2025人教版高中物理选择性必修第一册
专题强化练2 类碰撞问题
一、弹簧模型
1.(多选题)(2024山东潍坊期中)如图所示,物体P、Q用轻质弹簧拴接放置在光滑水平面上。给P施加一瞬时冲量使其向右运动,弹簧最短时Q的速度为2 m/s,已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg,取向右为正方向,则运动过程中 ( )
A.P的初速度为5 m/s
B.P的速度始终为正值
C.Q的最大速度为4 m/s
D.弹簧最大弹性势能为21 J
2.(经典题)(2024山东临沂联考)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A、B相连接,并且静止在光滑的水平面上,其中m2=4 kg。现使A瞬时获得水平向右的速度,并以此刻为计时零点,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时刻A与B两物块的动能之比为2∶1
B.在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸长状态
C.从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
D.从0到t4过程中弹簧的最大弹性势能为7.5 J
3.(2023江苏南京第一中学开学考)如图所示,质量为m的钢板B与直立的轻弹簧连接,弹簧的下端固定在水平地面上,平衡时弹簧的压缩量为x0。另一个表面涂有油泥、质量也为m的物块A,从距钢板3x0高度处自由落下,与钢板碰后A、B粘连在一起向下压缩弹簧,重力加速度大小为g,则 ( )
A.A、B粘连后的最大速度是
B.A、B粘连后的最大速度大于
C.在压缩弹簧过程中,A、B组成的系统机械能守恒
D.从A开始运动到压缩弹簧至最短的整个过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
4.(2024山东德州联考)如图所示,质量为3m的光滑圆弧形轨道C静止在光滑水平地面上,轨道底端与水平地面相切,质量为2m的小球A和质量为m的小球D与轻弹簧相连接并静止于水平地面上。现有一个质量也为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑,且下滑到底端时圆弧形轨道C向右移动距离为d,此后小球B与小球D正碰,碰后二者粘在一起。重力加速度大小为g。求:
(1)小球B下滑至圆弧轨道底端时,小球B的水平位移及圆弧形轨道C的半径R;
(2)小球B下滑至圆弧轨道底端时,小球B的速度大小;
(3)运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能。
二、子弹打木块模型
5.(经典题)(多选题)(2024河南商丘第一高级中学月考)如图所示,在光滑水平直杆上穿一滑块,滑块下面用足够长的细绳悬挂一木球,某时刻,子弹以水平速度v0射入木球并留在其中。已知子弹和木球的质量均为m,滑块的质量为2m,重力加速度为g,下列判断正确的是 ( )
A.当木球摆到最大高度时,子弹、木球、滑块的速度相等
B.当子弹、木球、滑块的速度相等时,滑块的速度达到最大
C.木球能摆起的最大高度是
D.滑块在运动过程中的最大速度是
6.(2024江苏徐州期中)如图所示,木块静止在光滑水平面上,子弹A、B同时从木块两侧射入,最终嵌在木块中。已知两子弹入射的初动量大小相等,射入过程中所受木块的阻力大小相等,子弹A的质量较小。比较这两颗子弹可知 ( )
A.子弹A的初动能较小
B.子弹A先与木块相对静止
C.子弹A的动量变化率较大
D.子弹A射入木块的深度较大
7.(2024湖北黄石联考)光滑的水平面上静止放置着两个紧靠的长方体木块B和C,子弹A以初速度v0正对B射入,子弹在木块B和C中穿行时和木块的相互作用力大小恒定,在此后的过程中A和C的v-t图像如图乙所示,若A、B、C的质量分别为MA、MB、MC,子弹恰好未从C穿出,则以下推理正确的是 ( )
A.MA=MC
B.MB=2MC
C.MA=2MC
D.木块B和C的厚度一样
8.(多选题)(2024辽宁朝阳建平实验中学月考)如图所示,质量为4m的木板静止在足够大的光滑水平地面上,质量为3m的木块静止在木板的左端。质量为m的子弹以大小为v0的初速度射入木块,子弹射入木块后未穿出木块,且木块恰好未滑离木板。木块与木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,子弹与木块均视为质点,不计子弹射入木块的时间。下列说法正确的是 ( )
A.子弹射入木块过程,子弹和木块组成的系统动量守恒、机械能守恒
B.子弹射入木块后共同速度为
C.木板长度为
D.木块在木板上滑行的时间是
三、滑块+光滑弧面模型
9.(经典题)如图所示,质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上,且圆弧轨道底端与水平面平滑连接,O为圆心,质量为m的小滑块以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道,恰好能滑到最高点,已知M=2m,则下列判断正确的是 ( )
A.由于没有摩擦阻力,小滑块冲上轨道的过程,小滑块机械能守恒
B.小滑块冲上轨道的过程,小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒
C.小滑块冲上轨道的最高点时,带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为v0
D.小滑块脱离圆弧轨道时,速度大小为v0
四、板块模型
10.(2024江苏盐城一中、大丰中学联考)如图所示,一质量为M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量为m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为v0=5.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内,B的速度大小可能是 ( )
A.1.8 m/s B.2.4 m/s
C.2.8 m/s D.3.5 m/s
11.(2024河南南阳月考)如图甲所示,小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上,物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上,物体和小车的v-t图像如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,则以下说法正确的是 ( )
A.小车B的最小长度为2.5 m
B.物体A与小车B的质量之比为1∶2
C.物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
D.如果仅增大物体A的质量,物体A有可能冲出去
12.(2024河北石家庄二模)如图所示,光滑固定轨道由足够长的水平直轨道和与其平滑连接的圆弧轨道组成,长木板B静止在直轨道上,小物块A放在长木板B的左端,小物块C静置于木板B右侧的水平直轨道上。已知A、B、C的质量分别为m、3m、6m,木板B长为L。现给小物块A一水平向右大小为v0的初速度,经过一段时间后木板B与小物块C发生弹性碰撞,小物块C冲上圆弧轨道后一段时间,A、B相对地面静止,此时物块A距木板B左端的距离为,又经过一段时间,物块C返回水平轨道第二次与木板B发生弹性碰撞。求:
(1)B、C第一次碰撞前瞬间B的速度大小;
(2)从A开始运动到B、C第二次碰撞前,A、B间因摩擦产生的热量Q;
(3)通过计算说明物块A最终是否脱离木板B。
答案与分层梯度式解析
专题强化练2 类碰撞问题
1.AC 已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg,弹簧最短时Q和P的速度相同,都为2 m/s,(破题关键)则根据动量守恒可得mPv1=(mQ+mP)v1',解得v1=5 m/s,选项A正确;当弹簧恢复原长时,此时弹性势能为0,则根据动量守恒和机械能守恒可得mPv1=mPv2+mQv2',mP=mP+mQv2'2,解得v2=5 m/s,v2'=0或v2=-1 m/s,v2'=4 m/s,可知P存在反向的速度,同时可得Q的最大速度为4 m/s,选项B错误,C正确;根据机械能守恒可得,当弹簧压缩至最短或拉伸至最长时,弹性势能最大,可得mP=(mQ+mP)v1'2+Epmax,解得Epmax=15 J,选项D错误。
2.C
图形剖析
以A的初速度方向为正方向,0~t1时间内,由动量守恒定律得m1v1=(m1+m2)v,将v1=3 m/s,v=1 m/s代入解得m1=2 kg,t1时刻A、B速度相同,根据动能的公式Ek=mv2可知A与B两物块的动能之比为1∶2,选项A错误;t3到t4时刻B的速度减小,A的速度增大到与初始时刻相同,说明从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长,t4时刻弹簧为原长,选项B错误,C正确;当A和B的速度相等时,弹簧弹性势能最大,根据机械能守恒定律可得Epm=m1-(m1+m2)v2,解得Epm=6 J,选项D错误。
3.B
模型构建
物块A下落3x0,由动能定理有mg·3x0=mv2,得物块A与钢板碰撞前瞬间的速度v=,碰撞时间极短,钢板与物块组成的系统动量守恒,设两者碰后瞬间的共同速度为v1,则mv=2mv1,解得v1=,A、B粘连后的瞬间,A、B的总重力(2mg)大于此时弹簧的弹力(mg),A、B粘连后先要向下加速再减速,所以A、B粘连后的最大速度大于,选项A错误,B正确;在压缩弹簧过程中,A、B组成的系统机械能减小,减小的机械能等于弹簧增加的弹性势能,选项C错误;由于A、B碰后粘连,属于完全非弹性碰撞,会有机械能损失,所以从A开始运动到压缩弹簧至最短的整个过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能不守恒,选项D错误。
4.答案 (1)3d 4d (2) (3)
关键点拨 B、C组成的系统水平方向动量守恒,时刻有mvB=3mvC,则xB=3xC,即B的水平位移是C水平位移的3倍,且xB+xC=R。
解析 (1)球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒,则有mvB-3mvC=0
可得m=3m
则xB=3xC=3d
且xB+xC=R
可得R=4d
(2)球B沿圆弧轨道滑至底端,有mvB-3mvC=0
mg·4d=m+×3m
联立得vB=
(3)B与D碰撞,由动量守恒定律得mvB=2mv1
此后A、B、D组成的系统动量守恒,弹簧压缩到最短时A、B、D共速,弹簧具有的弹性势能最大,(破题关键)有2mv1=4mv2
×2m=Ep+×4m
联立解得Ep=
5.ACD
模型构建
木球摆到最大高度时,三者具有相同的速度,(破题关键)此后滑块在绳子拉力作用下继续加速,选项A正确,B错误;子弹射入木球过程,根据动量守恒可得mv0=2mv1,子弹射入木球后,当木球摆到最大高度时,子弹、木球、滑块的速度相等,根据系统水平方向动量守恒可得2mv1=(m+m+2m)v2,由能量守恒有×2m=×4m+2mgh,联立解得h=,选项C正确;子弹射入木球后,木球摆到最大高度后再次回到最低点时,滑块的速度达到最大,设此时木球的速度为v1',滑块的速度为v2',根据系统水平方向动量守恒可得2mv1=2mv1'+2mv2',由能量守恒有×2m=×2mv1'2+×2mv2'2,联立解得v2'=,选项D正确。
6.D 两子弹入射的初动量大小相等,则有mAvA=mBvB,又由于子弹A的质量较小,可知vA>vB。根据公式Ek=mv2,p=mv,可得Ek=,由于pA=pB,vA>vB,所以EkA>EkB,选项A错误。两子弹入射的初动量大小相等,根据动量守恒定律知,两子弹和木块组成的系统动量一直为零;木块静止在光滑水平面上,则两子弹同时与木块相对静止,选项B错误。两子弹的初动量相等,末动量为0,则两子弹的动量变化量Δp大小相等;两子弹所受的阻力大小相等,根据动量定理可知两子弹运动时间相等,则两子弹的动量变化率大小相等,选项C错误。两子弹所受的阻力大小相等,设为f,根据动能定理,对A子弹有0-EkA=-fdA,对B子弹有0-EkB=-fdB,结合EkA>EkB,可知dA>dB,选项D正确。
7.C
图形剖析
子弹在木块B和C中穿行时和木块的相互作用力大小恒定,子弹做匀减速运动,由图像可知子弹的加速度大小为a==,C的加速度大小分别为a1==,a2==,t0时子弹的速度为v=v0-·t0=,0~t0内由动量守恒定律得MAv0=MA·+(MB+MC)·,t0~2t0内由动量守恒定律得MA·+MC·=(MA+MC)·,解得MA=2MC,MB=MC,选项A、B错误,C正确;由图像可知B的厚度为xB=-=,C的厚度为xC=-=,可知木块B和C的厚度不一样,选项D错误。
8.BD
关键点拨
子弹射入木块过程,子弹和木块组成的系统动量守恒,但机械能不守恒,根据动量守恒可得mv0=(m+3m)v1,解得子弹射入木块后共同速度为v1=,选项A错误,B正确;木块恰好未滑离木板,可知木块到达木板右端时与木板具有相同的速度v2,(破题关键)根据动量守恒可得(m+3m)v1=(m+3m+4m)v2,解得v2==,木块在木板上滑行时的加速度大小为a==μg,则木块在木板上滑行的时间为t==,木板长度为L=x块-x板=t-t=,选项C错误,D正确。
9.D 由于没有摩擦阻力,小滑块冲上轨道的过程,小滑块和带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能守恒,带有圆弧轨道的滑块的机械能增加,小滑块的机械能减少,A错误;小滑块冲上轨道的过程,小滑块在竖直方向存在加速度,带有圆弧轨道的滑块在竖直方向不存在加速度,故小滑块和带有圆弧轨道的滑块组成的系统在竖直方向的合外力不为零,系统动量不守恒,B错误;小滑块冲上轨道的过程,系统在水平方向不受外力作用,系统水平方向动量守恒,小滑块冲上轨道的最高点时,两者具有共同的速度v,则有mv0=(m+M)v,解得v==v0,C错误;设小滑块脱离圆弧轨道时,速度为v1,带有圆弧轨道的滑块的速度为v2,根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得mv0=mv1+Mv2,m=m+M,联立解得v1=v0=-v0,可知小滑块脱离圆弧轨道时,速度大小为v0,方向水平向左,D正确。故选D。
方法技巧 从小滑块滑上圆弧到脱离圆弧,相当于二者发生了弹性碰撞,且是“动碰静”。
10.C 以A、B组成的系统为研究对象,系统动量守恒,选择水平向右的方向为正方向,从A开始运动到A的速度为零,根据动量守恒定律可得(M-m)v0=MvB1,解得vB1= m/s,从开始运动到A、B共速,根据动量守恒定律可得(M-m)v0=(M+m)vB2,解得vB2=2.5 m/s,木块A加速运动的过程为其从速度为零到与B共速,此过程中B始终减速,则在木块A做加速运动的时间内,B的速度范围为2.5 m/s≤vB≤ m/s,故选C。
11.C 由v-t图像可知,A在小车上做减速运动,加速度的大小a==3 m/s2,对A根据牛顿第二定律可得mAa=μmAg,代入数据可得μ=0.3,选项C正确;设二者速度相等时速度为v1,根据图像可得v0=4 m/s,v1=1 m/s,A、B组成的系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,解得物体A与小车B的质量之比为mA∶mB=1∶3,选项B错误;设小车的最小长度为L,小车的最小长度恰好等于A与B速度相等时二者的位移差,根据v-t图像可知,L=t-t=t=2 m,选项A错误;如果仅增大物体A的质量,A在小车上滑动时的加速度大小不变,而A对小车的摩擦力增大,小车的加速度增大,达到共速的时间减小,根据C选项可知相对位移x=t减小,物体A不可能冲出去,选项D错误。
12.答案 (1)v0 (2)m (3)见解析
解析 (1)以水平向右为正方向,从小物块A开始运动到B、C碰撞前瞬间的过程中,对A、B组成的系统,由动量守恒可得mv0=mvA+3mvB
B、C第一次碰撞前后,B、C组成的系统动量守恒、机械能守恒,有3mvB=3mvB'+6mvC
×3m=×3mvB'2+×6m
以水平向右为正方向,B、C发生第一次碰撞后,对A、B组成的系统由动量守恒定律可得mvA+3mvB'=0
联立得vB'=-vB,vC=vB,vA=vB=v0
(2)两个过程中因摩擦产生的热量为
Q=m-×6m
解得Q=m
(3)B、C第二次碰撞前C的速度与B、C第一次碰撞后C的速度大小相等,方向相反,以水平向左为正方向,B、C第二次碰撞前后,由动量守恒和机械能守恒得6mvC=6mvC'+3mvB″
×6m=×6mvC'2+×3mvB″2
解得vC'=v0,vB″=v0
假设A没有滑离木板B,A、B最终将共速(解题技法),由动量守恒定律可得3mvB″=(m+3m)v共
解得v共=v0
此过程因摩擦产生的热量为
Q'=×3mvB″2-×4m=m
因摩擦产生的热量与相对位移成正比,则有=
解得Δx=L
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
()
