新教材同步系列2024春高中物理素养提升练1三类“碰撞”模型粤教版选择性必修第一册

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素养提升练(一)　三类“碰撞”模型 1．(广东省佛山市高三期中物理试题)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则(　　) A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒 B．在以后的运动过程中，小球和槽的机械能始终守恒 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处 2．(多选)(2022·陕西渭南市瑞泉中学高二阶段练习)如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M＝3 kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平．有一质量m＝1 kg的小球以水平初速度v0＝4 m/s 从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取10 m/s2．下列说法正确的是(　　) A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒 B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒 C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6 m D．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.8 m 3．(2022·山东师范大学附中高二练习)如图所示的轨道，由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上．当轨道固定不动时，将可视为质点的物块，从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．当轨道不固定时，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是(　　) A．物块与轨道组成的系统动量守恒，机械能不守恒 B．物块与轨道组成的系统动量不守恒，机械能守恒 C．物块将从轨道左端冲出水平轨道 D．物块仍能停在水平轨道的最左端 4．(2022·珠海市高三阶段练习)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较(　　) A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大 C．射入滑块A中阻力对子弹做功是射入滑块B中的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相同 5．(2022·广东广州市第三中学高二阶段练习)子弹水平射入一个静置于光滑水平面上的木块中，然后一起前进，设子弹和木块作用时间可以忽略不计，则(　　) A．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同 B．子弹的动量变化和木块的动量变化相同 C．子弹和木块组成的系统动量守恒 D．子弹减少的动能等于木块增加的动能 6．(2022·广州高三阶段练习)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量是Q的2倍，Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以初速度v0向Q运动(轻质弹簧与P不粘连)并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中有(　　) A．当弹簧被压缩最短时，Q的速度最大 B．P的最终动能是它初动能的 C．P被弹簧弹开瞬间速度与初速度反向 D．由于弹簧被压缩，最终P将静止 7．(2022·广州市第十一中学高二练习)如图甲所示，长木板A静置在光滑的水平面上，物块B可视为质点以水平速度v0＝2 m/s滑上长木板A的上表面的最左端，之后它们的速度随时间变化情况如图乙所示，在两者相对运动过程中，因摩擦产生的热量为4 J，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．长木板A的质量为4 kg B．摩擦力对物块B做功为6 J C．长木板A的长度不小于1.5 m D．长木板A与物块B间的动摩擦因数为0.2 8．(多选)(2022·广东高二阶段练习)如图所示，质量为2m的圆弧形凹槽OAB锁定在光滑水平面上，凹槽半径为R，A点切线水平．质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，恰好运动到B点．重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法正确的是(　　) A．小球的初速度大小v0＝ B．若凹槽解除锁定，小球和凹槽组成的系统动量不守恒 C．若凹槽解除锁定，小球上升的最大高度为R D．若凹槽解除锁定，凹槽获得的最大速度为 9．(多选)(2022·黑龙江齐齐哈尔高二期中)如图所示，一轻质弹簧两端各连着滑块A和B，滑块A的质量为m0，滑块B的质量2m0，两滑块都置于光滑的水平面上，今有质量为m0的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出，下列说法正确的是(　　) A．子弹打入滑块A的过程中，子弹对滑块A的冲量大小为m0v0 B．滑块B的最大速度为v0 C．弹簧的最大弹性势能为 D．子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统损失的机械能为 10．(多选)(2022·吉林公主岭第五中学高二阶段练习)如图所示，一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上用一条长为L的轻绳拴一个小球，小球与悬点在同一水平面上，轻绳拉直后小球从A点静止释放，不计一切阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球的机械能守恒，动量守恒 B．小车的机械能守恒，动量也守恒 C．小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向上动量守恒 D．小球一定能摆到与A点同高度处 11．(2022·广东汕头高三阶段练习)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与两物块A、B相连接，A的质量m1＝2 kg，B的质量为m2，开始静止在光滑的水平面上．t＝0时刻使B获得v0＝3 m/s水平向右的瞬时速度，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示．求： (1)B物块的质量； (2)物块A的最大速度． 12．(2022·宁夏石嘴山市第三中学高二阶段练习)如图所示，在水平面上放置质量为M＝0.8 kg的木块，一质量为m＝0.05 kg的子弹以v0＝180 m/s的水平速度射穿木块，穿透时间极短，穿透木块后子弹速度降为v1＝100 m/s．若木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2，求： (1)子弹刚穿透木块时木块的速度v2； (2)子弹穿透木块过程中系统产生的热量Q； (3)木块在地面上滑行的距离s＝4 m时的速度vt． 13．如图所示，质量为M、内有半径R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小球从槽顶端A点由静止释放，若槽内光滑．忽略一切摩擦，求： (1)小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小； (2)小球在槽右端上升的最大高度h． 素养提升练(一)　三类“碰撞”模型 1．C　[小球在弧形槽上运动时，竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒；当小球与弹簧接触后，小球受到弹力，小球和槽组成的系统动量也不守恒，A错误；在以后的运动过程中，小球和槽以及弹簧组成的系统机械能守恒，小球和槽的机械能不守恒，B错误；根据水平方向动量守恒可知0＝mv球＋mv槽，小球和槽分开时的速度大小相等，方向相反，小球被弹簧反弹后，小球原速率返回，且小球和槽水平方向不受外力，都做速率不变的直线运动，且小球不会追上槽，C正确，D错误．] 2．BC　[在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，A错误；在小球滑到最高点的过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，B正确；小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则mv0＝(M＋m)v，解得v＝＝1 m/s，由小球与小车组成的系统机械能守恒，有＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝0.6 m，C正确，D错误．] 3．D　[物块与轨道组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，轨道水平部分粗糙，物块与轨道间有摩擦力，物块在轨道的水平部分运动时因摩擦产生内能，所以机械能不守恒，故A、B错误；设轨道水平部分长为L，圆弧部分半径为R，当轨道固定时，由能量守恒定律有mgR＝μmgL，轨道不固定时，设物块相对轨道静止时，共同速度为v，取向左为正方向，在轨道水平部分滑行的距离为x，根据水平方向动量守恒得0＝(M＋m)v，由能量守恒定律可得mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道最左端，故D正确，C错误．] 4．D　[设子弹质量m，滑块质量M，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，mv0＝(m＋M)v2，所以v1＝v2，即两子弹初末速度均相等，速度变化量相等，故A错误；对滑块，根据动量定理得I1＝Mv1，I2＝Mv2，所以I1＝I2，故B错误；对子弹，根据动能定理得Wf1＝，Wf2＝，所以Wf1＝Wf2，故C错误；对系统，根据能量守恒定律得Q1＝，Q2＝，所以Q1＝Q2，故D正确．] 5．C　[在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，由冲量的定义I＝Ft可知，子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等，方向相反，故A错误；由于子弹和木块组成的系统，所受外力的合力为0，所以系统动量守恒，子弹的动量变化与木块的动量变化之和为0，则Δp子弹＝－Δp木块，所以子弹的动量变化和木块的动量变化大小相等，方向相反，故B错误，C正确；子弹射入木块的过程，摩擦生热，系统的总动能减少，所以子弹减少的动能大于木块增加的动能，故D错误．] 6．B　[当Q只要受到弹簧弹力作用时就有加速度，则当弹簧恢复原长时，Q的加速度为零，速度最大，A错误；当弹簧恢复原长时，设P、Q的速度分别为v1、v2，且设P、Q的质量分别为2m和m，则由动量守恒定律和能量关系可知2mv0＝2mv1+2mv2，＝，解得v1＝，v2＝，P的初动能EkP0＝＝，P的末动能EkP＝＝，则P的最终动能是它初动能的，P被弹簧弹开瞬间速度与初速度同向，最终以的速度做匀速运动，故B正确，C、D错误．] 7．A　[由v­t图像斜率表示加速度可知，长木板A和物块B的加速度大小相等，结合牛顿第二定律，有a＝＝＝＝＝1 m/s2，可得μ＝0.1，mA＝mB，A、B系统由动量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v，联立得v＝，在两者相对过程中系统损失的机械能转化成摩擦产生的热量有ΔE＝Q＝mBv2－mAv2＝4 J，根据题目图像把v0＝2 m/s，v＝1 m/s代入，联立解得mA＝mB＝4 kg，故A正确，D错误；由动能定理得WfB＝mBv2－，代入数据解得WfB＝－6 J，故B错误；由题图可得，0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误．] 8．BC　[圆弧形凹槽OAB锁定在光滑水平面上，由机械能守恒定律＝mgR，所以小球的初速度大小v0＝，故A错误；凹槽解除锁定，小球和凹槽组成的系统受到的合外力不为0，动量不守恒，但系统在水平方向受到的合外力为0，所以在水平方向动量守恒，故B正确；凹槽解除锁定，当小球与凹槽的速度相同时小球上升的高度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒定律＝(m＋2m)v2＋mgh，解得h＝R，故C正确；当小球运动到凹槽底端时凹槽获得的速度最大，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律＝，解得v2＝，故D错误．] 9．BC　[子弹打入滑块A的过程中，子弹和滑块A组成的系统动量守恒，设共速的速度大小为v，根据动量守恒定律可得m0v0＝2m0v，解得v＝v0，对滑块A，取向右为正方向，根据动量定理可得子弹对滑块A的冲量大小为I＝m0v＝m0v0，故A错误；子弹打入滑块A后，以整体为研究对象，当弹簧第一次回到原长时，滑块B的速度最大，设此时子弹和A的速度大小为v1，滑块B的速度大小为v2；根据动量守恒定律可得2m0v＝2m0v1＋2m0v2，根据机械能守恒定律可得×2m0v2＝，解得v1＝0，v2＝v0，滑块B的最大速度为v0，故B正确；当三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得2m0v＝4m0v共，根据能量守恒定律可得Ep＝，联立解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝，故C正确；只有子弹打入滑块A过程中机械能有损失，之后子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统机械能不变，则损失的机械能为ΔE＝－×2m0v2＝，故D错误．] 10．CD　[小球向下摆动的过程中，轻绳拉力对小球做负功，对小车做正功，所以小球和小车各自的机械能不守恒，但是小球和小车组成的系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒，故A、B错误，C正确；当小球向下摆过程中，小车向左加速；当小球向上摆动时，小车向左减速，当小车速度减为零时，根据系统机械能守恒，小球将摆到与A点等高处，故D正确．] 11．解析：(1)0～1 s内A、B组成的系统动量守恒，有 m2v0＝(m1＋m2)v 解得m2＝1 kg. (2)当弹簧恢复原长时A的速度最大，设A、B速度分别为v1、v2，由两者组成的系统动量守恒得 m2v0＝m1v1＋m2v2 系统机械能守恒＝ 解得v1＝2 m/s. 答案：(1)1 kg　(2)2 m/s 12．解析：(1)根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2 解得v2＝5 m/s． (2)根据能量守恒定律得 Q＝)＝550 J． (3)根据动能定理得 －μMgs＝ 解得vt＝3 m/s． 答案：(1)5 m/s　(2)550 J　(3)3 m/s 13．解析：(1)根据题意，设小球由A落至圆弧最低点时的速度为v，取圆弧最低点为势能零点，由机械能守恒定律有mgR＝mv2 在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m 联立解得FN＝3mg. (2)根据题意可知，小球向上运动的过程中，小球和槽体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球滑至最高点时m与M的共同速度为v1，则有mv＝(M＋m)v1 此过程中系统机械能守恒，则有 mv2＝＋mgh 联立解得h＝R． 答案：(1)3mg　(2)R 12345678910CBCDDCBABCBCCD