10动量和能量在力学中综合应用三（碰撞问题）-2022年高考物理压轴题冲刺提升练习（解析版）.docx

十、动量和能量在力学中综合应用三（碰撞问题） 1、（2020年山东高考物理试卷）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。 (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1； (2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn； (3)求物块Q从A点上升的总高度H； (4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。 【答案】(1) P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4) 【解析】 (1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ① 由机械能守恒定律得 ② 联立①②式得 ③ ④ 故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为 (2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得 ⑤ 联立①②⑤式得 ⑥ 设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得 ⑦ 联立①②⑤⑦式得 ⑧ P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得 ⑨ 由机械能守恒定律得 ⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 ⑪ ⑫ 设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得 ⑬ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得 ⑭ 设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得 ⑮ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得 ⑯ P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得 ⑰ 由机械能守恒定律得 ⑱ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得 ⑲ ⑳ 设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得 ㉑ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得 ㉒ 总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为（n=1，2，3……） ㉓ (3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得 ㉔ 解得 ㉕ (4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得 ㉖ 设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得 ㉗ ㉘ 设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3 ㉙ 当A点与挡板之间的距离最小时 ㉚ 联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得 ㉛ 2、（2021年1月广东省新高考适应性考试）如图所示，固定的粗糙斜面，倾角=30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL（k>0）。现始终给A施加一个大小为F=mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少； (2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。 【答案】（1）0； （2）当时；当时 【解析】（1）A和B恰好能静止则表明 当给A施加一个大小为F=mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知 解得 A碰前的速度为 A与B发生弹性碰撞，由动量守恒可知 由能量守恒可知 解得， （2）碰后B运动到底端所用时间为 A运动到底端所用时间为 若，解得 当时，A与B同向相撞（即B与挡板碰撞前AB发生第二次碰撞），此时有 解得 当时A与B反向相撞（即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞），碰后B匀速运动，运动到底端的时间为 B与挡板碰后原速率返回 解得 AB加速度相同，相向运动，则 解得 3、（2021年河北省普通高中学业水平选择性考试）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求： （1）滑道段的长度； （2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。 【解析】（1）设斜面长度为L，背包质量为m1=2kg，在斜面上滑行时加速度为a1， m1gsinθ- μm1gcosθ= m1a1， 解得：a1=2m/s2。 滑雪者质量m2=48kg，初速度为v0=1.5m/s，加速度为a2=3m/s2，在斜面上滑行时间时间为t，落后时间t0=1s，则背包的滑行时间为t+t0，由匀变速直线运动规律， ， 联立解得：t=2s （t=-1s舍去），L=9m。 （2）设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度分别为v1、v2，有 v1=a1（t+t0）=6m/s，v2=v0+a2t=7.5m/s 滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上所受合外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有 解得：v=7.44m/s 4、（2021年湖北省普通高中学业水平选择性考试如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 （1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离； （2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率； （3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。 【答案】（1）2R （2） （3） 【解析】（1）根据题述，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由牛顿第二定律，mg=m解得 v= 由平抛运动规律，x=vt，2R= 联立解得：x=2R （2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点过程，由机械能守恒定律，mgRcosθ=, A所受力对A做功的功率P=mgsinθ·vD, 联立解得：P=。 （3）A碰撞后，由动能定理mgR=,，解得vA= B碰撞后，由动能定理2mgR+=,，解得vB= AB碰撞，由动量守恒定律，mv0= mvA+ mvB， 碰撞过程中A和B损失的总动能△Ek= - （+） 联立解得：△Ek=。 5、（2021年湖南省普通高等学校招生适应性考试）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。 （1）若从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小； （2）若从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程； （3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，沿倾斜轨道由静止开始下滑，与发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使和均能落在弧形轨道上，且落在落点的右侧，求下滑的初始位置距轴高度的取值范围。 【解析】本题考查动能定理、平抛运动规律、动量守恒定律及其相关知识点，主要考查综合运用知识分析解决问题的能力. （1）沿倾斜轨道由静止开始下滑到O点的过程中，由动能定理 解得：v1= （2）假设A落到P点，由平抛运动规律， 解得：v0= 则落到轨道上的动能 同时 解得 变形得 则的曲线方程为 （3）令A碰撞前速度为v，释放高度为h，由动能定理 则 AB发生弹性碰撞，系统动量守恒，机械能守恒，设碰撞后A速度为vA，B速度为vB，有 解得： 即 解得： A反弹后，经历一次往返后从O抛出，抛出的速度为v2，由动能定理， 为保证A落在轨道上，则 即 解得： 又为保证A落点在B右侧，则v2＞vB， 综上，得 变形得： 又因为 则释放高度的取值范围为 6、（2021年1月福建省新高考适应性考试）如图，光滑绝缘水平桌面位于以ab、cd为边界的匀强电场中，电场方向垂直边界向右。两小球A和B放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球质量均为m，A带电荷量为q（q>0），B不带电。初始时小球A距ab边界的距离为L，两小球间的距离也为L。已知电场区域两个边界ab、cd间的距离为10L，电场强度大小为E。现释放小球A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与小球B发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。求： (1)两小球发生第一次碰撞后，B获得的动量大小； (2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B间的最大距离； (3)当小球B离开电场区域时，A在电场中位置。 【答案】(1)；(2)L；(3)距cd边界的距离为L 【解析】 (1)设小球A的加速度为a，与小球B第一次碰前速度为v0，根据牛顿运动定律和运动学公式，有qE=ma ① ② 设碰撞后A、B的速度大小分别为vA1、vB1由量守恒和能量守恒，有 ③ ④ 联立①②③④式，得 ⑤ 小球B获得的动量大小为 ⑥ (2)设A、B两个小球发生第一次碰撞后经时间t′两者速度相同，时两小球相距最大距离为∆sm，根据运动学公式，有 ⑦ ⑧ 由①⑤⑦⑧式得∆sm=L ⑨ (3)设A、B两小球第一次碰撞后，经时间t1发生第二次碰撞，有 ⑩ 由⑤⑩式得 ⑪ 设A、B两小球第二次碰撞前后的速度分别为vA20，vB20，vA2，vB2，有 ⑫ 由动量守恒和能量守恒，有 ⑬ ⑭ 由⑫⑬⑭式可得 ⑮ 在t1时间内，A、B小球的位移均为 ⑯ 可知A与B第二次碰撞位置距电场cd边界的距离为 ⑰ 假设经时间t2发生第三次碰撞，由运动学规律，得 ⑱ 得 由于 ⑲ 故两小球不会发生第三次碰撞。 设两小球第二次碰后B经时间t3离开电场，则 ⑳ 在t3时间内，A的位移为 (21) 由①②⑮⑰⑳(21)式得 (22) 即B离开电场时，A距cd边界的距离为 (23) 7、（2021年1月河北省新高考适应性考试）在弗兰克-赫兹实验中，电子碰撞原子，原子吸收电子的动能从低能级跃迁到高能级。假设改用质子碰撞氢原子来实现氢原子的能级跃迁，实验装置如图1所示。紧靠电极A的O点处的质子经电压为U1的电极AB加速后，进入两金属网电极B和C之间的等势区。在BC区质子与静止的氢原子发生碰撞，氢原子吸收能量由基态跃迁到激发态。质子在碰撞后继续运动进入CD减速区，若质子能够到达电极D，则在电流表上可以观测到电流脉冲。已知质子质量mp与氢原子质量mH均为m，质子的电荷量为e，氢原子能级图如图2所示，忽略质子在O点时的初速度，质子和氢原子只发生一次正碰。 (1)求质子到达电极B时的速度v0； (2)假定质子和氢原子碰撞时，质子初动能被氢原子吸收用于能级跃迁。要出现电流脉冲，求CD间电压U2与U1应满足的关系式； (3)要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，求U1的最小值。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 (1)根据动能定理 解得质子到达电极B时的速度 (2)质子和氢原子碰撞，设碰后质子速度为 ，氢原子速度为 ，动量守恒 能量守恒 解得 ， 在减速区 联立解得： (3) 要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，则需要能量最小为 碰撞过程， 分析可知，当 时，损失机械能最大，被吸收的最大，此时 解得 8、（2021年广东省普通高中学业水平选择性考试）算盘是我国古老计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。 （1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； （2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 【答案】（1）能；（2）0.2s 【解析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有 则甲乙滑动时的加速度大小均为 甲与乙碰前的速度v1，则 解得v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 解得碰后乙的速度v3=0.2m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时则 可知乙恰好能滑到边框a； （2）甲与乙碰前运动的时间 碰后甲运动时间 则甲运动的总时间为 9、（2021年6月浙江省普通高中学业水平选择性考试）如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。 （1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小； （2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值； （3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。 【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m 【解析】（1）小滑块在轨道上运动 代入数据解得 （2）小球沿轨道运动，在最高点可得 从C点到E点由机械能守恒可得 解得， 小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有 ， 解得， 结合(1)问可得 解得h的最小值 （3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理 由平抛运动可得， 联立可得水平距离为 由数学知识可得当 取最大，最大值为 10、（2021年福建省普通高中学业水平选择性考试）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线的中点，M、N在连线的中垂线上.A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（）.以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴.若取无穷远处为电势零点，则上的电势随位置x的变化关系如图（b）所示.一电荷量为Q（）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在段运动的加速度大小随位置x的变化关系如图（c）所示.图中g为重力加速度大小，k为静电力常量. （1）求小球在M点所受电场力大小. （2）当小球运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球发生弹性碰撞.已知与的质量相等，碰撞前，后的动能均为，碰撞时间极短.求碰撞前的动量大小. （3）现将固定在N点，为保证能运动到N点与之相碰，从M点下落时的初动能须满足什么条件？ 【解析】（1）设到喜的距离为，A点的电荷对小球的库仑力大小为，由库仑定律有① 设小球在喜所受电场力大小为，由力的合成有② 联立①②式，由几何关系并代入数据得③ （2）设O点下方处为点，与的距离为，小球在处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有④式中 设小球的质量为，小球在点的加速度大小为，由牛顿第二定律有 ⑤ 由图（c）可知，式中，联立④⑤式并代入数据得⑥ 设的质量为，碰撞前、后的速度分别为，，碰撞前、后的速度分别为，取竖直向而为正方向.由动量守恒定律和能量守恒定律有 ⑦ ⑧ 设小球S碰撞前的动量为，由动量的定义有⑨ 依题意，. 联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得 ⑩ 即碰撞前的动量大小为. （3）设O点上方处为D点.根据图（c）和对称性可知，在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，在此处加速度为0；在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证能运动到N点与相碰，运动到D点时的速度必须大于零. 设M点与D点电势差为，由电势差定义有⑪ 设小球初动能为，运动到D点的动能为，由动能定理有 ⑫ ⑬ 由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得：⑭ 11、（2020年浙江省高三7月选考）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，） 【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（） 【解析】 (1)机械能守恒定律 牛顿第二定律 牛顿第三定律 方向水平向左 (2)能在斜轨道上到达最高点为点，功能关系 得 故不会冲出 (3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理 碰撞后的速度为，动量守恒定律 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理 得 （） 12、（2021年1月重庆市普通高中学业水平选择性考试适应性测试）如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求: (1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小； (2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。 【答案】(1)；(2) 【解析】 (1)从小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知 解得 (2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动 解得 水平方向上做匀速直线运动 解得 小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得 解得碰撞后小木块1的速度为 之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知 解得 13、（2021年北京市普通高中学业水平等级性考试）如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求： （1）两物块在空中运动的时间t； （2）两物块碰前A的速度v0的大小； （3）两物块碰撞过程中损失的机械能。 【解析】（1）竖直方向为自由落体运动，由 得 t = 0.30 s （2）设A、B碰后速度为，水平方向为匀速运动，由 得 根据动量守恒定律，由 得 （3）两物体碰撞过程中损失的机械能 得 14、(2021·湖北省高三1月模拟演练)如图所示,某时刻质量m1=50 kg的人站在m2=10 kg的小车上,推着m3=40 kg的铁箱一起以速度v0=2 m/s在水平地面上沿直线运动到A点时,该人迅速将铁箱推出,推出后人和车刚好停在A点,铁箱则向右运动到距A点s=0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回,弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一,当铁箱回到A点时被人接住,人、小车和铁箱一起向左运动。已知小车、铁箱受到的摩擦力均为其对地面压力的15,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)人推出铁箱时对铁箱所做的功。 (2)人、小车和铁箱停止运动时与A点的距离。 【答案】(1)420 J　 (2)0.2 m 【解析】(1)人推出铁箱的过程,由动量守恒定律得 (m1+m2+m3)v0=m3v1 解得v1=5 m/s 人推出铁箱时对铁箱所做的功 W=12m3v12-12m3v02=420 J。 (2)设铁箱与墙相碰前的速度为v2,铁箱再次滑到A点时速度为v3,对铁箱,根据动能定理,从A点到墙有 -15m3gs=12m3v22-12m3v12 解得v2=26 m/s 从墙到A点有-15m3gs=12m3v32-12m312v22 解得v3=5 m/s 设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为v4,根据动量守恒定律得m3v3=(m1+m2+m3)v4 解得v4=255 m/s 根据动能定理,有 -15(m1+m2+m3)gx=0-12(m1+m2+m3)v42 解得x=0.2 m。