資源簡介

素養(yǎng)提升練(一)　三類“碰撞”模型
1．(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上．今有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車．關(guān)于這個過程，下列說法正確的是(　　)
A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為v
C．車上管道中心線最高點離小車上表面的豎直距離為
D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是
2．(多選)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＝3 kg, 小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端切線水平．有一質(zhì)量m＝1 kg的小球以水平初速度v0＝4 m/s從圓弧下端滑上小車，重力加速度g取10 m/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)機械能守恒
B．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒
C．小球沿圓弧軌道上升到最大高度時的速度大小為1 m/s
D．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.5 m
3．如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度v0向右運動滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．滑塊b沿a上升的最大高度為
B．物塊a運動的最大速度為
C．滑塊b沿a上升的最大高度為
D．物塊a運動的最大速度為
4．如圖所示，光滑水平面上分別放著兩塊質(zhì)量、形狀相同的硬木和軟木，兩顆完全相同的子彈均以相同的初速度分別打進兩種木頭中，最終均留在木頭內(nèi)，已知軟木對子彈的摩擦力較小，以下判斷正確的是(　　)
A．子彈與硬木摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能較多
B．兩個系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能不一樣大
C．子彈在軟木中打入深度較大
D．子彈在硬木中打入深度較大
5．如圖所示，相互接觸的質(zhì)量均為m的木塊A、B靜止放置在光滑水平面上，現(xiàn)有一子彈水平穿過兩木塊，設(shè)子彈穿過木塊A、B的時間分別為t1和t2，木塊對子彈水平方向的作用力恒為f，則下列說法正確的是(　　)
A．t1時間內(nèi)，子彈的動量變化量大小大于A的動量變化量大小
B．t2時間內(nèi)，子彈的動量變化量大小大于B的動量變化量大小
C．t1時間內(nèi)，子彈和A的總動量守恒
D．t2時間內(nèi)，子彈和B的總機械能守恒
6．如圖所示，半徑分別為R和r(R＞r)的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上一輕彈簧被a、b兩小球夾住，同時釋放兩小球，a、b球恰好能通過各自的圓軌道的最高點．則兩小球的質(zhì)量之比為(　　)
A． B．
C． D．
7．質(zhì)量均為2 kg的甲、乙兩物塊在光滑水平面上相向運動，如圖所示，其中甲物塊右側(cè)固定一輕彈簧，其速度大小為4 m/s；乙物塊的速度大小為5 m/s，則(　　)
A．當(dāng)甲物塊的速率減為零時，甲、乙間距最近
B．甲、乙兩物塊與彈簧組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)機械能守恒，但動量不守恒
C．乙物塊可能以5 m/s的速率返回
D．當(dāng)甲物塊的速率為3 m/s時，乙物塊的速率可能為4 m/s，也可能為2 m/s
8．(多選)如圖甲所示，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊(可視為質(zhì)點)以速度v0從木板左側(cè)滑上長木板，小物塊恰好在到達木板右端時與木板相對靜止，圖乙為物塊與木板運動的v-t圖像，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g，由此可求得(　　)
A．木板的長度
B．物塊與木板的質(zhì)量之比
C．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)
D．從t＝0開始到t1時刻系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能
9．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝10 g的子彈水平射入靜止在水平地面上的木塊并留在其中，此后木塊運動的-t圖像如圖乙所示，其中x表示木塊的位移，t表示木塊運動的時間．已知木塊的質(zhì)量為M＝990 g，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．木塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0.8
B．子彈射入木塊過程中，子彈損失的機械能為792 J
C．保持子彈射入木塊時的初速度不變，若子彈的質(zhì)量越大，系統(tǒng)損失的機械能越多(子彈未射出木塊)
D．保持子彈射入木塊時的初速度不變，若木塊的質(zhì)量越大，子彈對木塊的沖量越大(子彈未射出木塊)
10．(多選)如圖所示，完全相同的木板P和Q間隔一定距離靜置于足夠長的光滑水平地面上，木板P左端緊靠平臺，平臺與木板上表面等高且光滑，可視為質(zhì)點的滑塊乙停在P的左端，滑塊甲以v0＝7.5 m/s的速度向乙運動，與乙發(fā)生彈性碰撞，乙恰好未從P上滑落，乙與P相對靜止后，P與Q碰撞并結(jié)合在一起不再分開，已知P、Q質(zhì)量均為M＝3 kg，甲質(zhì)量m1＝1 kg，乙質(zhì)量m2＝2 kg，乙與P、Q間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2． 下列說法正確的是(　　)
A．甲、乙碰撞后各自的速度大小分別為 2.5 m/s 和5 m/s
B．木板的長度為1.25 m
C．木板的長度為1.5 m
D．乙、P、Q三者共同的速度為1.25 m/s
11．(13分)某探究小組設(shè)計了一貨運裝置，該裝置由固定的光滑圓弧軌道AB與平板小車組成(小車與B點等高)，圓弧軌道半徑r＝0.45 m, 小車質(zhì)量M＝10 kg．質(zhì)量m＝20 kg 的物塊(可視為質(zhì)點)從軌道頂端A由靜止滑下，經(jīng)B點滑上靜止的小車，經(jīng)過一段時間，物塊與小車相對靜止，一起運動到卸貨點，工人把物塊取下，此后，小車撞到擋板以原速率反彈，B點到卸貨點的距離足夠大，不計小車與地面間的摩擦，g取10 m/s2，求：
(1)物塊滑到軌道底端B處的速率vB及向心力Fn大小；
(2)物塊與小車的共同速度v0的大小及從開始到卸貨點的過程中系統(tǒng)損耗的機械能ΔE；
(3)若小車長L＝1 m，工人沒有及時取下物塊，小車反彈后，物塊以相對地面向右、大小為1 m/s的速度滑離小車，求物塊與小車間的摩擦力F大小．
12．(15分)如圖所示，某人站在水平地面上，以大小為5 m/s、與水平方向夾角為α的初速度v0斜向右上方拋出一個質(zhì)量為m0＝1 kg 的彈性小球，小球離開手時的高度為h1＝1.8 m，小球剛好水平擊中位于高度為h2＝2.6 m水平平臺上的小車A，小車A的質(zhì)量為mA＝2 kg，小球和小車均可視為質(zhì)點．平臺上右側(cè)有一個質(zhì)量為mB＝4 kg的小車B，其左側(cè)接有一個輕彈簧，當(dāng)小車A壓縮彈簧到最短時，將小車A與彈簧小車B鎖定在一起，二者繼續(xù)運動，撞到右側(cè)一個粘性擋板，粘住兩小車，兩小車靜止．已知平臺水平面光滑，初始狀態(tài)小車A、B均靜止，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)α角的大小；
(2)小車A被小球擊中后的速度大小；
(3)兩小車撞到右側(cè)粘性擋板后靜止，若突然撤去擋板，再解除彈簧鎖定，A、B分離時的速度分別為多少？
13．(12分)如圖所示，質(zhì)量為M、內(nèi)有半徑為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的大小；
(2)小球在槽右端上升的最大高度h．
6 / 6素養(yǎng)提升練(一)
1．BC　[小球從滑上小車到滑離小車的過程，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv＝mv1＋2mv2，mv2＝，解得v1＝－，v2＝v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為v相＝v＋v＝v，故B正確；小球恰好到達管道的最高點，說明在最高點時小球和管道之間相對速度為0，小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，水平方向上由動量守恒定律有mv＝(m＋2m)v′，v′＝，小車動量變化量大小Δp＝2m·＝mv，小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械能守恒定律有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，解得H＝，故C正確，D錯誤；由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，故A錯誤.故選BC.]
2．AC　[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，故A正確；在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向合力為0，故水平方向動量守恒，豎直方向的動量不守恒，則系統(tǒng)的動量不守恒，故B錯誤；小球滑到最高點時，設(shè)最大高度為h，此時兩者共速，設(shè)速度為v，在水平方向小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，則有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1 m/s，由機械能守恒定律可得＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝0.6 m, 故C正確，D錯誤.故選AC.]
3．B　[滑塊b沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向動量守恒，由動量守恒和機械能守恒有mv0＝＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C錯誤；滑塊b滑離a時，物塊a運動的速度最大，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，有mv0＝＝，解得va＝v0，vb＝－v0，B正確，D錯誤.]
4．C　[設(shè)子彈質(zhì)量為m，木頭質(zhì)量為M，由于最終都達到共同速度，根據(jù)動量守恒定律和動能定理，mv0＝(m＋M)v，ΔE＝－(m＋M)v2＝Q，可知子彈與硬木或子彈與軟木構(gòu)成的系統(tǒng)機械能減小量相同，故兩個系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q一樣多，故A、B錯誤；根據(jù)功能關(guān)系Q＝Ff·d，可知產(chǎn)生的內(nèi)能Q相同時，摩擦力Ff越小，子彈打入深度d越大，所以子彈在軟木中打入深度較大，故C正確，D錯誤.故選C.]
5．A　[t1時間內(nèi)，子彈推動兩個木塊一起運動，所以子彈和木塊A、B的動量守恒，有m子v0＝m子v1＋(mA＋mB)v2，則 m子－m子v1＝(mA＋mB)v2，子彈的動量變化量大小等于木塊A、B整體的動量變化量大小，所以子彈的動量變化量大小大于A的動量變化量大小，A正確，C錯誤；t2時間內(nèi)，子彈和木塊B的動量守恒，有m子v1＋mBv2＝m子v3＋mBv4，則m子v1－m子v3＝mBv4－mBv2，子彈的動量變化量大小等于B的動量變化量大小，B錯誤；t2時間內(nèi)，子彈穿過木塊B的過程中，有熱量產(chǎn)生，所以此過程中機械能不守恒，D錯誤.故選A.]
6．B　[a、b球恰好能通過各自的圓軌道的最高點，則均由重力提供向心力，對于a球，mag＝，得＝，對于b球，mbg＝，得v′b＝，a球脫離彈簧到圓軌道最高點過程機械能守恒＝＋mag·2R，所以a球脫離彈簧時速度大小va＝，b球脫離彈簧到圓軌道最高點過程機械能守恒＝＋mbg·2r，所以b球脫離彈簧時速度大小vb＝，彈簧釋放過程中，由動量守恒定律得mava＝mbvb，得＝＝，B正確，A、C、D錯誤.故選B.]
7．D　[根據(jù)題意可知，當(dāng)甲、乙速度相等時，甲、乙距離最近，規(guī)定向左為正方向，設(shè)甲、乙距離最近時速度大小為v，由動量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5 m/s，故A錯誤；彈簧的質(zhì)量不計，甲、乙兩物塊與彈簧組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮的過程中，所受的外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，故B錯誤；根據(jù)題意，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m甲v′甲＋m乙v′乙，m甲＋m乙＝m甲＋m乙，解得v′甲＝5 m/s，v′乙＝－4 m/s, 即乙物塊返回的最大速率為4 m/s，故C錯誤；規(guī)定向左為正方向，當(dāng)甲物塊的速率為3 m/s時，若方向向右，由動量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m乙v1－m甲v2，解得v1＝4 m/s；若方向向左，由動量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m乙v′1＋m甲v′2，解得v′1＝－2 m/s，故D正確.]
8．ABC　[根據(jù)題意可知，小物塊恰好在到達木板右端時與木板相對靜止，由題圖乙可知，物塊的對地位移為x物＝t1，木板的對地位移為x木＝t1，則木板的長度為L＝x物－x木＝，故A符合題意；根據(jù)題意，設(shè)木板的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，由題圖乙可知，t1時刻二者共速為v1，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv1，解得＝，故B符合題意；根據(jù)v-t圖像中斜率表示加速度可知，物塊的加速度大小為a＝，由牛頓第二定律，對物塊有μmg＝ma，解得μ＝，故C符合題意；根據(jù)題意可知，從t＝0開始到t1時刻系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝μmgL＝，由于不知道木板和物塊的質(zhì)量，則內(nèi)能不可求，故D不符合題意.故選ABC.]
9．ACD　[根據(jù)題圖乙可得＝－4t＋4，可得x＝4t－4t2，結(jié)合勻變速直線運動位移時間關(guān)系可知，子彈留在木塊中一起做勻減速直線運動的初速度和加速度大小分別為v＝4 m/s，a＝8 m/s2，以子彈、木塊為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得 μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得木塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝＝0.8，故A正確；設(shè)子彈射入木塊前的初速度為v0，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得v0＝400 m/s, 子彈射入木塊過程中，子彈損失的機械能為ΔE子＝－mv2＝799.92 J，故B錯誤；設(shè)子彈射入木塊前的初速度為v0，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得 v＝，系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝－(M＋m)v2＝＝，可知保持子彈射入木塊時的初速度不變，若子彈的質(zhì)量越大，系統(tǒng)損失的機械能越多；根據(jù)動量定理，子彈對木塊的沖量為I＝Mv＝＝，可知保持子彈射入木塊時的初速度不變，若木塊的質(zhì)量越大，子彈對木塊的沖量越大，故C、D正確.故選ACD.]
10．ACD　[取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得m1v0＝＝，解得v1＝－2.5 m/s，v2＝5 m/s，故A正確；甲、乙碰撞后，乙與P組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共速時速度為v3，根據(jù)動量守恒定律得m2v2＝(M＋m2)v3，解得v3＝2 m/s，乙恰好未從P上滑落，根據(jù)動能定理可得－μm2gL＝解得L＝1.5 m，故B錯誤，C正確；乙在P上滑行過程、P與Q碰撞過程和三者共速過程都滿足動量守恒，故整個過程根據(jù)動量守恒定律可得m2v2＝(2M＋m2)v4，解得v4＝1.25 m/s，故D正確.故選ACD.]
11．解析：(1)物塊從A到B，由機械能守恒定律得
mgr＝，解得vB＝3 m/s
向心力Fn＝＝20× N＝400 N.
(2)物塊滑上小車后與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mvB＝(M＋m)v0
解得v0＝＝ m/s＝2 m/s
損失的機械能ΔE＝
代入數(shù)據(jù)得ΔE＝30 J.
(3)小車碰撞到擋板瞬間，速度方向向左，大小為v0＝2 m/s，物塊滑下小車時，物塊的速度為v1＝1 m/s, 設(shè)此時小車的速度大小為v2，根據(jù)動量守恒定律有mv0－Mv0＝mv1－Mv2
根據(jù)機械能守恒定律有
FL＝
代入數(shù)據(jù)得F＝80 N，則物塊與小車間的摩擦力大小為80 N.
答案：(1)3 m/s　400 N　(2)2 m/s　30 J　(3)80 N
12．解析：(1)小球做斜拋運動，豎直方向有
＝2g(h2－h(huán)1)，sin α＝
聯(lián)立解得α＝53°.
(2)小球到達最高點時水平分速度記為v1，由運動的分解有v1＝v0cos α
小球與小車A發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后小球速度為v′1，小車A速度為v2，由動量守恒定律、機械能守恒定律可得
m0v1＝m0v′1＋mAv2
＝
聯(lián)立解得v2＝2 m/s.
(3)小車A繼續(xù)向右運動，壓縮彈簧，當(dāng)A、B共速時，彈簧最短，設(shè)此時彈簧彈性勢能為Ep，由動量守恒定律可得
mAv2＝(mA＋mB)v3
由機械能守恒定律可得
＝＋Ep
A、B撞到粘性擋板，二者均靜止，撤去擋板并解除彈簧鎖定后，彈簧伸長，A、B反沖，設(shè)A、B分離時的速度大小分別為v4、v5，由動量守恒定律得
mAv4＝mBv5
由機械能守恒定律得
Ep＝
聯(lián)立各式解得v4＝ m/s，v5＝ m/s.
答案：(1)53°　(2)2 m/s　(3) m/s　 m/s
13．解析：(1)根據(jù)題意，設(shè)小球由A滑到圓弧最低點時的速度為v，取圓弧最低點為勢能零點，由機械能守恒定律有 mgR＝mv2
在最低點對小球受力分析，由牛頓第二定律有
FN－mg＝m
聯(lián)立解得FN＝3mg.
(2)根據(jù)題意可知，小球向上運動的過程中，小球和槽體組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)小球滑至最大高度時小球與槽體的共同速度為v1，則有
mv＝(M＋m)v1
此過程中系統(tǒng)機械能守恒，則有
mv2＝＋mgh
聯(lián)立解得h＝R.
答案：(1)3mg　(2)R
5 / 5

展開更多......

收起↑