专题3 碰撞问题中的经典模型-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019) 江苏专用

专题三碰撞问题中的经典模型 题型1子弹木块模型 D.子弹和滑块间作用时间相等 1.(2022·甘肃民乐一中期中)质量为M的均 匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧 777方7 各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手. 首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最 (第3题) (第4题) 大深度为d,然后右侧射手开枪，子弹水平射 4.(2023·吉林东北师大附中期末)长为L,质量 入木块的最大深度为山，如图所示.设子弹均 为M的木块静止在光滑水平面上.质量为m 未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用 的子弹以水平速度。射入木块并从中射出. 力大小均相同.当两颗子弹均相对木块静止 已知从子弹射人到射出，木块移动的距离 时，下列说法中正确的是 ( 为s,则子弹穿过木块所用的时间为( A.最终木块静止，山=d2 A.Lts B.+(1+)s B.最终木块向右运动，d,<d2 o C.最终木块向左运动，d,=d c D.最终木块静止，d,<d 题型2板块模型 - 5.(2024·四川南充高级中学月考)如图甲所 (第1题) (第2题)】 示，一长木板静止于光滑水平桌面上，=0 2.(2024·湖南长沙一中月考)如图所示，子弹 时，质量为m可视为质点的小物块以速度。 水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后 从木板左侧滑上长木板，小物块到达木板右 不再穿出，此时木块动能增加了10J,已知木 端时恰好与木板相对静止，图乙为物块与木 块质量大于子弹质量，则此过程中产生的热 板运动的-t图像，图中t1、oc,已知，重力 量不可能为 ( 加速度为g,由此可得 A.20JB.35JC.50JD.120J 3.矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一 起组成，将其放在光滑水平面上，一子弹以速 77777 度。水平射向滑块：若射击下层，子弹刚好不 A.物块与木板系统动量和机械能都守恒 射出，如图甲所示：若射击上层，则子弹刚好 能射穿一半厚度，如图乙所示，比较上述两种情 B.木板的长度为2 况，下列说法正确的是 A.系统产生的热量相等 C.物块与木板之间的动摩擦因数为”口 gt B.子弹对滑块做功不相等 C.子弹和滑块间的作用力相等 D.系统所产生的内能为了m,） 选择性必修第一册学霸100 6.(2024·江苏南京期末)如图所示，A、B、C三 ④增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生 个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质 热变大 量为2m,B和C的质量都是m,A、B间的动摩 A.①③ B.①④ C.②3D.②④ 擦因数为4，B、C间的动摩擦因数为：，B和 题型3弹簧模型 4 8.(2024·黑龙江哈师大附中期中)如图所示 地面间的动摩擦因数为发设B足够长，最大 在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板 B,木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧.质量 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 为2m的木块A以速度。从木板的右端水平 现对A施加一水平向右的拉力F,则下列判 向左滑上木板B.在木块A与弹簧相互作用的 断正确的是 过程中，下列判断正确的是 】 A.若A、B、C三个物体始 A→ A.弹簧压缩量最大 终相对静止，则力F不 时，A的运动速率 M 能超过 4 最小 B.当力F逐渐增大时，A、B之间先发生打滑 B.B板的加速度一直增大 现象 C.弹簧给木块A的冲量大小为 mto 3 9 C.当力F>之wmg时，B与A相对滑动 D.弹簧的最大弹性势能为3 o D.无论力F为何值，B的加速度不会超过 9.(2024·山东临沂期中)如图甲所示，一轻弹 3 Ahg 簧的两端分别与质量为m1和m2的两物 7.(2024·山东济南省实验中学期中)如图所 块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上， 示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水 其中m2=4kg现使m,瞬时获得水平向右的 平面上，车长L=1.5m,现有质量m2=0.2kg 速度，并以此刻为计时零点，两物块的速度随 可视为质点的物块，以水平向右的速度。= 时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得 5m/s从左端滑上小车，恰好停在小车最右 端.物块与车面间的动摩擦因数4=0.5，g取 /ms-) 10m/s2.则 m-Mm 77777777777777777777 ①物块对小车做功0.6J A.在t1时刻A与B两物块的动能之比为 ②物块克服小车摩擦力做功0.6J 2:1 ③减小物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生 B.在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸 热变小 长状态 期末专题复习学霸101 C.从t,到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复11.(2024·广西百色期末)如图所示，墙壁左侧 原长 周定一上表面光滑的水平台面，水平台面上 D.从0到t:过程中弹簧的最大弹性势能为 方有一根劲度系数k=2500N/m的轻弹簧 7.5J 一端固定于墙壁，一端紧挨着物块A,初始 10.(2024·山西临汾一模)如图所示，物块B和 时，弹簧处于原长，物块A静止于水平台面 木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面 左端，在光滑水平地面上有一木板B,木板B 水平且足够长，其左端放置一滑块A,A、B、C 上表面与水平台面等高，右端与水平台面紧 的质量分别为m、2m、3m.A、C间的动摩擦因 挨着但不粘连.初始时，一颗质量为mo的子 数为4，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳 弹以o=400m/s的速度击中物块A并嵌入 子处于松弛状态.现在突然给A一个向右的 其中，随后一起向右压缩弹簧，当返回时物 速度4。，使A在C上滑动，当A的速度减为 块A滑上木板B,物块A始终在木板B上.已 。时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断， 知mo=0.05kg,物块A的质量m4=3.95kg, 绳子被拉断时C的速度为 30,重力加速度 木板B的质量mB=6kg,物块A与木板B上 表面的动摩擦因数u=0.2,弹簧始终在弹性 为g.求： 限度范围内，重力加速度g取10m/s2,求： (1)从A获得速度开始经过多长时间绳子被 (1)子弹与物块A碰撞过程中损失的能量： 拉直？ (2)子弹嵌入物块A后，一起向右压缩弹簧 (2)因拉断绳子造成的机械能损失为多少？ 至最短过程克服弹簧弹力所做的功： (3)若A最终未脱离木板C,则木板C的长 (3)木板B的最小长度L 度至少为多少？ Ahww B 水平台西 选择性必修第一册学霸102上动量守恒,并且沿杆方向速度相等,则A、B的水平速度 ,1 。 都为零,即B的速度为零,A只有竖直方向的速度,根据系 m(r-v.): 二定律得T-mg= -.解得T=11N. 解得小球A的速度大小为r.三②gL,故D错误.故选D 专题三 碰撞问题中的经典模型 /2MgR 2R(2m+M) 1.D 6.(1)①v2gR ②3mg(2)① 2.A 3.A 4. B 5.D 6. C /M+m m+M 7. A 解析:①②根据m.v。=(m.+m)v. 1 物块对小车做功为W--mv*,得W=0.6J. 解得。=v②gR. )1 ②小球运动到轨道最低点时,由牛顿第二定律有F。- mg=mR W.=2.1J.①正确,②错误 ③④根据牛顿第二定律,小车和物块的加速度大小分别为 m_g 解得F、=3mg. umgm2 a. = (2)①凹可以在桌面上自由滑动,小球和凹组成的系 m.n 一g,.三 m2 统水平方向上动量守恒,则有 #_ mr.-Mv.=0. _2# m:=L. 物块和小车的相对位移为Ax= 由机械能守恒定律有mgR=- 2a2a. 2g /2MgR 若减小物块与车面间的动摩擦因数,物块从小车右侧脱 =M+m 离,根据0=m.gL.则摩擦生热变小. 若增大物块与车面间的动摩擦因数,物块不会脱离小车. ②根据题意可知,小球运动过程中水平方向动量守恒,则 有m.-M.=0. 两边同时乘:可得mx,=Mx. 摩擦生热不变,③正确,④错误.故选A 由于运动过程中,系统的机械能守恒,则当小球运动到回 8.D 解析:AB.当A向左压缩弹策时A物块减速,B板做加 轨道左端点时,速度恰好为零,此时,凹橹向右运动到最 速度增大的加速运动,当弹策压缩量最大时,A、B共速,之 2n 大距离,则有x.+x。=2R,解得x.= 后弹在恢复形变的过程中B板做加速度减小的加速运 动,A物块继续减速.当弹恢复原长时B板达到最大速 由对称性可知,小球再次滑到轨道右端点时,凹糟恰好向 __ 度,A速度最小,故AB错误; 左运动= C.当弹恢复原长时,设A.B的速度分别为r、,由动量 守桓定律2mr.=2mu.+mr., 由于回两端始终没有滑出桌面,则桌面的最小长度 2R(2m+M) I=2R+.= 2 m+ 联立解得v,3%,v:3。, 4 7.(1)6N(2)1m/s (3)11N 解析:(1)在水平外力F作用下,系统保持静止状态时 对A受力分析,如图所示 弹策给木块A的冲量1=2mr.-2mt.=- 所以弹给木块A的冲量大小为-mr。,故C错误; D.弹策最大的弹性势能发生在AB共速时,设共速的速度 为r,由动量守恒知2mr。=3mr,解得r-2*。, 由能量守恒可知E,-2 2 由共点力平衡条件可得F=T。sin6. 故D正确,故选D 对B受力分析可得7。=mg,解得水平外力的大小为F= 9.C 解析:A.以m.的初速度方向为正方向,对0~1.时间内 6N. 的过程,由动量守恒定律得 (2)A滑至P点时,B球运动到最低点,其速度为0.从撤去 m..=(m.+m)u. 外力F到A滑至P点的过程中,对A、B组成的系统,由机 将.=3m/s.v=1m/s代入解得m.=2kg. 4.时刻速度相同,根据动能的公式EF.--m. 1m/s. 可知A与B两物块的动能之比为1:2.故A错误; (3)A滑至P点右侧后,A、B组成的系统机械能守恒,在水 BC7.到t.时刻m.的速度减小,m.的速度增大到初始时 平方向上动量守恒.绳子先对A做负功,A的机械能减小. 刻,说明从7.到1.时刻弹策由伸长状态逐渐恢复原长,2.时 则B的机械能增加,当A、B同速时,B球上升到最高点,此 刻弹恢复原长,故B错误,C正确; 后绳子仍对A做负功,当绳子变为竖直方向时,A的机树 D.当n.和m.的速度相等时,弹弹性势能最大,根据机 能最小,B的机械能最大,此时B处于最低点,重力势能最 械能守恒定律可得 小,动能最大,则速度最大,设此时A、B的速度分别为v、 故D错误.故选C 参考答案 学霸39 145r{ 7 接下来8号再与7号、7号与6号,6号与5号,5号与 1g 4号、4号与3号、3号与2号、2号与1号碰撞,因质量相等 解析:(1)对物块A.根据动量定理-umgt=mr.-mx4r。,解 的8个球碰撞,都是弹性碰撞,则有1号球碰撞后的速度 大小是r3-%o,.白球第二次再与8号球碰撞,同理则有 4 碰撞后白球的速度j3.依次类推,最后白球碰撞8号 (2)A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒mx 1 4=mr.+3mr,解得ve=v. C.B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒3mr。=3m× 球后的速度v= #3-,+2,解得-), 2 n()”。-().ABD错误,C正确. 故选C. 3m(。)-2# 解得Am 4.(1)2 2(2)#2(3)2# 2 2 (3)在绳子伸直之前,A、C构成的系统根据功能关系 5.(1)0.2(2)36] 1 6# 2. 2x27 解得x= -9m/s>r. g 6 绳子拉断后直到A、C共速,A.C构成的系统动量守恒 假设不成立:所以A先加速后匀速,设物体A的加速度大 mu. 3mx#=(m+3m)v. 2 小为a.加速运动的时间为1.,则有 ung=m a.,c三a,乙-af{r (-t). 1。 解得= 联立解得=0.2 (2)A与B碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒,则有 绳子拉断后,A.C系统根据功能关系 1 v.=0.vn=6m/s. 得x:=24ug 。& 可知A与B碰后交换速度;以水平向右为正方向,B与C 碰撞的过程,由动量守恒和机械能守恒得 木板C的长度至少为L=xt,+:24g 145r na”n:maritm,m_m"2mp,解得 1 11.(1)39501(2)501(3)37.5m r.=-3m/s.v.=3m/s. 解析:(1)子弹打A的瞬间动量守恒,设二者共同速度为 可知碰后B以3m/s的速度向左运动,与A发生第2次碰 t,mov=(m.+m)v.,解得r.=5m/s 撞,碰后A、B再次交换速度,A以v.=3m/s的速度向左冲 由能量守恒定律,子弹与物块A碰撞过程中损失的能量 上传送带先减速到0后,再向右加速到达传送带右端与B r-mor-(m。 m.)ri=3.9501. 1 第3次碰撞,则有 (2)子弹嵌入物块A后,一起向右压缩弹至最短过程 g 设克服弹策弹力所做的功为W,由动能定理得一W=0- 则A与传送带之间的摩擦热为0=1mg·x=361. -(m.+m)r.解得w=5o1 (3)由能量守恒定律,当返回时,物块A滑上木板B的动 解析:(1)B、C碰撞前瞬间对A.B系统,由动量守恒可 能大小与物块A刚压缩弹策时的动能相同,即速度大小 得mr。=mr.+3mrn, 与二.相等,方向相反,设向右为正方向,物块A和木板, B.C第一次碰撞前后动量守恒、动能守恒,有3mr.=3m+ 动量守恒,设物块A和木板B共同速度为v,由动量守恒 -2x3mrx6mr. 定律-(m+m )v.=(m+m,+m)v,解得v=-2m/s. B.C发生第一次碰撞后,对A、B系统由动量守恒可 得mu.+3mr'=0. 1 2,解得-△ 联立以上方程解得=- 2 3{r 1 专题四 碰撞问题中的多体碰撞 1.C 2.C 5 0= 3.C 解析:设白球的初速度为r。,与8号球第一次碰撞后速 =2_ 度分别为v、、.因碰撞均是弹性碰撞,因此由动量守恒定 (3)B、C第二次碰撞,由动量守恒和动能守恒 = 选择性必修第一册 学霸40