新教材同步系列2024春高中物理素養(yǎng)提升練1三類“碰撞”模型粵教版選擇性必修第一冊

素養(yǎng)提升練(一)三類“碰撞”模型1．(廣東省佛山市高三期中物理試題)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽高h處開始自由下滑則()A．在以后的運動過程中，小球和槽的動量始終守恒B．在以后的運動過程中，小球和槽的機械能始終守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D．被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，小球能回到槽高h處2．(多選)(2022·陜西渭南市瑞泉中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質(zhì)量M＝3kg，小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端水平．有一質(zhì)量m＝1kg的小球以水平初速度v0＝4m/s從圓弧下端滑上小車，重力加速度g取10m/s2．下列說法正確的是()A．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒C．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.6mD．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.8m3．(2022·山東師范大學(xué)附中高二練習(xí))如圖所示的軌道，由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上．當(dāng)軌道固定不動時，將可視為質(zhì)點的物塊，從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．當(dāng)軌道不固定時，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是()A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒C．物塊將從軌道左端沖出水平軌道D．物塊仍能停在水平軌道的最左端4．(2022·珠海市高三階段練習(xí))如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．兩種射入過程相比較()A．射入滑塊A的子彈速度變化大B．整個射入過程中兩滑塊受的沖量不一樣大C．射入滑塊A中阻力對子彈做功是射入滑塊B中的兩倍D．兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同5．(2022·廣東廣州市第三中學(xué)高二階段練習(xí))子彈水平射入一個靜置于光滑水平面上的木塊中，然后一起前進，設(shè)子彈和木塊作用時間可以忽略不計，則()A．子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量相同B．子彈的動量變化和木塊的動量變化相同C．子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒D．子彈減少的動能等于木塊增加的動能6．(2022·廣州高三階段練習(xí))如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質(zhì)點，P的質(zhì)量是Q的2倍，Q與輕質(zhì)彈簧相連．設(shè)Q靜止，P以初速度v0向Q運動(輕質(zhì)彈簧與P不粘連)并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個碰撞過程中有()A．當(dāng)彈簧被壓縮最短時，Q的速度最大B．P的最終動能是它初動能的1C．P被彈簧彈開瞬間速度與初速度反向D．由于彈簧被壓縮，最終P將靜止7．(2022·廣州市第十一中學(xué)高二練習(xí))如圖甲所示，長木板A靜置在光滑的水平面上，物塊B可視為質(zhì)點以水平速度v0＝2m/s滑上長木板A的上表面的最左端，之后它們的速度隨時間變化情況如圖乙所示，在兩者相對運動過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．長木板A的質(zhì)量為4kgB．摩擦力對物塊B做功為6JC．長木板A的長度不小于1.5mD．長木板A與物塊B間的動摩擦因數(shù)為0.28．(多選)(2022·廣東高二階段練習(xí))如圖所示，質(zhì)量為2m的14圓弧形凹槽OAB鎖定在光滑水平面上，凹槽半徑為R，A點切線水平．質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，恰好運動到B點．重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法正確的是(A．小球的初速度大小v0＝gRB．若凹槽解除鎖定，小球和凹槽組成的系統(tǒng)動量不守恒C．若凹槽解除鎖定，小球上升的最大高度為23D．若凹槽解除鎖定，凹槽獲得的最大速度為2gR9．(多選)(2022·黑龍江齊齊哈爾高二期中)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端各連著滑塊A和B，滑塊A的質(zhì)量為m0，滑塊B的質(zhì)量2m0，兩滑塊都置于光滑的水平面上，今有質(zhì)量為m0的子彈以水平速度v0射入A中不再穿出，下列說法正確的是()A．子彈打入滑塊A的過程中，子彈對滑塊A的沖量大小為m0v0B．滑塊B的最大速度為12vC．彈簧的最大彈性勢能為1D．子彈、滑塊A、滑塊B及彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能為310．(多選)(2022·吉林公主嶺第五中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上用一條長為L的輕繩拴一個小球，小球與懸點在同一水平面上，輕繩拉直后小球從A點靜止釋放，不計一切阻力，下列說法正確的是()A．小球的機械能守恒，動量守恒B．小車的機械能守恒，動量也守恒C．小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向上動量守恒D．小球一定能擺到與A點同高度處11．(2022·廣東汕頭高三階段練習(xí))如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與兩物塊A、B相連接，A的質(zhì)量m1＝2kg，B的質(zhì)量為m2，開始靜止在光滑的水平面上．t＝0時刻使B獲得v0＝3m/s水平向右的瞬時速度，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．求：(1)B物塊的質(zhì)量；(2)物塊A的最大速度．12．(2022·寧夏石嘴山市第三中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，在水平面上放置質(zhì)量為M＝0.8kg的木塊，一質(zhì)量為m＝0.05kg的子彈以v0＝180m/s的水平速度射穿木塊，穿透時間極短，穿透木塊后子彈速度降為v1＝100m/s．若木塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，求：(1)子彈剛穿透木塊時木塊的速度v2；(2)子彈穿透木塊過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q；(3)木塊在地面上滑行的距離s＝4m時的速度vt．13．如圖所示，質(zhì)量為M、內(nèi)有半徑R的半圓形軌道的槽體放在光滑的平臺上，左端緊靠一臺階，質(zhì)量為m的小球從槽頂端A點由靜止釋放，若槽內(nèi)光滑．忽略一切摩擦，求：(1)小球滑到圓弧最低點時，槽體對其支持力FN的大?。?2)小球在槽右端上升的最大高度h．素養(yǎng)提升練(一)三類“碰撞”模型12345678910CBCDDCBABCBCCD1．C[小球在弧形槽上運動時，豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒；當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球受到彈力，小球和槽組成的系統(tǒng)動量也不守恒，A錯誤；在以后的運動過程中，小球和槽以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球和槽的機械能不守恒，B錯誤；根據(jù)水平方向動量守恒可知0＝mv球＋mv槽，小球和槽分開時的速度大小相等，方向相反，小球被彈簧反彈后，小球原速率返回，且小球和槽水平方向不受外力，都做速率不變的直線運動，且小球不會追上槽，C正確，D錯誤．]2．BC[在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，動量不守恒，A錯誤；在小球滑到最高點的過程中，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，B正確；小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小球沿圓弧軌道上升的最大高度為h，兩者共同速度大小為v，則mv0＝(M＋m)v，解得v＝mv0M+m＝1m/s，由小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，有12mv02＝12(M＋m)v2＋mgh，解得3．D[物塊與軌道組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則水平方向動量守恒，但豎直方向動量不守恒，軌道水平部分粗糙，物塊與軌道間有摩擦力，物塊在軌道的水平部分運動時因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以機械能不守恒，故A、B錯誤；設(shè)軌道水平部分長為L，圓弧部分半徑為R，當(dāng)軌道固定時，由能量守恒定律有mgR＝μmgL，軌道不固定時，設(shè)物塊相對軌道靜止時，共同速度為v，取向左為正方向，在軌道水平部分滑行的距離為x，根據(jù)水平方向動量守恒得0＝(M＋m)v，由能量守恒定律可得mgR＝12(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道最左端，故D正確，C錯誤．4．D[設(shè)子彈質(zhì)量m，滑塊質(zhì)量M，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，mv0＝(m＋M)v2，所以v1＝v2，即兩子彈初末速度均相等，速度變化量相等，故A錯誤；對滑塊，根據(jù)動量定理得I1＝Mv1，I2＝Mv2，所以I1＝I2，故B錯誤；對子彈，根據(jù)動能定理得Wf1＝12mv12-12mv02，Wf2＝12mv22-12mv02，所以Wf1＝Wf2，故C5．C[在子彈射入木塊的過程中，根據(jù)牛頓第三定律可知，子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力大小相等，方向相反，作用時間相同，由沖量的定義I＝Ft可知，子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量大小相等，方向相反，故A錯誤；由于子彈和木塊組成的系統(tǒng)，所受外力的合力為0，所以系統(tǒng)動量守恒，子彈的動量變化與木塊的動量變化之和為0，則Δp子彈＝－Δp木塊，所以子彈的動量變化和木塊的動量變化大小相等，方向相反，故B錯誤，C正確；子彈射入木塊的過程，摩擦生熱，系統(tǒng)的總動能減少，所以子彈減少的動能大于木塊增加的動能，故D錯誤．]6．B[當(dāng)Q只要受到彈簧彈力作用時就有加速度，則當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，Q的加速度為零，速度最大，A錯誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，設(shè)P、Q的速度分別為v1、v2，且設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，則由動量守恒定律和能量關(guān)系可知2mv0＝2mv1+2mv2，12×2mv02＝12×2mv12+12mv22，解得v1＝v03，v2＝4v03，P的初動能EkP0＝12×2mv02＝mv02，P的末動能Ek7．A[由v-t圖像斜率表示加速度可知，長木板A和物塊B的加速度大小相等，結(jié)合牛頓第二定律，有a＝μmgmA＝μmgmB＝ΔvΔt＝1-01＝1m/s2，可得μ＝0.1，mA＝mB，A、B系統(tǒng)由動量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v，聯(lián)立得v＝v02，在兩者相對過程中系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)化成摩擦產(chǎn)生的熱量有ΔE＝Q＝12mBv02-12mBv2－12mAv2＝4J，根據(jù)題目圖像把v0＝2m/s，v＝1m/s代入，聯(lián)立解得mA＝mB＝4kg，故A正確，D錯誤；由動能定理得WfB＝12mBv2－12mBv02，代入數(shù)據(jù)解得WfB＝－6J，故B錯誤；由題圖可得，0～1s內(nèi)B的位移為xB＝12×(2＋1)×1m＝1.5m8．BC[圓弧形凹槽OAB鎖定在光滑水平面上，由機械能守恒定律12mv02＝mgR，所以小球的初速度大小v0＝2gR，故A錯誤；凹槽解除鎖定，小球和凹槽組成的系統(tǒng)受到的合外力不為0，動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為0，所以在水平方向動量守恒，故B正確；凹槽解除鎖定，當(dāng)小球與凹槽的速度相同時小球上升的高度最大，在水平方向上由動量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒定律12mv02＝12(m＋2m)v2＋mgh，解得h＝23R，故C正確；當(dāng)小球運動到凹槽底端時凹槽獲得的速度最大，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律19．BC[子彈打入滑塊A的過程中，子彈和滑塊A組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共速的速度大小為v，根據(jù)動量守恒定律可得m0v0＝2m0v，解得v＝12v0，對滑塊A，取向右為正方向，根據(jù)動量定理可得子彈對滑塊A的沖量大小為I＝m0v＝12m0v0，故A錯誤；子彈打入滑塊A后，以整體為研究對象，當(dāng)彈簧第一次回到原長時，滑塊B的速度最大，設(shè)此時子彈和A的速度大小為v1，滑塊B的速度大小為v2；根據(jù)動量守恒定律可得2m0v＝2m0v1＋2m0v2，根據(jù)機械能守恒定律可得12×2m0v2＝12×2m0v12+12×2m0v22，解得v1＝0，v2＝12v0，滑塊B的最大速度為12v0，故B正確；當(dāng)三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律可得2m0v＝4m0v共，根據(jù)能量守恒定律可得Ep＝12×2m0v2-12×4m0v共2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能為Ep＝10．CD[小球向下擺動的過程中，輕繩拉力對小球做負功，對小車做正功，所以小球和小車各自的機械能不守恒，但是小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A、B錯誤，C正確；當(dāng)小球向下擺過程中，小車向左加速；當(dāng)小球向上擺動時，小車向左減速，當(dāng)小車速度減為零時，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，小球?qū)[到與A點等高處，故D正確．]11．解析：(1)0～1s內(nèi)A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有m2v0＝(m1＋m2)v解得m2＝1kg.(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時A的速度最大，設(shè)A、B速度分別為v1、v2，由兩者組成的系統(tǒng)動量守恒得m2v0＝m1v1＋m2v2系統(tǒng)機械能守恒12m解得v1＝2m/s.答案：(1)1kg(2)2m/s12．解析：(1)根據(jù)動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2解得v2＝5m/s．(2)根據(jù)能量守恒定律得Q＝12mv02(3)根據(jù)動能定