2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章微專題46“廣義碰撞”的三種模型練習(xí)含解析教科版

PAGEPAGE1微專題46“廣義碰撞”的三種模型1．“彈簧—滑塊”模型：(1)系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，但系統(tǒng)的總動能會與彈性勢能發(fā)生轉(zhuǎn)化．(2)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，此時動能最小、彈性勢能最大；彈簧復(fù)原原長時相當(dāng)于完全彈性碰撞，此時系統(tǒng)的總動能守恒．2．“板—塊”模型：系統(tǒng)的動量守恒，當(dāng)兩者的速度相等時，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)機械能損失最大，損失的機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能．3．“斜面模型”：系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，當(dāng)小球滑至斜面最大高度時兩物體具有共同速度，此時相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為小球增加的勢能．對小球從沖上斜面又滑離斜面的全過程，相當(dāng)于彈性碰撞，全過程系統(tǒng)機械能守恒．1．(多選)(2024·吉林省“五地六校”合作體聯(lián)考)如圖1所示，在光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運動，B左端有一輕彈簧且初速度為0，在A與彈簧接觸以后的過程中(A與彈簧不粘連)，下列說法正確的是()圖1A．輕彈簧被壓縮到最短時，A、B系統(tǒng)總動量仍舊為mvB．輕彈簧被壓縮到最短時，A的動能為eq\f(1,4)mv2C．彈簧復(fù)原原長時，A的動量肯定為零D．A、B兩物體組成的系統(tǒng)機械能守恒2．(多選)(2024·河南駐馬店市第一學(xué)期期終)如圖2所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m＝3kg的物塊A、B、C，物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)．設(shè)A以v0＝4m/s的速度朝B起先運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后接著運動．假設(shè)B和C碰撞過程時間極短，則以下說法正確的是()圖2A．從起先到彈簧最短時物塊C受到的沖量大小為1N·sB．從起先到彈簧最短時物塊C受到的沖量大小為4N·sC．從起先到A與彈簧分別的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為3JD．從起先到A與彈簧分別的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為9J3．(2024·福建三明市質(zhì)檢)如圖3甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑水平面上．現(xiàn)使A獲得水平向右、大小為3m/s的瞬時速度，從今刻起先計時，兩物塊的速度隨時間改變的規(guī)律如圖乙所示，從圖像供應(yīng)的信息可得()圖3A．在t1和t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B．在t1～t2時間內(nèi)A、B的距離漸漸增大，t2時刻彈簧的彈性勢能最大C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1D．在t2時刻A、B兩物塊的動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶84．(2024·山東日照市上學(xué)期期末)如圖4所示，光滑的水平桌面上放置一質(zhì)量M＝4kg、長L＝0.6m的長木板B，質(zhì)量m＝1kg的小木塊A(可看成質(zhì)點)放在長木板的左端，起先A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)有一個與A完全相同的小木塊C從長木板右側(cè)以v0＝6m/s的初速度沖向長木板，碰后以v1＝2m/s的速度被反向彈回(碰撞時間極短)，最終小木塊A恰好不滑落長木板．重力加速度g＝10m/s2.求：圖4(1)碰后瞬間長木板B的速度；(2)小木塊A與長木板間的動摩擦因數(shù)．5．(2024·河南平頂山市一輪復(fù)習(xí)質(zhì)檢)如圖5所示，質(zhì)量為m的物塊A在光滑的水平面上以肯定的速度向右滑行，質(zhì)量為2m的圓弧體靜止在光滑水平面上，光滑圓弧面最低點與水平面相切，圓弧的半徑為R，圓弧所對的圓心角θ＝53°，物塊滑上圓弧體后，剛好能滑到圓弧體的最高點，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：圖5(1)物塊在水平面上滑行的速度大?。?2)若將圓弧體鎖定，物塊仍以原來的速度向右滑行并滑上圓弧體，則物塊從圓弧面上滑出后上升到最高點的速度大小及最高點離地面的高度．6．(2024·北京市東城區(qū)二模)能量守恒定律和動量守恒定律是自然界最普遍、最基本的規(guī)律，它為我們解決很多實際問題供應(yīng)了依據(jù)．如圖6所示，在光滑的水平面上，靜止放置質(zhì)量為2m的滑塊B，其左側(cè)面固定一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊A，以初速度v0正對B向右運動，在此后的運動過程中，A、B始終在同始終線上運動．圖6(1)求彈簧壓縮量最大時B的速率v；(2)求滑塊B的最大速率vB；(3)若在滑塊B的右側(cè)某處固定一彈性擋板C，擋板的位置不同，B與C相碰時的速度不同．已知B滑塊與C碰撞時間極短，B與C碰后速度馬上等大反向，B與C碰撞的過程中，可認為A的速度保持不變．B與擋板相碰后馬上撤去擋板C.此后運動過程中，A、B系統(tǒng)的彈性勢能的最大值為Epm，擋板位置不同，Epm的數(shù)值不同，求Epm的最小值．7．(2024·河南省頂級名校聯(lián)測)如圖7所示，放在光滑水平面上的小車可以在兩個固定障礙物A、B之間來回運動．小車最左端放有一個小木塊，初始小車緊挨障礙物A靜止．某時刻，一粒子彈以速度v0射中木塊并嵌入其中．小車向右運動到與障礙物B相碰時，木塊恰好運動到了小車的最右端，且小車與木塊恰好達到共速．小車和它上面的木塊同時與障礙物B相碰，碰后小車速度馬上減為零，而木塊以碰撞之前的速度反彈，過一段時間，小車左端又與障礙物A相碰，碰后小車速度馬上減為零，木塊接著在小車上向左滑動，速度漸漸減為零而停在小車上．已知小車的質(zhì)量為m，長度為L，小木塊質(zhì)量為eq\f(2,5)m，子彈質(zhì)量為eq\f(1,10)m，重力加速度為g.子彈和小木塊都可以看做質(zhì)點．求：圖7(1)小木塊運動過程中的最大速度；(2)小車從左到右運動的最大距離以及小木塊與小車間的動摩擦因數(shù)；(3)小木塊最終停止運動后，木塊在小車上的位置與小車右端的距離．

答案精析1．AC[A和B及輕彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒，初狀態(tài)總動量為mv，則彈簧壓縮至最短時，系統(tǒng)總動量仍舊為mv，故A正確；輕彈簧被壓縮到最短時，A和B的速度相等，由動量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝eq\f(v,2)，則此時A的動能為EkA＝eq\f(1,2)mv共2＝eq\f(1,8)mv2，故B錯誤；A和B在相對靠近壓縮彈簧和相對遠離彈簧復(fù)原原長的過程中，滿意A、B與輕彈簧組成的系統(tǒng)的動量守恒和機械能守恒有：mv＝mvA＋mvB，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，可得vA＝0，vB＝v，故C正確；A、B兩物體組成的系統(tǒng)的機械能有一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，機械能不守恒，而A和B及彈簧組成的系統(tǒng)沒有其他能參加轉(zhuǎn)化，機械能守恒，故D錯誤．]2．BC[設(shè)當(dāng)A、B速度相等且B與C碰撞之前A、B的速度為v1，以v0的方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝2m/s;從起先到彈簧最短時，對A、B、C系統(tǒng)有：mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(4,3)m/s；從起先到彈簧最短時，對物塊C，由動量定理：I＝mv2＝4N·s，選項B正確，A錯誤；B與C相碰的過程：mv1＝2mv3，解得v3＝1m/s；則從起先到A與彈簧分別的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)·2mv32＝3J，選項C正確，D錯誤．]3．D[在t1和t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，兩個時刻彈簧的彈性勢能最大；由圖像的面積可知，在t1～t2時間內(nèi)A、B的距離漸漸增大，選項A、B錯誤；依據(jù)動量守恒，從0～t1時刻：m1v0＝(m1＋m2)v1，即3m1＝(m1＋m2)×1，解得2m1＝m2，選項C錯誤；在t2時刻A、B兩物塊的速度分別為－1m/s和2m/s，依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8，選項D正確．]4．(1)2m/s，方向向左(2)0.27解析(1)規(guī)定向左為正方向，對B、C系統(tǒng)，由動量守恒定律有：mv0＝Mv－mv1代入數(shù)據(jù)解得：v＝2m/s，方向向左；(2)A與B作用過程，由動量守恒定律有：Mv＝(M＋m)v共代入數(shù)據(jù)解得：v共＝1.6m/s由能量守恒定律有：μmgL＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v共2代入數(shù)據(jù)解得：μ≈0.27.5．(1)eq\r(\f(6,5)gR)(2)eq\f(3,5)eq\r(\f(2,5)gR)eq\f(66,125)R解析(1)物塊與圓弧體組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，物塊到達最高點時兩者速度相等，以向右為正方向，由動量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，由機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋mgR(1－cosθ)，聯(lián)立解得：v0＝eq\r(\f(6,5)gR)；(2)對物塊，由機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋mgR(1－cosθ)，解得：v1＝eq\r(\f(2,5)gR)物塊從圓弧最高點拋出后，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，物塊到達最高點時，物塊的速度：v2＝v1cosθ＝eq\f(3,5)eq\r(\f(2,5)gR)，由機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝mgh＋eq\f(1,2)mv22，聯(lián)立解得：h＝eq\f(66,125)R.6．(1)eq\f(1,3)v0(2)eq\f(2,3)v0(3)eq\f(1,27)mv02解析(1)A、B速度相同時，彈簧壓縮量最大即彈性勢能最大，以初速度v0的方向為正方向，由動量守恒有：mv0＝3mv解得v＝eq\f(1,3)v0；(2)彈簧復(fù)原原長時，滑塊B的速度最大，由動量守恒有：mv0＝mvA＋2mvB由能量關(guān)系有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)·2mvB2解得vA＝eq\f(1,3)v0，vB＝eq\f(2m,2m＋m)v0＝eq\f(2,3)v0；(3)B與擋板碰撞后，當(dāng)A、B共速時彈性勢能最大，整個過程中機械能守恒，則有：Epm＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(3,2)mv共′2當(dāng)v共′最大時，Epm最??；設(shè)B、C碰前瞬間，A、B的速度分別為vA′、vB′，由動量守恒：mv0＝mvA′＋2mvB′B、C碰后至A、B再次共速的過程，對系統(tǒng)：mvA′－2mvB′＝3mv共′當(dāng)B與C碰撞前彈簧復(fù)原原長時，A的速度向左最大，B的速度向右最大，且B的動量：pm＝2mvB>mv0在這種狀況下，B與擋板碰撞后，A、B速度均向左，總動量向左最大；由(2)可知：vA′＝－eq\f(1,3)v0，vB′＝eq\f(2,3)v0再由：mvA′－2mvB′＝3mv共′可得v共′＝－eq\f(5,9)v0，則(Epm)min＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(3,2)mv共′2＝eq\f(1,27)mv02.7．(1)eq\f(1,5)v0(2)eq\f(L,3)eq\f(v02,75Lg)(3)eq\f(7,54)L解析(1)設(shè)子彈和小木塊的共同速度為v1，以v0的方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律有：eq\f(1,10)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v1解得：v1＝eq\f(1,5)v0；(2)內(nèi)嵌子彈的小木塊與小車作用過程，子彈、小木塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為v2，則有：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m＋m))v2解得：v2＝eq\f(1,15)v0小木塊與小車之間的摩擦力大小為f，木塊從A運動到B的路程為s，對小木塊有：－fs＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v22－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v12對小車有：f(s－L)＝eq\f(1,2)mv22解得：s＝eq\f(4,3)L，f＝eq\f(mv02,150L)小車從A運動到B的路程為：s－L＝eq\f(L,3)動摩擦因數(shù)：μ＝eq\f(v02,75gL)；(3)內(nèi)嵌子彈的小木塊反彈后與小車達到相對靜止?fàn)顟B(tài)，共同速度為v3，相對小車滑行的距離為s1，小車停后小木塊做勻減速運動，相對小車滑行距離為s2依據(jù)動量守恒有：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m＋m))v3解得：v3＝eq\f(1,3)v2＝eq\f(1,45)v0依據(jù)能量守恒：fs1＝eq\f(1,2)