高中通用技术模型优秀同步测试题

这是一份高中通用技术模型优秀同步测试题，文件包含模型10多过程模型原卷版-动量守恒的十种模型解读和针对性训练docx、模型10多过程模型解析版-动量守恒的十种模型解读和针对性训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
把碰撞、人船、爆炸、滑块木板、传送带、平抛运动、竖直面内圆周运动等模型中若干个有机组合成一题，成为多过程模型。
解答多过程模型，要根据题述情景分别运用相关物理规律列方程解答。
【典例精析】
【典例】.（16分）（2024湖南名校3月适应性训练）如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB和水平传送带平滑无缝连接，传送带长L=4m，，以10m/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道EF的装置P固定于水平地面上，EF位于竖直平面内，由两段半径均为R=0.8m的圆弧细管道组成，EF管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切连接，MN长，右侧为竖直墙壁。滑块a的质量，滑块b与轻弹簧相连，质量，滑块c质量，滑块a、b、c均静置于轨道AB上。现让滑块a以一定的初速度水平向右运动，与滑块b相撞后立即被粘住，之后与滑块c发生相互作用，c与劲度系数k=1.5N/m的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经EF管道后滑上MN。已知滑块c第一次经过E时对轨道上方压力大小为42N，滑块c与传送带间的动摩擦因数，与MN间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，弹簧的弹性势能（x为形变量）。求：
（1）滑块c第一次经过F点时速度大小（结果可用根号表示）；
（2）滑块a的初速度大小：
（3）试通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
【名师解析】15．（16分）
（1）根据牛顿第二定律，在E点滑块c，
解得
滑块c第一次经过E点到F点，
根据动能定理
解得
（2）滑块c在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c的速度设为，
根据运动学规律
滑块a，b作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出，
根据动量守恒与能量守恒得
联立解得、
a与b发生碰撞，最后共速，满足动量守恒
联立解得
（3）假设滑块c能再次回到E点，从F点到E点，
根据动能定理
解得
速度大于零，假设成立，滑块c可再次滑上传送带，做减速运动，
根据运动学规律
联立解得
即可以追上滑块a，b发生再次碰撞，设最大压缩量为，
根据动量守恒与能量守恒

联立解得
【针对性训练】
1.（2024山东临沂二模）如图所示，表面光滑的水平面中间存在光滑凹槽，质量为m长度小于的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C静置在凹槽左端M处，其右端与凹槽右端N有一定的距离。水平面左侧有质量分别为与的物块A、B之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势能为，弹簧解除锁定后，将A、B两物块弹开，物块B滑上木板C，当B刚滑到C上某位置时B、C共速，其后C与N发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g，。求：
（1）若在整个运动过程中B未滑出C，B相对C所能滑动的最大距离；
（2）假如C与N碰撞次数多于2次，至少经过多少次碰撞，B的动能小于？
（3）若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，物块B滑上木板到达C右端时，C恰好第一次碰到N点。再改变C的质量为，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，让C第k次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右端，此时B的速度大于C的速度，求与k的关系。
【名师解析】
（1）对AB以及弹簧三个物体，由动量守恒定律，24mvA=12 mvB，
由能量守恒定律， Ep=+
解得 =
根据题意，C反复碰撞N，B未画出C，可知BC两个停止运动，由能量守恒定律，
μ·12mgx=
解得 x=
（2）当B第一次滑上C时，B的速度为vB，C的速度为零，到BC第一次共速vB1，
由动量守恒定律， 12 mvB =（12m+m）vB1
解得 vB1=，
第一次C与N碰撞前，B的动能
第一次碰撞后，到第二次碰撞前，B以速度vB继续减速，C以速度大小vB1返回，到C减速为零，然后C又向N加速至BC共速vB2的过程，由动量守恒定律
12 mvB1 - mvB1=（12m+m）vB2
解得 vB2=1，
共速时B的动能
依次类推，第n次碰撞后，到第n+1次碰撞前，共速时B的动能
由题意，要求 ＜
即 ＜10-6
即 2（n-1）（lg13-lg11）＞6 解得n=43次
（3）若弹簧解除锁定后，弹簧将AB两物块弹开，物块B滑上木板到达C右端时，C恰好第一次碰到N点。在此过程，设C的加速度为aC，B、C所用时间为tC，设C右端静止时距离N为d，
由牛顿第二定律 aC==12μg
由匀变速直线运动规律 d=
再改变C的质量为m’，弹簧解除锁定后，弹簧将AB两物块弹开。让C第k次碰撞N点时，物块B恰好滑到C右端，此时B的速度大于C的速度，在此过程，C的加速度为a’C，设C从运动到第一次与N碰撞的时间为t’C，根据匀变速直线运动规律，tC，tC，tC，，，，
tC =（2k-1）t’C，d=，a’C=
联立解得 == 故=
2.（16分）（2024山东聊城一模）如图所示，水平传送带以速度v顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L=4m。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹性势能EP=2.6J，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1=0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2。右边水平台面上有一个倾角为53°，高为h=0.55m的固定光滑斜面（水平台面与斜面用平滑小圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面左端依次叠放着质量为m3=0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2=0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0=0.5m，木板与挡板碰撞会原速率弹回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，g=10m/s2。
（1）求物块甲到达B点的速度的可能值；
（2）若传送带速度v=4m/s，求物块甲运动到最高点时的速度大小；
（3）在满足第2问条件下，求木板运动的总路程；
（4）在满足第2问条件下，若木板的质量为m3=0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。
【名师解析】．（16分）
（1）由题意可知，物块甲到达A点时
物块甲从A到B过程中，若物块甲一直加速
则有：……①
……②
此时
若物块甲一直减速，则有
……③
此时
若物块甲先加速后匀速或先减速后匀速
则……④
此时
综上所述：物块甲到达B点的速度
（2）当传送带速度时，物块甲在B点的速度，此后冲向斜面到达最高点时，速度为
由：……⑤
解得：
离开斜面后做斜上抛运动，
最高点时的速度……⑥
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律：
由机械能守恒定律：
解得：，……⑦
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律：
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理：
解得：……⑧
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。木板与挡板第一次碰后，以速度向左减速到零，位移大小为，此后向右运动与挡板发生第二次碰撞。
由动量守恒定律：
第二次碰后以速度向左减速到零，位移为，木板向左减速过程中，由动能定理得：
解得：……⑨
同理可得：……⑩
以此类推木板的总路程为：
解得：m……⑪
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律：
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有……⑫
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。
即
解得：m……⑬
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。
即：
解得：m……⑭
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为
……⑮
评分标准：四式2分，其余各式每式1分，共16分。
3. （2024福建泉州质检2）如图，一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了后用触控锁钉锁定。现将质量为的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为，弹簧的劲度系数，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不计空气阻力。求：
（1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小；
（2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小和加速度大小；
（3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d；
（4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小。
【参考答案】（1）；（2），；
（3）；（4）
【名师解析】
（1）设滑块释放时加速度大小为，由牛顿第二定律得
滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有
得
（2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为，滑块的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
，
对木板由牛顿第二定律可得
解得
方向沿斜面向上。
（3）方法一：
从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程中,滑块重力做功
木板重力做功
木板所受摩擦力做功
由功能关系得
解得
方法二：
木板第一次碰后向下减速的位移
在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小，当木板速度为0时，滑块速度也为0，此时两者之间距离为
接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为，则
第二次碰撞后瞬间，木板的速度为，滑块的速度为，由动量守恒和能量守恒可得
联立解得
，
木板向下的位移
当两者速度再次为0，此时两者之间距离为
滑块再次碰撞木板时的速度
由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为
木板向下的位移
即每次木板向下的位移
或
木板下端与锁钉的距离
（4）当板块分离时，弹簧的形变量为，挡板与滑块间的弹力，两者的加速度相等都为
对板块整体
得
对弹簧和板块系统，由能量守恒得
解得
4. （2024河北昌黎一中第六次调研）如图，固定在水平地面上的凹槽，槽宽，左侧槽缘高、斜面倾角，右侧槽缘高、光滑圆弧形轨道足够长。长、高、质量的木板静止在槽内，左端距凹槽左侧。可视为质点的滑块B，质量，放在A上表面的最左端。质量、的小球水平撞击后水平反弹，下落过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点。已知与、与凹槽底部的动摩擦因数分别为、，向右滑行过程中未与共速，与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连，取。求：
（1）小球与B碰后，B获得的速度；
（2）B能上升到距A上表面的最大高度；
（3）整个过程中、间摩擦产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设小球水平反弹的速度大小为，从反弹到通过斜面最高点时的时间为，竖直方向的速度为，则有
在竖直方向上有
，
设小球与撞击后，获得的为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
，
（2）设滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为，由于向右滑行过程中与未共速，对地移动的距离为，依题意有
根据动能定理有
B沿弧形轨道上升到最大高度，根据机械能守恒定律有
解得
，
（3）B返回到的右端时速度大小仍为，设在上减速滑行的加速度大小为，在凹槽内加速滑行的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
，
解得
，
现判断向左移动时是否与共速。假设经过时间，、达到共速为，则有
，
解得
在时间内，对地的位移
A对地的位移
则B在A上滑行的位移
所以，与凹槽左侧相碰前，未滑离上表面并与达到共速。A、B以的速度一起减速到与凹槽左侧相碰，设与凹槽左侧相碰时速度为，则有
与凹槽左边缘相碰后在上滑行的距离
解得
即最终未滑离上表面，由于
整个过程A、B间摩擦产生的热量
解得
5．（15分）(2024湖南顶级名校质检)如图所示，水平粗糙地面上有一个长为的轻杆，杆的一端与质量为的球相连，另一端连接铰链，杆可以在竖直平面内绕自由转动，重力加速度为。的右侧紧靠着一个正方体箱子，箱子质量为，边长为，箱子左面光滑。现有质量为的小尖状物块以竖直向上的速度射入但未射出，随后与物体形成新的整体带动杆在竖直平面内转动，转过后，给施加一个水平向右的恒力大小为。再转过后，箱子与分离。求：
（1）小尖状物体射入后的共同速度大小；
（2）箱子与地面之间的动摩擦因数；
（3）在箱子右边放置一个四分之一圆弧轨道，轨道半径为，轨道圆心处静止着质量为的球，箱子运动到处，与发生弹性碰撞，随后做平抛运动落入圆弧轨道上。要使落入圆弧轨道上的动能最小，则与的水平距离为多少？
【解析】（1）小物块与碰撞，设碰后的共同速度为，则
（2）小物块与碰撞形成整体转过的过程中，机械能守恒
，得
在最高点速度为0，随后受到水平向右的恒力
当箱子与分离，转过了，设此时的速度为，箱子的速度为，杆的拉力为，根据能量关系，有
分离时水平速度相等：
分离时水平加速度相等：
认为研究对象：
联立四式，解得
（3）设箱子与碰撞后，的速度为落到轨道上时，竖直位移为，水平位移为，动能为，则
由②式得：，代入③式得：，再代入①得：
当，即有最小值，此时
所以箱子与碰撞后，的速度为时，落到轨道上的动能最小
设箱子与碰前的速度为，碰撞后的速度为，则
设箱子从离开到与碰撞位移为，则
解得