第七章 动量守恒定律 专题强化练十　碰撞模型的拓展(含答案）-2024届高考物理大一轮复习

这是一份第七章 动量守恒定律 专题强化练十　碰撞模型的拓展(含答案）-2024届高考物理大一轮复习，共20页。试卷主要包含了6 m/s等内容，欢迎下载使用。
1.(2023·广东东莞市高三检测)如图所示，弹簧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，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是( )
A．在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B．在下滑过程中，小球的机械能守恒
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，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处
2.如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，重力加速度为g，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C.eq \f(1,2)m(v0sin θ)2＝mgh
D.eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)Mv2
3.如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是( )
A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B．A、B系统的总动量最终将大于mv
C．A、B系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2
D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq \f(1,2)mv2
4.(2023·山西运城市高三检测)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切．一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失．如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为eq \f(R,3).则小球与滑块质量之比m∶M为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
5.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1.现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
6.如图，在光滑的水平面上静止放一个质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一个轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B.当木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )
A．B板的加速度一直增大
B．弹簧压缩量最大时，B板的速率最大
C．弹簧的最大弹性势能为eq \f(2,3)mv02
D．弹簧对木块A的冲量大小为eq \f(4,3)mv0
7．(2023·江苏盐城市阜宁县实验高级中学模拟)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为6 kg.现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v－t图像如图所示，则可知( )
A．物块A的质量为4 kg
B．运动过程中物块A的最大速度为vm＝4 m/s
C．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为45 J
8.(2023·重庆市名校联考)如图所示，A、B、C三个半径相等的刚性小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝2 kg，初状态三个小球均静止，B、C两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态．现给A球一个向左的初速度v0＝10 m/s，A、B两球碰后A球的速度变为方向向右、大小为2 m/s.下列说法不正确的是( )
A．球A和球B间的碰撞是弹性碰撞
B．球A和球B碰后，弹簧恢复到原长时球C的速度大小为9.6 m/s
C．球A和球B碰后，球B的最小速度为1.6 m/s
D．球A和球B碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96 J
9.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq \f(1,4)圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最小速率为eq \f(4,3) m/s
B．B运动到最高点时的速率为eq \f(3,4) m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
10．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面高h＝1.8 m处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，滑块A、B、C均可看作质点，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
专题强化练十 碰撞模型的拓展
1．C 2.B 3.C 4.C
5．C [设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mvQ2＋eq \f(1,2)×2mvP2，Q离开P时的动能Ek2＝eq \f(1,2)mvQ2，联立解得eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正确．]
6．D [弹簧压缩量先增大后减小，则B板受到的弹簧弹力先增大后减小，B板的加速度先增大后减小，A错误；在木块A与弹簧相互作用的过程中，弹簧一直处于压缩状态，B板一直在加速，所以弹簧恢复原长时，B板运动速率最大，B错误；当A、B的速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋Epm，联立解得v＝eq \f(2,3)v0，Epm＝eq \f(1,3)mv02，C错误；设A与弹簧分离时，A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)mv22，联立解得v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0，对木块A，根据动量定理有I＝2mv1－2mv0＝－eq \f(4,3)mv0，D正确．]
7．B [由题图知，A离开挡板瞬间B的速度为v0＝3 m/s，B的速度最小值为vB＝1 m/s，B的速度最小时，弹簧恢复原长，此时A的速度最大，设A的最大速度为vm，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得mBv0＝mAvm＋mBvB，eq \f(1,2)mBv02＝eq \f(1,2)mAvm2＋eq \f(1,2)mBvB2，解得mA＝3 kg，vm＝4 m/s，故A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误；分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时A、B的共同速度为v共，根据动量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2 m/s，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mBv02＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v共2＋Ep，解得Ep＝9 J，故D错误．]
8．D [A、B两球碰撞过程中A、B两球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，且v1＝－2 m/s，代入数据解得v2＝8 m/s，碰撞前系统的总动能Ek＝eq \f(1,2)mAv02，碰撞后系统的总动能Ek′＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22，代入数据解得Ek＝Ek′，则A、B两球碰撞过程中系统的机械能守恒，因此球A和球B间的碰撞是弹性碰撞，A正确；由于B、C两球及弹簧组成的系统在运动的过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当B球的速度最小时，弹簧处于原长状态，则有mBv2＝mBv3＋mCv4，eq \f(1,2)mBv22＝eq \f(1,2)mBv32＋eq \f(1,2)mCv42，联立解得v3＝1.6 m/s，v4＝9.6 m/s，因此B球的最小速度为1.6 m/s，此时C球的速度大小为9.6 m/s，B、C正确；当B、C两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，则有mBv2＝(mB＋mC)v5，Epmax＝eq \f(1,2)mBv22－eq \f(1,2)(mB＋mC)v52，联立解得Epmax＝38.4 J，D错误．]
9．D [A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)v02＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)vA2＋eq \f(1,2)MvB2，联立解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故AB碰后B的速率为4 m/s；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，选项B错误；从B冲上C后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有eq \f(1,2)MvB2＝eq \f(1,2)MvB′2＋eq \f(1,2)×2MvC′2，联立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|