物块再次回到B点时，小物块的速度大小。

【答案】（1）v10m/s；（2）h2m；（3）v110m/s 【详解】

（1）取向右为正方向，对于子弹打小车，系统动量守恒可得

m0v0m0Mv

可得

v10m/s

（2）当小物块运动到圆轨道的最高点时三者共速，系统水平方向动量守恒，有

m0v0m0Mmv共1

解得

v共15m/s

设距离A最大高度为h，根据机械能守恒定律

112m0Mv2m0Mmv共1mghR 22解得

h2m

（3）当小物块再次回到B点时，小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2 系统水平方向动量守恒，则有m0Mvmv1m0Mv2 系统能量守恒，则有解得v110m/s

111m0Mv2mv12m0Mv22 222试卷第13页，共13页