2025版新教材高考物理全程一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)分層作業(yè)28碰撞模型的拓展

課時(shí)分層作業(yè)(二十八)碰撞模型的拓展基礎(chǔ)強(qiáng)化練1.如圖所示，A、B兩小球質(zhì)量均為m，用輕彈簧相連接，靜止在水平面上．兩者間的距離等于彈簧原長(zhǎng)．現(xiàn)用錘子敲擊A球，使A獲得速度v，兩者運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后停下，則()A．兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．摩擦力對(duì)A做的功等于A動(dòng)能的改變C．摩擦力對(duì)B所做的功等于B機(jī)械能的改變D．最終A、B、彈簧所組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能可能小于eq\f(1,2)mv22．(多選)如圖所示，連接有輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以肯定初速度向左運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于a、b兩物塊的動(dòng)量p隨時(shí)間t的改變關(guān)系圖像，合理的是()3.如圖所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量為M、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽，左側(cè)靠著豎直墻壁靜止．質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從槽口A的正上方某高處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入槽內(nèi)，最終從C點(diǎn)離開(kāi)凹槽，B為凹槽的最低點(diǎn)．關(guān)于小球與槽相互作用的過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是()A．小球在槽內(nèi)從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，小球與槽在水平方向上動(dòng)量不守恒B．小球在槽內(nèi)從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒C．小球在槽內(nèi)從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，小球與槽在水平方向上動(dòng)量不守恒D．小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)4.如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊．現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是()A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B.木塊擺至最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)C.子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對(duì)輕桿的壓力等于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒5．如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與靜置在水平導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.5kg的滑塊B相連，彈簧處在原長(zhǎng)狀態(tài)，B最初靜止位置的左側(cè)導(dǎo)軌光滑、右側(cè)導(dǎo)軌粗糙，另一質(zhì)量與B相同的滑塊A，從與B的距離L＝2.5m處以某一初速度起先向B滑行，與B相碰(碰撞時(shí)間極短)后A、B粘在一起運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，該過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝2J．A與導(dǎo)軌粗糙部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.求：(1)A、B碰撞后的瞬間的速度大小v；(2)A的初速度大小v0.實(shí)力提升練6.如圖所示，一質(zhì)量m2＝0.25kg的平頂小車，車頂右端放一質(zhì)量m3＝0.30kg的小物體，小物體可視為質(zhì)點(diǎn)，與車頂之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45，小車靜止在光滑的水平軌道上．現(xiàn)有一質(zhì)量m1＝0.05kg的子彈以水平速度v0＝18m/s射中小車左端，并留在車中，子彈與車相互作用時(shí)間很短．若使小物體不從車頂上滑落，g取10m/s2.下列分析正確的是()A．小物體在小車上相對(duì)小車滑行的時(shí)間為1sB．最終小物體與小車的共同速度為3m/sC．小車的最小長(zhǎng)度為1.0mD．小車對(duì)小物體的摩擦力的沖量為0.45N·s7.如圖所示，光滑水平地面上有一個(gè)兩端帶有固定擋板的長(zhǎng)木板，木板最右端放置一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，滑塊和木板均靜止．現(xiàn)施加一水平向右的恒力F＝22N拉木板，當(dāng)滑塊即將與左擋板接觸時(shí)，撤去拉力F.已知木板的質(zhì)量M＝2kg、長(zhǎng)度l＝18m，滑塊的質(zhì)量m＝2kg，滑塊與左、右擋板的碰撞均為彈性碰撞，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.取g＝10m/s2.求：(1)撤去拉力時(shí)滑塊的速度大小v1和木板的速度大小v2；(2)最終滑塊與木板相對(duì)靜止時(shí)，兩者的共同速度大小v3；(3)從撤去拉力到滑塊與木板保持相對(duì)靜止所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間Δt.8．如圖所示，一小車置于光滑水平面上，小車質(zhì)量m0＝3kg，小車上表面AO部分粗糙且長(zhǎng)L＝2m，物塊與AO部分間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，OB部分光滑．水平輕質(zhì)彈簧右端固定，左端拴接物塊b，另一小物塊a，放在小車的最左端，和小車一起以v0＝4m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，小車撞到固定豎直擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但不與擋板粘連．已知車OB部分的長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．a(chǎn)、b兩物塊視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m＝1kg，碰撞時(shí)間極短且不粘連，碰后以共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)．(g取10m/s2)求：(1)物塊a與b碰后的速度大小；(2)當(dāng)物塊a相對(duì)小車靜止時(shí)小車右端B到擋板的距離；(3)當(dāng)物塊a相對(duì)小車靜止時(shí)在小車上的位置到O點(diǎn)的距離．課時(shí)分層作業(yè)（二十八）1．解析：由于小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有摩擦力作用，合外力不為0，所以兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；摩擦力對(duì)A做的功不等于A動(dòng)能的改變，因?yàn)閷?duì)A除了摩擦力做功，還有彈簧的彈力做功，B錯(cuò)誤；摩擦力對(duì)B所做的功不等于B機(jī)械能的改變，因?yàn)閷?duì)B球分析彈簧彈力也做了功，C錯(cuò)誤；由于有摩擦力作用，則最終彈簧可能處于壓縮或伸長(zhǎng)狀態(tài)，具有肯定的彈性勢(shì)能，所以最終A、B、彈簧所組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能可能小于eq\f(1,2)mv2，D正確．答案：D2．解析：b與彈簧接觸后，彈力漸漸增大，故兩物塊的加速度肯定先增大后減小，故A不正確；b與彈簧接觸后，壓縮彈簧，b做減速運(yùn)動(dòng)，a做加速運(yùn)動(dòng)，且在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，假如b的質(zhì)量較小，可能出現(xiàn)b反彈的現(xiàn)象，故B正確；由B中分析可知，兩物塊滿意動(dòng)量守恒定律，并且假如a、b兩物塊的質(zhì)量相等，則可以出現(xiàn)C中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，故C正確；由B中分析可知，兩物塊滿意動(dòng)量守恒定律，假如a的質(zhì)量很小，可能出現(xiàn)D中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，故D正確．答案：BCD3．解析：小球在槽內(nèi)從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，因?yàn)椴鄣淖髠?cè)是豎直墻壁，墻壁對(duì)槽有水平向右的彈力，所以小球與槽在水平方向上動(dòng)量不守恒，A正確；小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，只有重力做功，所以小球的機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；小球在槽內(nèi)從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，槽向右運(yùn)動(dòng)，墻壁對(duì)槽無(wú)作用力，所以小球與槽在水平方向上動(dòng)量守恒，C錯(cuò)誤；小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，由于小球既有豎直向上的分速度，又有水平向右的分速度，所以小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤．答案：A4．解析：子彈射入木塊的瞬間，取水平向右為正方向，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則m0v0＝（M＋m0）v1，解得v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)木塊擺至最高點(diǎn)時(shí)，子彈、木塊以及圓環(huán)三者速度相同，以三者為系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒，則m0v0＝（M＋m0＋m）v2，即v2＝eq\f(m0v0,m0＋m＋M)，故B正確；子彈射入木塊后的瞬間，設(shè)繩對(duì)木塊和子彈的拉力為FT，則對(duì)木塊和子彈整體依據(jù)牛頓其次定律可得FT－（M＋m0）g＝（M＋m0）eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),l)，可知繩子拉力FT>（M＋m0）g，子彈射入木塊后的瞬間，對(duì)圓環(huán)有FN＝FT＋mg>（M＋m＋m0）g，則由牛頓第三定律知，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于（M＋m＋m0）g，故C錯(cuò)誤；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，故D錯(cuò)誤．答案：B5．解析：（1）壓縮彈簧過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)·2mv2；代入數(shù)據(jù)得：v＝2m/s.（2）A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：2mv＝mvA，解得：vA＝4m/s，滑塊A向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v0＝6m/s.答案：（1）2m/s（2）6m/s6．解析：以小物體為探討對(duì)象，由動(dòng)量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝eq\f(1,3)s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；子彈射入小車的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0＝（m1＋m2）v1，解得v1＝3m/s；小物體在小車上滑行過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得（m1＋m2）v1＝（m1＋m2＋m3）v2，解得v2＝1.5m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)系統(tǒng)相對(duì)靜止時(shí)，小物體在小車上滑行的距離為l，由能量守恒定律得μm3gl＝eq\f(1,2)（m1＋m2）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)（m1＋m2＋m3）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得l＝0.5m，所以小車的最小長(zhǎng)度為0.5m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小車對(duì)小物體的摩擦力的沖量為I＝0.45N·s，選項(xiàng)D正確．答案：D7．解析：（1）對(duì)滑塊a1＝μg＝1m/s2對(duì)木板a2＝eq\f(F－μmg,M)＝10m/s2由l＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))得t1＝2sv1＝a1t1＝2m/sv2＝a2t1＝20m/s.（2）對(duì)滑塊和木板：撤去拉力后系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，即mv1＋Mv2＝（m＋M）v3解得v3＝11m/s.（3）由于滑塊和木板質(zhì)量相等，且發(fā)生彈性碰撞，故兩者每次碰撞前后速度交換由v-t圖像得Δt＝eq\f(v3－v1,a1)＝9s.答案：（1）2m/s，20m/s（2）11m/s（3）9s8．解析：（1）對(duì)物塊a，由動(dòng)能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))代入數(shù)據(jù)解得a與b碰前a的速度v1＝2m/s；a、b碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以a的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv1＝2mv2代入數(shù)據(jù)解得v2＝1m/s.（2）當(dāng)彈簧復(fù)原到原長(zhǎng)時(shí)兩物塊分別，物塊a以v2＝1m/s的速度在小車上向左滑動(dòng)，當(dāng)與小車同速時(shí)為v3，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv2＝（m0＋m）v3，代入數(shù)據(jù)解得v3＝0.25m/s.對(duì)小車，由動(dòng)能定理得μmgs＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(\s\up1(2