2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练三十四碰撞模型的拓展

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练三十四碰撞模型的拓展，共6页。

1．[2024·湖北校考模拟预测]如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的另一端系着质量为M的木块．质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块，并以速度v离开木块，子弹穿过木块的时间极短．重力加速度为g，不计木块的质量损失，下列说法正确的是( )
A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒
B．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都不守恒
C．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力等于(M＋m)g
D．木块上升到最高点时，速度大小为 eq \f(m0（v0－v）,m＋M)
2．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．物体A的质量为2m
B．物体A的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv eq \\al(2,0)
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为 eq \f(3,2)mv eq \\al(2,0)
3．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连，静止在光滑水平面上．现使A瞬间获得水平向右的速度v＝3 m/s，以此时刻为计时起点．两木块的速度随时间变化规律如图乙所示，从图示信息可知( )
A.t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长
B．从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
C.两木块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两木块动能之比为E k1∶Ek2＝1∶4
4．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)
5．如图所示，质量为3 kg的光滑轨道静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平．质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧．已知AB＝CD＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．轨道对小球做正功
B．轨道的最大速度为3 m/s
C．轨道对地面的最大压力为70 N
D．两者分离时轨道移动了0.15 m
6．[2023·广东卷]如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L.药品盒A、B依次被轻放在以v0的速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘直径的两端．已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 eq \f(1,4).A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的厚度，将药品盒视为质点．求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s.
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7．[2023·浙江6月]为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置．水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接．质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上．现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 eq \r(21) m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短).已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝ eq \f(1,2)kx2(x为形变量).
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx.
课时分层精练（三十四） 碰撞模型的拓展
1．解析：根据题意可知，子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒，子弹克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，故A、B错误；子弹射出木块后的瞬间，木块有速度，根据圆周运动的规律，环对轻杆的压力大于（M＋m）g，故C错误；木块上升到最高点时，环和木块的速度相等，水平方向上系统动量守恒，由动量守恒定律有m0v0＝（M＋m）v1＋m0v
解得v1＝ eq \f(m0（v0－v）,m＋M)，故D正确．故选D.
答案：D
2．解析：当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(2,0) ；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝（m＋mA）v，由机械能守恒定律得Epm＝ eq \f(1,2)mA（2v0）2－ eq \f(1,2)（mA＋m）v2，联立得mA＝3m，Epm＝ eq \f(3,2)mv eq \\al(2,0) ，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
3．解析：由图可知t1时刻两木块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于拉伸状态，故A错误；结合图像弄清两木块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被拉伸到最长，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，故B正确；从0到t1时间，由动量守恒得m1v＝（m1＋m2）v1，将v＝3 m/s，v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，可求得Ek1∶Ek2＝1∶8，故D错误．
答案：BC
4．解析：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，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，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)mv eq \\al(2,Q) ＋ eq \f(1,2)·2mv eq \\al(2,P) ，Q离开P时的动能：Ek2＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,Q) ，解得 eq \f(Ek1,Ek2)＝ eq \f(3,2)，故C正确．
答案：C
5．解析：小球对轨道做正功，轨道对小球做负功，故A错误；
系统在水平方向动量守恒，有0＝mv1－Mv2
根据能量守恒有mg（R＋R）＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)
解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
由此可知，轨道的最大速度为1 m/s，故B错误；
小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相对圆心的速度为v1＋v2，对整体应用牛顿运动定律有FN＝Mg＋mg＋m eq \f(（v1＋v2）2,R)＝ eq \f(280,3)N，故C错误；
对小球和轨道组成的系统，有mx1＝Mx2，x1＋x2＝2R
所以二者分离时轨道移动的距离为x2＝ eq \f(2R,4)＝0.15 m，故D正确．故选D.
答案：D
6．解析：（1）A在传送带上加速的过程，由牛顿第二定律有μmg＝ma
根据运动学公式可知
v0＝at
解得t＝ eq \f(v0,μg)
（2）B从M点到N点，根据动能定理可知
2mg·3L－W＝ eq \f(1,2)×2m·（2v0）2－ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(2,0)
解得W＝6mgL－3mv eq \\al(2,0)
（3）由题意可知A刚好滑到平台最右端N点停下，随后B以2v0的速度与A发生碰撞，根据动量守恒定律可得2m·2v0＝mvA＋2mvB
又碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 eq \f(1,4)，则 eq \f(1,2)×2m·（2v0）2－（ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(2,B) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A) ）＝ eq \f(1,4)× eq \f(1,2)×2m·（2v0）2
联立解得vB＝v0，vA＝2v0（另一组解vB＝ eq \f(5,3)v0，vA＝ eq \f(2,3)v0不符合题意，舍去）
碰后A和B做平抛运动，则A、B的竖直位移均为
L＝ eq \f(1,2)gt2
A的水平位移为xA＝2v0t
B的水平位移为xB＝v0t
圆盘的直径为D＝xA－xB
圆盘的圆心到平台的右端N点的水平距离为
s＝xB＋ eq \f(D,2)
联立解得s＝ eq \f(3v0,2) eq \r(\f(2L,g))
答案：（1） eq \f(v0,μg) （2）6mgL－3mv eq \\al(2,0) （3） eq \f(3v0,2) eq \r(\f(2L,g))
7．解析：（1）滑块a从D到F，由能量关系有
mg·2R＝ eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
在F点，有FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,F) ,R)
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N
（2）滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
a＝μg＝5 m/s2
根据v eq \\al(2,B) ＝v eq \\al(2,C) －2aL
可得在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C) ＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量
ΔE＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,F) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) － eq \f(1,2)·3mv eq \\al(2,2) ＝0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
4mv＝6mv′
v′＝ eq \f(5,3) m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
eq \f(1,2)·4mv2＝ eq \f(1,2)·6mv′2＋ eq \f(1,2)kx eq \\al(2,1)
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m
答案：（1）10 m/s 31.2 N （2）0 （3）0.2 m