2023版高考物理总复习之加练半小时 第七章 微专题48 碰撞模型的拓展

这是一份2023版高考物理总复习之加练半小时 第七章 微专题48 碰撞模型的拓展，共7页。试卷主要包含了碰撞的特点等内容，欢迎下载使用。
微专题48　碰撞模型的拓展1．碰撞的特点：系统动量守恒、碰后系统的动能不增加、碰撞前后的速度要符合实际.2.“弹簧－滑块”模型：(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化；(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动能.3.“小球－斜面模型”：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．1．新型冠状病毒引发肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护．母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞．若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于(　　)A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定答案　A解析　设碰撞后女儿的速度为v′，以妈妈运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后女儿的速度为v′＝2v，碰前母女俩的总动能为Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后母女俩的总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2.由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞，故选A.2．如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来．则(　　)A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变答案　B解析　重锤下落过程中做自由落体运动，根据v0＝可知，重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，选项A错误；取竖直向下为正方向，重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，则由mv0＝(m＋M)v可知，重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，选项B正确；碰撞过程中，重锤和预制桩的系统要产生内能，总机械能要减小，选项C错误；整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，选项D错误．3．(多选)如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的小球A正以速度v向右运动．与前面大小相同质量为3m的静止的B球相碰，则碰后A、B两球总动能可能为(　　)A.mv2   B.mv2C.mv2   D.mv2答案　AC解析　若A、B发生的是弹性碰撞，则没有能量的损失，碰后的总动能为mv2，若发生的是损失能量最多的完全非弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv＝4mv1，得v1＝，则碰后两者总动能为Ek＝×4m()2＝mv2因此，碰后两者总动能范围是mv2≤E总≤mv2，A、C正确，B、D错误．4．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是(　　)A．滑块b沿a上升的最大高度为B．物块a运动的最大速度为C．滑块b沿a上升的最大高度为D．物块a运动的最大速度为答案　B解析　b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大．系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由机械能守恒定律得mv02＝mvb2＋×4mva2，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误．5．(多选)如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高．将质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略．第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动．下列说法正确的是(　　)A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1∶1C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为答案　ACD解析　当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律mgr＝mgh可知，h＝r，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确；当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝mv02，解得v0＝.当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，取向左为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝根据机械能守恒定律得mgr＝mv2＋×2mv′2，解得v＝，v′＝两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为∶，B错误，C正确；小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m＝2m，计算得出x＝，D正确．6．如图所示，质量M＝8 kg、倾角θ＝30°的光滑斜面体静止在光滑的水平面上，斜面BC与水平面AB通过一小段圆弧平滑连接．质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的D点，D、B两点间的距离L＝10 m．现给物体施加一水平向右的恒力F＝10 N，物体运动至B点时立即撤去该恒力，物体恰好能运动到斜面体的最高点C.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)物体到达B点时的速度大小和物体从D点运动到B点的时间；(2)斜面体斜面的长度．答案　(1)10 m/s　2 s　(2)8 m解析　(1)设物体到达B点时的速度大小为vB，物体从D点运动到B点过程中，由动能定理有FL＝mvB2解得vB＝10 m/s设物体从D点运动到B点的时间为t，由动量定理有Ft＝mvB解得t＝2 s(2)物体在斜面上滑行时，物体与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，当物体运动到斜面体的最高点时，二者达到共同速度v，设斜面体斜面的长度为x，取向右为正方向，由动量守恒定律有mvB＝(m＋M)v由机械能守恒定律有mv B2＝(m＋M)v2＋mgxsin θ解得x＝8 m.7．如图所示，静止在水平地面上的两小物块A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离L＝1.5 m．第一次适当压缩微型弹簧，释放后A、B瞬间分离，运动过程中A、B未发生碰撞并同时停止在水平面上；第二次仍在两小物块最初静止的位置紧压微型弹簧，释放后A、B在运动过程中仅发生一次碰撞，且碰撞前瞬间物块A的速度大小为vA＝4 m/s.已知两小物块A、B的质量分别为mA＝0.2 kg，mB＝0.8 kg，A与地面之间的动摩擦因数为μA＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．求：(1)B与地面之间的动摩擦因数μB；(2)A、B在发生碰撞后瞬间的速度大小；(3)第二次压紧微型弹簧后弹簧的弹性势能．答案　(1)0.1　(2)－0.8 m/s　2.2 m/s　(3)6 J解析　(1)第一次释放弹簧的瞬间，两物块动量守恒，则mAv0A＝mBv0B两物块同时停止，则运动时间相等，对物块A，v0A＝aAt＝μAgt对物块B，v0B＝aBt＝μBgt解得μB＝0.1(2)两物块在水平面上运动的加速度aA＝μAg＝4 m/s2aB＝μBg＝1 m/s2设经过时间t1两物块第一次碰撞，则vA＝vA0－aAt1vB＝vB0－aBt1vB0t1－aBt12＋2L＝vA0t1－aAt12其中vA0＝4vB0解得t1＝(－1) svA0＝4 m/svB0＝ m/svB＝1 m/s取向左为正方向，两物块碰撞时满足mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′mAvA2＋mBvB2＝mAvA′2＋mBvB′2解得vA′＝－0.8 m/s，方向向右；vB′＝2.2 m/s(另一组vA′＝4 m/s、vB′＝1 m/s不合题意)(3)第二次压紧微型弹簧后弹簧的弹性势能Ep＝mAvA02＋mBvB02＝6 J.8．(2022·海南海口一中高三月考)光滑水平台左端水平放置一两轮间距d＝8.0 m的传送带．可视为质点的滑块a、b之间用细线相连，其间有一处于压缩状态的轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，开始时整个装置处于静止状态．某时刻装置中的细线忽然断开，滑块a、b被弹出，其中滑块a以速度v0＝5.0 m/s向左滑上传送带，滑块b沿竖直放置的半径为R＝0.1 m的光滑圆形管道做圆周运动，并通过最高点c.已知滑块a、b的质量分别为ma＝1.0 kg，mb＝2.0 kg，传送带以速度v＝1 m/s逆时针匀速转动，滑块a与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，空气阻力不计，g＝10 m/s2.求：(1)滑块a、b被弹出时，滑块b的速度大小；(2)滑块b通过圆形管道最高点时对管道的压力大小；(3)求滑块a从传送带的右端运动到左端所需要的时间．答案　(1)2.5 m/s　(2)25 N　(3)4 s解析　(1)滑块a、b被弹开前后，a、b系统动量守恒，由动量守恒定律得mav0＝mbvb解得vb＝2.5 m/s(2)滑块b通过圆形管道到最高点c的运动过程，由动能定理得－mbg·2R＝mbvc2－mbvb2在最高点处，由牛顿第二定律得mbg＋Fc＝mb解得Fc＝25 N由牛顿第三定律可知滑块b对管道上壁有向上的压力，大小为25 N；(3)传送带逆时针转动，滑块在传送带上做匀减速直线运动，设加速度大小为a，匀减速的位移为x，时间为t1，由牛顿第二定律得μmag＝maa解得a＝2 m/s2由v2－v02＝2(－a)x得x＝6 m由于x<d，故滑块匀减速运动6 m后做匀速直线运动，匀减速的时间为t1＝代入数据求得t1＝2 s设匀速运动的时间为t2，则t2＝代入数据求得t2＝2 s滑块a从传送带的右端运动到左端所需要的时间为t＝t1＋t2＝4 s．