2024版新教材高考物理复习特训卷考点42碰撞模型的拓展二

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点42碰撞模型的拓展二，共6页。


[2023·黑龙江绥化高三联考]如图所示，质量m＝2 kg的小铁块(可视为质点)放在长木板左端，长木板质量M＝4 kg，静止在光滑水平面上，当给小铁块施加大小为6 N·s、方向水平向右的瞬时冲量后，经过0.8 s木板和小铁块达到共同速度．重力加速度g取10 m/s2，则长木板与小铁块的共同速度大小和二者之间的动摩擦因数分别为( )
A．0.8 m/s，0.5 B．0.8 m/s，0.25
C．1 m/s，0.5 D．1 m/s，0.25
2.
[2023·江苏常州一模]如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(可视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为( )
A．L B． eq \f(3L,4)
C． eq \f(L,2) D． eq \f(L,4)
3.
[2023·江苏扬州模拟预测]如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，沙袋质量为5 m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A.弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72)
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72g)
4.
如图所示，平板车放在光滑的水平面上，木块和轻弹簧放在光滑的平板车上，轻弹簧一端与固定在平板车上的挡板连接，整个装置处于静止状态，一颗子弹以一定的水平速度射入木块(时间极短)并留在木块中与木块一起向前滑行，与弹簧接触后压缩弹簧，不计挡板和弹簧的质量，从子弹刚好接触木块至弹簧压缩最短的过程中以下说法错误的是( )
A．整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
C．整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量
D．其他条件不变时，小车的质量越大，弹簧的最大压缩量越大
5.
[2023·黑龙江哈尔滨模拟]如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．g取10 m/s2，求：
(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？
6．[2023·河北衡水二模]如图所示，将质量为m2的滑块放在小车的最右端，小车的质量为M，滑块与小车间的动摩擦因数为μ，小车足够长．开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L、摆球质量为m1的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，已知重力加速度为g，m1＝m2＝m，M＝2m.求：
(1)摆球与小车碰撞前瞬间，摆线对小球的拉力；
(2)最终滑块距离小车右端多远？
7．[2023·四川德阳一诊]如图所示，长L＝7.5 m、质量为βm(β>0)的木板B静止于光滑水平面上，B的右端固定有薄挡板．质量为m的物块A(可视为质点)静止于B的左侧，A与木板间的动摩擦因数μ＝0.2.现使A以v0＝9 m/s的初速度向右运动，已知A与挡板的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，可忽略不计，g＝10 m/s2.
(1)若经过时间t＝1 s，A与B的右侧挡板相碰，求β的大小；
(2)在(1)的条件下，A最终停在B上何处？
8．[2023·江苏省海头高级中学二模]如图所示，半径R＝0.5 m的 eq \f(1,4) 光滑圆弧轨道A和长L＝1.0 m的平板B静置于光滑水平地面上，A与B在同一竖直平面内，二者接触且上表面相切．小物块C(可视为质点)静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ＝0.4.若固定A，给C一水平向左的初速度v0，C在A上能上升的最大高度为0.4 m．已知A、B、C的质量均为1.0 kg，取g＝10 m/s2.
(1)求C返回到A最低点P时受轨道的弹力及v0的值；
(2)若在C开始滑动时取消A的固定，求C在A上能达到的最大高度．
考点42 碰撞模型的拓展(二)——提能力
1．答案：D
解析：对小铁块由动量定理有I＝mv0，小铁块和木板在光滑水平面上动量守恒，则mv0＝(M＋m)v共，联立解得木板与小铁块在共同运动时的速度大小v共＝1 m/s，对木板由动量定理有μmgt＝Mv共，解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.25，D正确．
2．答案：C
解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度为v0.如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理得－fL＝0－ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2)(2M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，联立解得L′＝ eq \f(L,2)，C正确．
3．答案：D
解析：弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，瞬间动量守恒，mv0＝(m＋5m)v，
沙袋与弹丸受到细线的拉力与重力的合力提供向心力即F－6mg＝6m eq \f(v2,L)，F>mg，A错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，B错误；根据能量守恒得到 eq \f(1,2)mveq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝ eq \f(1,2)×6mv2＋Q，
求得Q＝ eq \f(5,12)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，C错误；对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒 eq \f(1,2)×6mv2＝6mgh，求得h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72g)，D正确．
4．答案：A
解析：整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，但系统内有阻力做负功，产生了摩擦热，所以机械能不守恒，故A错误；子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，且系统内除了弹力之外没有其他外力做功，则机械能守恒，故B正确；根据能量守恒定律可知整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量，故C正确；由题意，设子弹和木块的总质量为m，小车的质量为M，子弹射入木块后子弹与木块整体的速度为v0，当弹簧最短时，子弹、木块和小车具有共同速度v，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v① 根据机械能守恒定律可得此时弹簧的弹性势能为Ep＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2)(M＋m)v2② 联立①②解得Ep＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2＋\f(2m,M))③ 由③式可知M越大，Ep越大，则弹簧的最大压缩量越大，故D正确．
5．答案：(1)10 m/s (2)5 m
解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s.
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有：
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝ eq \f(1,2)(m0＋m1)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2)(m0＋m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得L＝5 m
故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m．
6．答案：(1)3mg (2) eq \f(L,6μ)
解析：(1)小球下降到最低点过程根据动能定理得m1gL＝ eq \f(1,2)m1v2－0
到最低点时根据牛顿第二定律得T－m1g＝m1 eq \f(v2,L)，m1＝m
联立并代入数据解得T＝3mg.
(2)小球和小车碰撞时根据动量守恒定律得m1v＝Mv1
物块与小车作用最终速度相等，此过程根据动量守恒定律有Mv1＝(m2＋M)v2
物块与小车作用过程中损失的机械能由于摩擦做功转化为内能
Q＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
Q＝μmg·Δx
m2＝m
M＝2m
联立并代入数据解得Δx＝ eq \f(L,6μ).
7．答案：(1)2 (2)A最终停在B左端距离右挡板6 m处
解析：(1)A做匀减速运动，加速度a1为μmg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
此时木板做匀加速运动，设加速度为a2，根据牛顿第二定律有μmg＝βma2
根据运动距离关系有v0t－ eq \f(1,2)a1t2－ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝L
代入数据解得β＝2.
(2)A、B组成的系统动量守恒，设最终两者的共同速度为v，设A相对于B滑行的路程为s，
β＝2，则B的质量为2m，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v
由能量守恒定律得： eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋μmgs
代入数据解得：s＝13.5 m＝7.5 m＋6 m
则A最终停在B上距右端6 m处．
8．答案：(1)26 N 4 m/s (2)0.1 m
解析：(1)设C返回到A最低点P点时的速度为vP，根据动能定理可得mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ，
设C在A最低点P点时的受到的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ,R)，
联合解得FN＝26 N
C由B的最右端运动到A最高点的过程中，由动能定理得－μmgL－mgh＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝4 m/s.
(2)若不固定A，仍给C一水平向左的初速度v0，C从B最右端滑至点P的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，设C离开B时C的速度为vC，由于B推着A运动，因此A、B速度大小相等，设为vB，设该过程中B、C滑动的距离为x，由动量守恒得mv0＝mvC＋2mvB
对A、B由动能定理得μmgx＝ eq \f(1,2)(2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
对C由能量守恒定律得－μmg(x＋L)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得vB＝ eq \f(2,3) m/s，vC＝ eq \f(8,3) m/s
其中vB＝2 m/s、vC＝0舍去．C在A上运动时，A、C组成的系统机械能守恒，且在水平方向上动量守恒，当A、C在水平方向上达到共同速度时C运动到最高点，设此时共同速度为v共，由动量守恒得mvC＋mvB＝2mv共
设C到达最高点时相对于P的高度差为H，由动能定理得－mgH＝ eq \f(1,2)(2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共)) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ＋\f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ))
解得H＝0.1 m．