專題強化練1　類碰撞模型（可編輯word）

第一章動量守恒定律專題強化練1類碰撞模型題組一彈簧模型1.(2020遼寧朝陽平縣二中高三上期中,)(多選)如圖甲所示,在光滑水平面上,輕質彈簧一端固定,物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量為x。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示),物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量仍為x,則()A.物體A的質量為3mB.物體A的質量為2mC.彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為32mD.彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv2.(2020江西豐城九中高三月考,)(多選)如圖所示,輕質彈簧的一端固定在墻上,另一端與質量為m的物體A相連,A放在光滑水平面上。有一質量與A相同的物體B,從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下,與A相碰后一起將彈簧壓縮,彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升。A、B均可視為質點,下列說法正確的是(深度解析)A.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mghB.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh能達到的最大高度為h能達到的最大高度為h3.(2020遼寧師大附中高二月考,)在光滑的水平面上,兩個小車A和B之間用輕質彈簧相連,它們以共同的速度v0向右勻速運動,A、B的質量分別為m和2m。有一質量為m的黏性物體C從高處自由落下,正好落在A車上,并與之粘在一起,在以后的運動過程中,輕質彈簧獲得的最大彈性勢能為Ep1;如果黏性物體C不是落在A車上,而是落在B車上,其他條件不變,在以后的運動過程中,輕質彈簧獲得的最大彈性勢能為Ep2,則Ep1∶Ep2為()A.1∶3 B.3∶1 C.1∶1 D.3∶1題組二子彈打木塊模型4.(2019湖北重點高中協(xié)作體高二下期中,)如圖所示,A點距水平地面高度為h,木塊M在A點處于靜止狀態(tài),某時刻釋放M,木塊做自由落體運動,在空中運動的總時間為t1。有一子彈m以水平速度v射向木塊并嵌在木塊中,若在A點釋放木塊的同時子彈射入,木塊在空中運動的總時間為t2;若在木塊落至h一半的B點時子彈射入,木塊在空中運動的總時間為t3。已知木塊與子彈作用時間極短,空氣阻力不計,則(易錯)1=t2=t3 1=t2<t31<t2=t3 1>t2>t35.(2020四川樂山高三二診,)(多選)一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑的水平面上的木塊,最終子彈未能射穿木塊,射入的深度為d,木塊加速運動的位移為s。則以下說法正確的是()A.子彈動能的減少量等于系統(tǒng)動能的減少量B.子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小C.摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功D.子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量6.(2020四川成都石室中學高三月考,)(多選)如圖所示,足夠長的光滑細桿PQ水平固定,質量為2m的物塊A穿在桿上,可沿桿無摩擦滑動。質量為的物塊B通過長度為L的輕質細繩豎直懸掛在A上,整個裝置處于靜止狀態(tài),A、B可視為質點。若把A固定,讓質量為的子彈以v0水平射入物塊B(時間極短,子彈未穿出)后,物塊B恰好能到達水平桿PQ位置,則()A.在子彈射入物塊B的過程中,子彈和物塊B構成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒B.子彈射入物塊B的初速度v0=1002C.若物塊A不固定,子彈仍以v0射入,物塊B仍能擺到水平桿PQ位置D.若物塊A不固定,子彈仍以v0射入,當物塊B擺到最高點時速度為2題組三板塊模型7.(2020湖北黃岡浠水實驗高級中學高三月考,)(多選)如圖所示,一質量kg的長木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一個質量kg的小木塊A。現(xiàn)以地面為參考系,給A和B大小均為m/s、方向相反的速度,使A開始向左運動,B開始向右運動,但最后A并沒有滑離B。站在地面上的觀察者在一段時間內(nèi)看到小木塊A正在做加速運動,則在這段時間內(nèi)的某時刻木板相對地面的速度大小可能是(深度解析)m/s m/sm/s m/s8.(2020江西南城二中高三月考,)如圖所示,質量為5kg的木板B靜止于光滑水平面上,物塊A質量為5kg,靜止在B的左端,質量為1kg的小球用長為m的輕繩懸掛在固定點O上,將輕繩拉直至水平位置后,由靜止釋放小球,小球在最低點與A發(fā)生碰撞后反彈,反彈所能到達的最大高度距最低點的豎直距離為m,物塊與小球可視為質點,不計空氣阻力。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1,為使A、B達到共同速度前A不滑離木板,重力加速度g=10m/s2,求:(1)碰撞后瞬間物塊A的速度大小;(2)木板B至少多長;(3)從小球釋放到A、B達到共同速度的過程中,小球、A及B組成的系統(tǒng)損失的機械能。

題組四滑塊+光滑弧面(斜面)模型9.(2020河南中原名校高三上第四次質檢,)如圖所示的木塊B靜止在光滑的水平面上,木塊上有半徑為m的光滑14圓弧軌道,且圓弧軌道的底端與水平面相切,一可視為質點的物塊A以水平向左的速度v0沖上木塊,經(jīng)過一段時間剛好運動到木塊的最高點,隨后再返回到水平面。已知A、B的質量為mA=mB=1kg,重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是()A.物塊A滑到最高點的速度為零B.物塊A的初速度大小為4m/sC.物塊A返回水平面時的速度大小為4m/sD.木塊B的最大速度為2m/s10.(2019湖南長沙長郡中學高二月考,)(多選)帶有14光滑圓弧軌道、質量為M的小車靜止在光滑水平面上,如圖所示,一質量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車,到達某一高度后,小球又返回車的左端。則(重力加速度大小為g)()A.小球以后將向左做平拋運動B.小球將做自由落體運動C.此過程小球對小車做的功為12MD小球在圓弧軌道上上升的最大高度為v11.(2019安徽合肥一六八中學高二下周測,)兩質量均為2m的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的傾斜面都是光滑曲面,曲面下端與水平面相切,如圖所示。一質量為m的物塊(可視為質點)位于劈A的傾斜面上,距水平面的高度為h。物塊從靜止滑下,然后又滑上劈B,重力加速度為g,求:(1)物塊第一次離開劈A時,劈A的速度;(2)物塊在劈B上能夠到達的最大高度。

答案全解全析1.AC對題圖甲,設物體A的質量為M,由機械能守恒定律可得,彈簧壓縮x時的彈性勢能Ep=12Mv02;對題圖乙,物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,彈簧達到最大壓縮量x時,A、B速度相等,設為v,由動量守恒定律有M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律有Ep=12M(2v0)2-12(M+m)v2,聯(lián)立以上三式可得M=3m,Ep=12Mv02=32.BD設碰前瞬間物體B的速度為vB,根據(jù)機械能守恒定律有mgh=12mvB2,解得vB=2gh;A、B碰撞瞬間,根據(jù)動量守恒定律有mvB=(m+m)v共,解得v共=12vB=122gh;從A、B碰完到壓縮彈簧至最短,根據(jù)機械能守恒定律有Epm=12(m+m)v共2=mgh2,A錯誤,B正確;彈簧復原過程中A、B剛要分開時具有相同的速度,設為v',根據(jù)機械能守恒定律有Epm=12(m+m)v'2=mgh2,解得v'=gh2,之后B物體開始沖上斜面,根據(jù)機械能守恒定律有快速解答A、B兩物體發(fā)生的是完全非彈性碰撞,碰撞過程有能量損失,因此彈簧被壓縮獲得的彈性勢能一定小于最初B具有的重力勢能,即一定小于mgh,可排除A;由于A、B兩物體的質量相等,所以分開時B的速度較碰撞前的速度減半,動能減為碰撞前的四分之一,上升的高度減為原來的四分之一,可排除C。本題為多選題,即可快速選出B、D為正確選項。3.B黏性物體C與A車作用過程,水平方向動量守恒,則有mv0=(m+m)v1,解得v1=12v0;黏性物體落在A車上后,當A、B兩車速度相等時,彈簧的彈性勢能最大,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得2mv0+(m+m)v1=(2m+m+m)v2,12×2mv02+12(m+m)v12=12×(2m+m+m)v22+Ep1,聯(lián)立解得Ep1=18mv02。對于黏性物體C與B車作用過程,根據(jù)水平方向動量守恒得2mv0=(2m+m)v3,解得v3=23v0;黏性物體落在B車上后,當A、B兩車速度相等時,彈簧的彈性勢能最大,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0+(2m+m)v3=(2m+m+m)v4,12mv02+12(2m+m)v32=124.B木塊M由靜止開始下落,則M做自由落體運動;當M剛開始下落時子彈射入,則二者以某一共同的水平初速度做平拋運動,豎直方向仍為自由落體運動,故t1=t2;若在木塊落至h一半的B點時子彈射入,系統(tǒng)水平方向動量守恒,即M會獲得水平方向的分速度,而子彈此時豎直方向的速度為零,要從零加速到與M具有相同的速度,要受到M向下的作用力,根據(jù)牛頓第三定律可知M會受到子彈給的向上的作用力,則向下的加速度會減小,小于自由落體加速度g,故比自由下落時間長一些。綜上所述,有t1=t2<t3,故選B。易錯分析易誤認為子彈不管從何處水平射入木塊中,只對木塊水平方向的運動有影響,而對豎直方向的運動沒有影響,從而錯選A。實際的情況是:只要子彈水平射入時,木塊在豎直方向有速度,就會影響木塊在豎直方向的運動,從而影響落地時間。5.BD子彈射入木塊的過程,由能量守恒定律知子彈動能的減少量大于系統(tǒng)動能的減少量,A錯誤;子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,系統(tǒng)動量的變化量為零,則子彈與木塊的動量變化量大小相等,方向相反,B正確;摩擦力對木塊做的功為fs,摩擦力對子彈做的功為-f(s+d),可知二者不相等,C錯誤;對木塊,根據(jù)動能定理可知,子彈對木塊做的功(即摩擦力對木塊做的功)等于木塊動能的增量,D正確。6.BD在子彈射入物塊B的過程中,子彈和物塊B構成的系統(tǒng),所受的合外力遠小于內(nèi)力,其動量守恒,但由于摩擦要產(chǎn)生內(nèi)能,所以機械能不守恒,A錯誤。子彈射入木塊后一起向上擺至最高點過程中,由機械能守恒定律有(0.01m+0.99m)gL=12×(0.01m+0.99m)v2,解得v=2gL;子彈射入木塊過程中,由動量守恒定律得0=(0.01m+0.99m)v,解得v0=1002gL,B正確。若物塊A不固定,子彈仍以v0射入后,子彈和木塊的動能轉化為物塊A和物塊B的動能和物塊B的重力勢能,所以物塊B的上擺高度小于物塊A固定時的上擺高度,C錯誤。子彈射入木塊過程,由動量守恒定律得0=(0.01m+0.99m)v;當物塊B擺到最高點時,物塊A、B和子彈具有相同的速度,則有(0.01m+0.99m)v=(0.01m+0.99m+2m)v',解得v'=7.BC以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)動量守恒,取水平向右為正方向,從A開始運動到A的速度為零過程中,由動量守恒定律得(M-m)v0=MvB1,代入數(shù)據(jù)解得vB1m/s。從A、B開始運動到A、B速度相同的過程中,由動量守恒定律得(M-m)v0=(M+m)vB2,代入數(shù)據(jù)解得vB2=2m/s。綜上可知,在木塊A做加速運動的時間內(nèi),B的速度大小范圍為2m/s<vBm/s,故選B、C。關鍵點撥要明確木塊A加速運動的過程是從A的速度為零至A與B共速的過程,且此過程中B始終減速。8.答案(1)1J解析(1)小球下擺過程中機械能守恒,由機械能守恒定律得mgh=12mv解得v=2gh=3碰后小球反彈,由最低點向上擺動過程中,由機械能守恒定律可得mgh'=12mv'解得v'=2gh'=2小球與物塊A碰撞過程中,由動量守恒定律得mv=-mv'+mAvA解得vA=1m/s(2)以A、B為研究對象,由動量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vB解得vBm/s根據(jù)能量守恒定律得μmAgL=12mAvA2-12(mA解得m(3)由于碰撞及摩擦生熱,系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=mgh-12mv'2-12(mA+mB解得J9.B物塊A剛好運動到木塊B的最高點時,兩者共速,設為v,對物塊A和木塊B組成的系統(tǒng),由機械能守恒定律得12mAv02=mAgr+12(mA+mB)v2,由水平方向動量守恒得mAv0=(mA+mB)v,解得v0=4m/s,v=2m/s,A錯誤,B正確;當物塊A返回到水平面時,木塊B的速度最大,由機械能守恒定律得12mAv02=12mAv12+12mBv22,由水平方向動量守恒得mAv0=mAv1+mBv2,解得v2=4m/s、v1=0(另一組解v10.BC小球上升到最高點時與小車相對靜止,有共同速度v',由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0=2Mv',12Mv02=12×2Mv'2+Mgh,解得h=v024g,知D錯。從小球沖上小車到離開小車,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,由于沒有摩擦力做功,系統(tǒng)機械能不變,此過程類似于彈性碰撞,作用后兩