2024高考物理一轮复习考点攻破训练——“广义碰撞”的三种模型练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——“广义碰撞”的三种模型练习含解析教科版，共8页。试卷主要包含了“弹簧—滑块”模型，“板—块”模型，“斜面模型”等内容，欢迎下载使用。
(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化．
(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能守恒．
2．“板—块”模型：系统的动量守恒，当两者的速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，损失的机械能转化为系统内能．
3．“斜面模型”：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．对小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．
1．(多选)(2023·吉林省“五地六校”合作体联考)如图1所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连)，下列说法正确的是( )
图1
A．轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv
B．轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为eq \f(1,4)mv2
C．弹簧恢复原长时，A的动量一定为零
D．A、B两物体组成的系统机械能守恒
2．(多选)(2023·河南驻马店市第一学期期终)如图2所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m＝3kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以v0＝4m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是( )
图2
A．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1N·s
B．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4N·s
C．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3J
D．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9J
3．(2023·福建三明市质检)如图3甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上．现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得( )
图3
A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．在t1～t2时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
D．在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
4．(2023·山东日照市上学期期末)如图4所示，光滑的水平桌面上放置一质量M＝4kg、长L＝0.6m的长木板B，质量m＝1kg的小木块A(可看成质点)放在长木板的左端，开始A、B均处于静止状态．现有一个与A完全相同的小木块C从长木板右侧以v0＝6m/s的初速度冲向长木板，碰后以v1＝2m/s的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块A恰好不滑落长木板．重力加速度g＝10m/s2.求：
图4
(1)碰后瞬间长木板B的速度；
(2)小木块A与长木板间的动摩擦因数．
5．(2023·河南平顶山市一轮复习质检)如图5所示，质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ＝53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.求：
图5
(1)物块在水平面上滑行的速度大小；
(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度．
6．(2023·北京市东城区二模)能量守恒定律和动量守恒定律是自然界最普遍、最基本的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据．如图6所示，在光滑的水平面上，静止放置质量为2m的滑块B，其左侧面固定一轻质弹簧，现有一质量为m的滑块A，以初速度v0正对B向右运动，在此后的运动过程中，A、B始终在同一直线上运动．
图6
(1)求弹簧压缩量最大时B的速率v；
(2)求滑块B的最大速率vB；
(3)若在滑块B的右侧某处固定一弹性挡板C，挡板的位置不同，B与C相碰时的速度不同．已知B滑块与C碰撞时间极短，B与C碰后速度立刻等大反向，B与C碰撞的过程中，可认为A的速度保持不变．B与挡板相碰后立即撤去挡板C.此后运动过程中，A、B系统的弹性势能的最大值为Epm，挡板位置不同，Epm的数值不同，求Epm的最小值．
7．(2023·河南省顶级名校联测)如图7所示，放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物A、B之间往返运动．小车最左端放有一个小木块，初始小车紧挨障碍物A静止．某时刻，一粒子弹以速度v0射中木块并嵌入其中．小车向右运动到与障碍物B相碰时，木块恰好运动到了小车的最右端，且小车与木块恰好达到共速．小车和它上面的木块同时与障碍物B相碰，碰后小车速度立即减为零，而木块以碰撞之前的速度反弹，过一段时间，小车左端又与障碍物A相碰，碰后小车速度立即减为零，木块继续在小车上向左滑动，速度逐渐减为零而停在小车上．已知小车的质量为m，长度为L，小木块质量为eq \f(2,5)m，子弹质量为eq \f(1,10)m，重力加速度为g.子弹和小木块都可以看做质点．求：
图7
(1)小木块运动过程中的最大速度；
(2)小车从左到右运动的最大距离以及小木块与小车间的动摩擦因数；
(3)小木块最终停止运动后，木块在小车上的位置与小车右端的距离．
答案精析
1．AC [A和B及轻弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初状态总动量为mv，则弹簧压缩至最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；轻弹簧被压缩到最短时，A和B的速度相等，由动量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝eq \f(v,2)，则此时A的动能为EkA＝eq \f(1,2)mv共2＝eq \f(1,8)mv2，故B错误；A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原长的过程中，满足A、B与轻弹簧组成的系统的动量守恒和机械能守恒有：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正确；A、B两物体组成的系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A和B及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D错误．]
2．BC [设当A、B速度相等且B与C碰撞之前A、B的速度为v1，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s; 从开始到弹簧最短时，对A、B、C系统有：mv0＝3mv2，解得v2＝eq \f(4,3)m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理：I＝mv2＝4 N·s ，选项B正确，A错误；B与C相碰的过程：mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s；则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)·2mv32＝3J，选项C正确，D错误．]
3．D [在t1和t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，两个时刻弹簧的弹性势能最大；由图像的面积可知，在t1～t2时间内A、B的距离逐渐增大，选项A、B错误；根据动量守恒，从0～t1时刻：m1v0＝(m1＋m2)v1，即3m1＝(m1＋m2)×1，解得2m1＝m2，选项C错误；在t2时刻A、B两物块的速度分别为－1m/s和2 m/s，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8，选项D正确．]
4．(1) 2m/s，方向向左 (2)0.27
解析 (1)规定向左为正方向，对B、C系统，由动量守恒定律有：
mv0＝Mv－mv1
代入数据解得：v＝2m/s，方向向左；
(2)A与B作用过程，由动量守恒定律有：
Mv＝(M＋m)v共
代入数据解得：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
代入数据解得：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)物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，
由机械能守恒定律有：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋mgR(1－csθ)，
联立解得：v0＝eq \r(\f(6,5)gR)；
(2)对物块，由机械能守恒定律有：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋mgR(1－csθ)，
解得：v1＝eq \r(\f(2,5)gR)
物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，物块到达最高点时，物块的速度：v2＝v1csθ＝eq \f(3,5)eq \r(\f(2,5)gR)，
由机械能守恒定律有：eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)mv22，
联立解得：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速度相同时，弹簧压缩量最大即弹性势能最大，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒有：mv0＝3mv
解得v＝eq \f(1,3)v0；
(2)弹簧恢复原长时，滑块B的速度最大，由动量守恒有：
mv0＝mvA＋2mvB
由能量关系有：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与挡板碰撞后，当A、B共速时弹性势能最大，整个过程中机械能守恒，则有：
Epm＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(3,2)mv共′2
当v共′最大时，Epm最小；设B、C碰前瞬间，A、B的速度分别为vA′、vB′，由动量守恒：mv0＝mvA′＋2mvB′
B、C碰后至A、B再次共速的过程，对系统：
mvA′－2mvB′＝3mv共′
当B与C碰撞前弹簧恢复原长时，A的速度向左最大，B的速度向右最大，且B的动量：pm＝2mvB>mv0
在这种情况下，B与挡板碰撞后，A、B速度均向左，总动量向左最大；
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，
则(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)设子弹和小木块的共同速度为v1，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有：eq \f(1,10)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v1
解得：v1＝eq \f(1,5)v0；
(2)内嵌子弹的小木块与小车作用过程，子弹、小木块和小车组成的系统动量守恒，设共同速度为v2，
则有：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m＋m))v2
解得：v2＝eq \f(1,15)v0
小木块与小车之间的摩擦力大小为f，木块从A运动到B的路程为s，对小木块有：
－fs＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v22－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v12
对小车有：f(s－L)＝eq \f(1,2)mv22
解得：s＝eq \f(4,3)L，f＝eq \f(mv02,150L)
小车从A运动到B的路程为：s－L＝eq \f(L,3)
动摩擦因数：μ＝eq \f(v02,75gL)；
(3)内嵌子弹的小木块反弹后与小车达到相对静止状态，共同速度为v3，相对小车滑行的距离为s1，小车停后小木块做匀减速运动，相对小车滑行距离为s2
根据动量守恒有：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m＋m))v3
解得：v3＝eq \f(1,3)v2＝eq \f(1,45)v0
根据能量守恒：
fs1＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v22－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m＋m))v32
对内嵌子弹的小木块，根据动能定理有
fs2＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v32
解得：s1＝eq \f(L,9)，s2＝eq \f(1,54)L
内嵌子弹的小木块在小车上的位置与小车右端的距离：
x＝s1＋s2＝eq \f(7,54)L.