第6章 专题6 用动力学、动量和能量观点分析“碰撞拓展模型”（word练习）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

[对应学生用书第381页] [基础题组] 1．(2023·唐山摸底)如图所示，静止在光滑水平面上的质量为2m的滑块B与轻质弹簧拴接，轻弹簧另一端固定，质量为m的滑块A以速度v0向右运动，滑块A、B相碰瞬间粘在一起。此后弹簧弹性势能的最大值为(　　) A．mv02　　　　　　 B．mv02 C．mv02 D．mv02 解析　滑块A、B发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，解得v＝。碰撞后的动能Ek＝·3mv2＝mv02，滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能Ep＝Ek＝mv02，选项B正确。 答案　B 2．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的，子弹的质量m是物体B的质量的，弹簧压缩到最短时B的速度为(　　) A． B． C． D． 解析　当弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统从子弹开始射入物体A直至弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒。由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，解得v1＝，故选项C正确。 答案　C 3．(多选)如图所示，质量m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量M＝0.5 kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，物块最后恰好没有滑离木板，取g＝10 m/s2，则在整个过程中(　　) A．物块的最大速度为6 m/s B．木板的最大速度为3 m/s C．物块相对于木板滑行的时间为0.75 s D．木板的长度为3 m 解析　子弹射入物块，由动量守恒定律可得，子弹刚射入物块时，两者的共同速度v＝＝6 m/s，之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度，故物块的最大速度为6 m/s，故选项A正确；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么共同速度v′＝＝2 m/s，所以木板的最大速度为2 m/s，故选项B错误；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a＝μg＝4 m/s2的匀减速直线运动，所以，物块相对于木板滑行的时间t＝＝1 s，故选项C错误；物块在木板上滑行时，物块做加速度a＝4 m/s2的匀减速直线运动，木板做加速度a′＝＝2 m/s2的匀加速直线运动，所以木板的长度L＝－＝3 m，故选项D正确。 答案　AD 4．如图所示，A、B两木块靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的质量分别为mA＝2.0 kg、mB＝1.5 kg。一个质量为mC＝0.5 kg的小铁块C以v0＝8 m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动。若木块A在铁块C滑离后的速度为vA＝0.8 m/s，铁块C与木块A、B间存在摩擦，则摩擦力对B做的功为(　　) A．0.6 J B．1.2 J C．0.45 J D．2.435 J 解析　取C的初速度方向为正方向，对A、B、C，由动量守恒定律 mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′ 代入数据解得vC′＝2.4 m/s 对B、C，由动量守恒定律 mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v Wf＝mBv2－mBvA2 代入数据解得Wf＝0.6 J，故选项A正确。 答案　A 5．(多选)如图甲所示，物块A、B间连接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v­t图像如图乙所示，则可知(　　) A．物块A的质量为4 kg B．运动过程中物块A的最大速度为vA＝4 m/s C．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒 D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为Ep＝6 J 解析　弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时A和B共速，由题图乙知，AB共同速度为v共＝2 m/s，A刚离开墙时B的速度为v0＝3 m/s。在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得 mA＝2 kg，故选项A错误； 当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由题图乙知，B的初速度v0＝3 m/s，弹簧恢复原长时B的速度vB＝1 m/s，取向右为正方向。 由mBv0＝mAvA＋mBvB，mBv02＝mAvA2＋mBvB2，解得A的最大速度 vA＝4 m/s，故选项B正确； 在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故选项C错误； 分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合题图乙数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共＝2 m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v共，Ep＝mBv02－(mA＋mB)v共2；联立解得弹簧的最大弹性势能 Ep＝6 J，故选项D正确。 答案　BD 6．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是(　　) A．小球的质量为M B．小球运动到最高点时的速度为 C．小球能够上升的最大高度为2 D．若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动 解析　设小球的质量为m，初速度为v0，取向右为正方向在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，v2＝－v1，结合题图乙可得＝，＝b，所以a＝v0，m＝M，故选项A正确；小球从开始运动到回到最低点的过程中，对小球和圆弧滑块组成的系统mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为v1＝v0＝<0，即a>b时小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故选项D正确；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共，解得v共＝＝，故选项B正确；小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋M)v共2＋mgh，h＝＝，故选项C错误。 答案　C 7．(多选)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知(　　) A．B球的质量m2＝2 kg B．球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J C．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能 D．在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8 解析　A和B球在碰撞过程中满足动量守恒，因此由m1v＝(m1＋m2)v共代入数据有m2＝2 kg，选项A正确；球A和球B在共速的时候产生的弹性势能最大，因此Ep＝m1v2－(m1＋m2)v共2＝ J＝3 J，选项B错误；因为是弹性碰撞，t3时刻两个小球分离后没有能量损失，因此t1时刻球A的动能和t3时刻两个球的动能之和相等，选项C错误；从碰撞到t2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m1v＝m1v1＋m2v2和m1v2＝m1v12＋m2v22，联立解得v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故此时两个球的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8，选项D正确。 答案　AD 8．如图所示，光滑水平面上有质量为m足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A．1∶4 B．1∶4 C．1∶8 D．1∶12 解析　木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有mv0＝(m＋m)v，解得v＝v0； 根据能量守恒定律有 μmgs＝mv02－(m＋m)v2 解得划痕长度s＝ 同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度为 s′＝ 故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故选项A正确，B、C、D错误。 答案　A [提升题组] 9.如图所示，一半径为R＝0.2 m的固定光滑圆弧轨道AB位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相切于B点，一小球M从距圆弧轨道最高点A高度为h＝0.2 m处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球N碰撞，M、N质量均为m＝1 kg，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球M在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心 B．轻弹簧被压缩至最短时，M和N的速度大小都是 m/s C．轻弹簧被压缩的过程中，M、N的总动量和总动能都保持不变 D．轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为4 J 解析　小球M在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，合外力方向除B点外并不指向轨道圆心，故选项A错误； 小球M滑到B的过程由机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mvB2，解得vB＝2 m/s ，当两球的速度相等时轻弹簧被压缩至最短，由动量守恒定律得mvB＝2mv，解得v＝ m/s，故选项B正确； 轻弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知M、N的总动量不变，根据能量守恒定律知弹性势能增大，所以总动能减少，故选项C错误； 轻弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，根据能量守恒定律得E弹m＝mvB2－·2mv2，解得E弹m＝2 J，故D错误。 答案　B 10．(2024·九省联考)如图所示，A、B两点间距离L＝1.9 m，质量为m甲＝ kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量为m乙＝1 kg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0＝4.8 m/s。碰后乙在AB间运动的某段距离中，受到一水平向右、大小F＝1 N的恒定推力。乙与静止在B点处、质量为m丙＝1 kg的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小之比为3∶1，碰后丙经d＝0.04 m停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，所有碰撞时间极短，g取10 m/s2。求： (1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小； (2)乙、丙碰撞过程损失的机械能； (3)推力F在AB间作用的最长时间。 解析　(1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律 m甲v0＝m甲v甲＋m乙v乙 由机械能守恒定律 m甲v02＝m甲v甲2＋m乙v乙2 解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为 v乙＝v0＝2.4 m/s。 (2)碰后，对丙由动能定理 －μm丙gd＝0－m丙v丙2，解得v丙＝0.4 m/s 乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律m乙v乙1＝m乙v乙2＋m丙v丙，＝ 联立解得v乙1＝0.6 m/s，v乙2＝0.2 m/s 由能量守恒定律m乙v乙12＝m乙v乙22＋m丙v丙2＋ΔE，代入数据解得ΔE＝0.08 J。 (3)推力F作用时，对乙由牛顿第二定律μm乙g－F＝m乙a1，解得a1＝1 m/s2 没有推力F时，对乙由牛顿第二定律μm乙g＝m乙a2，解得a2＝2 m/s2 因越接近B点时速度越小，则当滑块乙在接近于B点时施加推力F作用的时间最长，由运动学公式＋＝L 解得v＝1.6 m/s，由v＝at可得，推力F在AB间作用的最长时间为t＝＝1.0 s。 答案　(1)2.4 m/s　(2)0.08 J　(3)1.0 s 11．(2024·九省联考)下图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0＝0.3 kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量为m1＝0.3 kg的滑块，滑块下面是质量为m2＝0.2 kg的“L”形薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ＝53°，滑块离地高度为h＝ m，B与P处的小熊相距s＝2.2 m，薄板长度L＝0.9 m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。 (1)求A、B间的水平距离x； (2)若弹丸与滑块发生弹性碰撞，且滑块和薄板右侧挡板碰撞后立即粘在一起，试通过计算判定挑战是否成功。 解析　(1)设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B的运动过程，得 h＝gt2，x＝v0t，tan θ＝ 解得v0＝5 m/s，x＝ m。 (2)设碰后两者速率分别为v0′、v1。以水平向右为正方向，得 m0v0＝m0v0′＋m1v1，m0v02＝m0v0′2＋m1v12 解得v1＝5 m/s，v0′＝0，Ff1＝μ1m1g，Ff2＝μ2g，解得Ff1＝Ff2 故薄板静止不动 设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为v2，得 －μ1m1gL＝m1v22－m1v12 m1v2＝v3 －μ2gx＝0－v32 联立以上各式，解得x＝0.96 m，x<s－L，则此时薄板没有碰到玩具，挑战不成功。 答案　(1) m　(2)见解析 12．(2024·九省联考)在图示装置中，斜面高h＝0.9 m，倾角α＝37°，形状相同的刚性小球A、B质量分别为100 g和20 g，轻弹簧P的劲度系数k＝270 N/m，用A球将弹簧压缩Δl＝10 cm后无初速度释放，A球沿光滑表面冲上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性势能Ep＝k(Δl)2，重力加速度的大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。 (1)求碰撞前瞬间A球的速度大小； (2)求B球飞离斜面时的速度大小； (3)将装置置于竖直墙面左侧，仍取Δl＝10 cm，再次弹射使B球与墙面碰撞，碰撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使B球能落回到斜面上，求装置到墙面距离x的最大值。 解析　(1)设A球与B球碰撞前的速度为vA，由能量守恒定律Ep＝mAgh＋mAvA2 其中Ep＝k(Δl)2＝×270×0.12 J＝1.35 J 代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为 vA＝3 m/s。 (2)A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 由机械能守恒定律得mAvA2＝mAvA′2＋mBvB′2 联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为vB′＝vA＝5 m/s。 (3)仍取Δl＝10 cm，则B球飞离斜面时的速度仍为vB′＝5 m/s，设B球运动的总时间为t，由对称性可知，若B球能落回到斜面，则水平方向有2x＝vB′cos 37°·t 竖直方向有y＝vB′sin 37°·t－gt2＝0 解得t＝0.6 s，x＝1.2 m。 答案　(1)3 m/s　(2)5 m/s　(3)1.2 m 学科网（北京）股份有限公司 $$