2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业28碰撞模型的拓展

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业28碰撞模型的拓展，共6页。试卷主要包含了如图所示，一质量m2＝0等内容，欢迎下载使用。

1.
如图所示，A、B两小球质量均为m，用轻弹簧相连接，静止在水平面上．两者间的距离等于弹簧原长．现用锤子敲击A球，使A获得速度v，两者运动一段时间后停下，则( )
A．两球组成的系统动量守恒
B．摩擦力对A做的功等于A动能的变化
C．摩擦力对B所做的功等于B机械能的变化
D．最终A、B、弹簧所组成的系统损失的机械能可能小于eq \f(1,2)mv2
2．(多选)如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图像，合理的是( )
3.如图所示，光滑水平地面上有一质量为M、半径为R且内壁光滑的半圆槽，左侧靠着竖直墙壁静止．质量为m的小球(可视为质点)从槽口A的正上方某高处由静止释放，并从A点沿切线进入槽内，最后从C点离开凹槽，B为凹槽的最低点．关于小球与槽相互作用的过程，下列说法中正确的是( )
A．小球在槽内从A运动到B的过程中，小球与槽在水平方向上动量不守恒
B．小球在槽内从A运动到B的过程中，小球的机械能不守恒
C．小球在槽内从B运动到C的过程中，小球与槽在水平方向上动量不守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
4.如图所示，在固定的水平杆上，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留在木块中，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，速度大小为eq \f(m0v0,m0＋m＋M)
B.木块摆至最高点时，速度大小为eq \f(m0v0,m0＋m＋M)
C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力等于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
5．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与静置在水平导轨上质量m＝0.5kg的滑块B相连，弹簧处在原长状态，B最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，另一质量与B相同的滑块A，从与B的距离L＝2.5m处以某一初速度开始向B滑行，与B相碰(碰撞时间极短)后A、B粘在一起运动压缩弹簧，该过程中弹簧的最大弹性势能Ep＝2J．A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.4.求：
(1)A、B碰撞后的瞬间的速度大小v；
(2)A的初速度大小v0.
能力提升练
6.如图所示，一质量m2＝0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝18m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2.下列分析正确的是( )
A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为1s
B．最后小物体与小车的共同速度为3m/s
C．小车的最小长度为1.0m
D．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45N·s
7.
如图所示，光滑水平地面上有一个两端带有固定挡板的长木板，木板最右端放置一个可视为质点的小滑块，滑块和木板均静止．现施加一水平向右的恒力F＝22N拉木板，当滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F.已知木板的质量M＝2kg、长度l＝18m，滑块的质量m＝2kg，滑块与左、右挡板的碰撞均为弹性碰撞，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1.取g＝10m/s2.求：
(1)撤去拉力时滑块的速度大小v1和木板的速度大小v2；
(2)最终滑块与木板相对静止时，两者的共同速度大小v3；
(3)从撤去拉力到滑块与木板保持相对静止所经历的时间Δt.
8．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3kg，小车上表面AO部分粗糙且长L＝2m，物块与AO部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点，质量均为m＝1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动．(g取10m/s2)求：
(1)物块a与b碰后的速度大小；
(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．
课时分层作业（二十八）
1．解析：由于小球运动过程中有摩擦力作用，合外力不为0，所以两球组成的系统动量不守恒，A错误；摩擦力对A做的功不等于A动能的变化，因为对A除了摩擦力做功，还有弹簧的弹力做功，B错误；摩擦力对B所做的功不等于B机械能的变化，因为对B球分析弹簧弹力也做了功，C错误；由于有摩擦力作用，则最后弹簧可能处于压缩或伸长状态，具有一定的弹性势能，所以最终A、B、弹簧所组成的系统损失的机械能可能小于eq \f(1,2)mv2，D正确．
答案：D
2．解析：b与弹簧接触后，弹力慢慢增大，故两物块的加速度一定先增大后减小，故A不正确；b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，故B正确；由B中分析可知，两物块满足动量守恒定律，并且如果a、b两物块的质量相等，则可以出现C中的运动过程，故C正确；由B中分析可知，两物块满足动量守恒定律，如果a的质量很小，可能出现D中的运动过程，故D正确．
答案：BCD
3．解析：小球在槽内从A运动到B的过程中，因为槽的左侧是竖直墙壁，墙壁对槽有水平向右的弹力，所以小球与槽在水平方向上动量不守恒，A正确；小球从A运动到B的过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，B错误；小球在槽内从B运动到C的过程中，槽向右运动，墙壁对槽无作用力，所以小球与槽在水平方向上动量守恒，C错误；小球离开C点以后，由于小球既有竖直向上的分速度，又有水平向右的分速度，所以小球做斜上抛运动，D错误．
答案：A
4．解析：子弹射入木块的瞬间，取水平向右为正方向，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝（M＋m0）v1，解得v1＝eq \f(m0v0,m0＋M)，故A错误；当木块摆至最高点时，子弹、木块以及圆环三者速度相同，以三者为系统，水平方向动量守恒，则m0v0＝（M＋m0＋m）v2，即v2＝eq \f(m0v0,m0＋m＋M)，故B正确；子弹射入木块后的瞬间，设绳对木块和子弹的拉力为FT，则对木块和子弹整体根据牛顿第二定律可得FT－（M＋m0）g＝（M＋m0）eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,l)，可知绳子拉力FT>（M＋m0）g，子弹射入木块后的瞬间，对圆环有FN＝FT＋mg>（M＋m＋m0）g，则由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g，故C错误；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，故D错误．
答案：B
5．解析：（1）压缩弹簧过程中，滑块的动能转化为弹簧的弹性势能，由能量守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)·2mv2；
代入数据得：v＝2m/s.
（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv＝mvA，
解得：vA＝4m/s，
滑块A向左运动的过程中，由动能定理得：
－μmgL＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
解得v0＝6m/s.
答案：（1）2m/s （2）6m/s
6．解析：以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝eq \f(1,3)s，选项A错误；子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝（m1＋m2）v1，解得v1＝3m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得（m1＋m2）v1＝（m1＋m2＋m3）v2，解得v2＝1.5m/s，选项B错误；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝eq \f(1,2)（m1＋m2）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)（m1＋m2＋m3）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得l＝0.5m，所以小车的最小长度为0.5m，选项C错误；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45N·s，选项D正确．
答案：D
7．解析：（1）对滑块a1＝μg＝1m/s2
对木板a2＝eq \f(F－μmg,M)＝10m/s2
由l＝eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
得t1＝2s
v1＝a1t1＝2m/s
v2＝a2t1＝20m/s.
（2）对滑块和木板：撤去拉力后系统合外力为零，动量守恒，即mv1＋Mv2＝（m＋M）v3
解得v3＝11m/s.
（3）由于滑块和木板质量相等，且发生弹性碰撞，故两者每次碰撞前后速度交换
由v­t图像得Δt＝eq \f(v3－v1,a1)＝9s.
答案：（1）2m/s，20m/s （2）11m/s （3）9s
8．解析：（1）对物块a，由动能定理得
－μmgL＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得a与b碰前a的速度v1＝2m/s；
a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝2mv2
代入数据解得v2＝1m/s.
（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a以v2＝1m/s的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时为v3，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2＝（m0＋m）v3，
代入数据解得v3＝0.25m/s.
对小车，由动能定理得μmgs＝eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
代入数据解得，同速时小车B端到挡板的距离s＝eq \f(1,32)m.
（3）由能量守恒得μmgx＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －eq \f(1,2)（m0＋m）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
解得物块a与车相对静止时与O点的距离：x＝0.125m.
答案：（1）1m/s （2）eq \f(1,32)m （3）0.125m