2024版新教材高考物理复习特训卷考点41碰撞模型的拓展一

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点41碰撞模型的拓展一，共5页。试卷主要包含了5 J　28，25 m．等内容，欢迎下载使用。

[2023·湖北宜昌模拟](多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C.现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为 eq \r(\f(gh,2))
B．C与A碰撞时产生的内能为 eq \f(mgh,2)
C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为 eq \f(mgh,2)
D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为 eq \f(8mg,k)
2．[2023·江苏南通三模]如图所示，轻质弹簧下端固定在粗糙斜面底端，一小物块从斜面顶端由静止滑下并压缩弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，则物块下滑过程中，物块的动量p、重力势能Ep、弹簧的弹力F、弹性势能E弹随时间t或位移x的关系图像可能正确的是( )
3．[2023·山东日照三模](多选)如图所示，铁块a与内壁光滑的半圆形凹槽b并排静止在光滑的水平地面上，半圆形凹槽的半径为R，直径POQ水平．可视为质点的小球c自P点正上方高3R处由静止开始下落，恰好从P点进入槽内．已知铁块 a、半圆形凹槽b和小球c的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则之后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．c开始下落至再次到达最高点的过程中，c和b组成的系统动量和机械能都守恒
B．c开始下落至第一次到达最低点的过程中，a的位移大小为 eq \f(R,3)
C．c第一次冲出 Q点后，上升的最大高度为2R
D．b能获得的最大速度为 eq \f(4,3) eq \r(3gR)
4．[2023·江苏高三开学考试]如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上．现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1
5.[2023·河南豫南九校模拟]如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg 、mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从 t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s 时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v ­ t图像如图乙所示．求：
甲 乙
(1)物块C的质量mC；
(2)物块B离开墙后的运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep.
6．[2023·辽宁沈阳模拟]如图甲所示，一轻质短弹簧被夹在质量均为m＝0.10 kg的两小木块A、B之间，弹簧长度被锁定，将此装置放在水平支撑面上．若解除锁定，木块B能上升的最大高度h＝2.5 m．g取10 m/s2，忽略空气阻力．
(1)求弹簧解锁前的弹性势能Ep；
(2)若撤去A的支撑面同时解除锁定，此时B的加速度大小为a1＝8.0 m/s2，求此时A的加速度大小a2；
(3)图乙为同一竖直平面内两四分之一光滑圆弧MP和QN与光滑水平面PQ组成的轨道，M、N与圆心O1、O2等高，圆弧MP和QN半径均为R＝1.8 m．若将图甲中装置由轨道M端静止释放，第一次滑至水平面时，解除锁定，求木块到达N点后还能上升的最大高度H.
考点41 碰撞模型的拓展(一)——提能力
1．答案：ABD
解析：对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得：v0＝ eq \r(2gh)，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝ eq \r(\f(gh,2))，A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2)mgh，B正确；C、A一起向下运动压缩弹簧的过程中，C、A的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒可知，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A、C动能的减少量，即大于 eq \f(1,2)·2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(mgh,2)，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H＝ eq \f(mg,k)，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H＝ eq \f(mg,k)，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得： eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2mg·2H，解得：h＝ eq \f(8mg,k)，D正确．
2．答案：A
解析：物块沿斜面下滑时，合外力先不变，接触弹簧后所受的合外力先逐渐减小，当向上的弹力和向上的摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分量时，此时合力为零；然后继续向下运动时合力向上变大，在最低点时合力最大；因p ­t图像的斜率 eq \f(Δp,Δt)＝F合，由图像可知，斜率先不变、后减小，再反向增加，可知图像A正确；根据Ep＝mgh＝mgx sin θ可知重力势能随x线性减小，选项B错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹力为零；接触弹簧之后，弹簧弹力随位移x按线性增加，则选项C错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹性势能为零；接触弹簧之后，弹簧弹性势能随x逐渐变大，但是图像为开口向上的抛物线形状，则选项D错误．
3．答案：BCD
解析：c开始下落至再次到达最高点的过程中，c和b组成的系统水平方向由于受到铁块a的作用力，则水平方向动量不守恒；竖直方向受合力不为零，则动量也不守恒，即c和b组成的系统动量不守恒；因为铁块a对b做功，则c和b组成的系统机械能不守恒，A错误；c开始下落至第一次到达最低点的过程中，设ab向左的位移为x，则由人船模型可知2mx＝m(R－x)，a的位移大小为x＝ eq \f(R,3)，B正确；c第一次到达最低点时，ab速度向左，大小为vx1，c速度向右，大小为vx2，则2mvx1＝mvx2，由能量关系有mg·4R＝ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x1)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x2)) 解得vx1＝2 eq \r(\f(gR,3))、vx2＝4 eq \r(\f(gR,3))；当c从最低点滑到右侧Q点时，b减速，铁块a与b分离，则此时对bc系统有mvx2－mvx1＝2mvx3，解得vx3＝ eq \r(\f(gR,3))；又因为mg·4R＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x1)) ＋ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x3)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＋mgR， eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＝mgH，解得H＝2R，C正确；c从右端滑下经过最低点时，bc速度交换，b能获得的最大速度为 eq \f(4,3) eq \r(3gR)，D正确．
4．答案：C
解析：结合图像分析两物块的运动过程：
0～t1时间内，m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧的压缩量最大；
t1～t3时间内，弹簧先逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速到零，然后反向加速，t2时刻两物块加速度均为零，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度继续增大，m2开始减速，m1先减速到零，然后反向加速，t3时刻两物块速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧伸长量最大；
t3～t4时间内，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，以后重复这个过程；由上述分析可知，在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，在t1时刻弹簧处于压缩状态，在t3时刻弹簧处于伸长状态，A错误；由上述分析可知，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，B错误；以m1的初速度方向为正方向，0～t1时间内，由动量守恒定律可得m1v1＝(m1＋m2)v2，
将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，C正确；在t2时刻m1的速度大小为v3＝1 m/s，m2的速度大小为v4＝2 m/s，又有m1∶m2＝1∶2，
根据Ek＝ eq \f(1,2)mv2解得Ek1∶Ek2＝1∶8，D错误．
5．答案：(1)2 kg (2)9 J
解析：(1)由题图乙知，物块C与物块A碰撞前的速度为v1＝9 m/s，碰撞后的速度为v2＝3 m/s，物块C与物块A碰撞过程中动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2
解得mC＝2 kg.
(2)12 s 末物块B离开墙壁，之后A、B、C三物块及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、B、C三物块的速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律有
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
eq \f(1,2)(mA＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝ eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋Ep
由题图乙知v3＝－3 m/s
联立解得Ep＝9 J．
6．答案：(1)2.5 J (2)28.0 m/s2 (3)4.25 m
解析：(1)由机械能守恒定律有Ep＝mgh
代入数据解得Ep＝2.5 J.
(2)对B有F－mg＝ma1
对A有F＋mg＝ma2
代入数据解得a2＝28.0 m/s2.
(3)设木块A、B滑至水平面时的速度为v0，则2mgR＝ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
设解除锁定后，两木块A、B离开水平面PQ前的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有
2mv0＝mvA＋mvB
由机械能守恒定律有2mgR＋Ep＝ 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(B))
同理有mg(R＋H)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
代入数据解得H＝4.25 m．