2024届一轮复习新人教版 小专题八 碰撞类模型 作业.docx

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1、小专题（八）“碰撞类”模型训练学科素养限时巩固,基础题组夯基1 .（2023浙江丽水模拟）假设正在太空中行走的航天员A、B沿同一直线相向运动,相对空间站的速度大小分别为3m/s和1m/s,迎面碰撞后（正碰）、B两人均反向运动,速度大小均为2m/sO则A、B两人的质量之比为（A）.3：5B.2：3C.2：5D,5：3解析:设A的初速度方向为正,则由动量守恒定律有mAVA-mBvB=-mAVAZ+InBVB,解得mA:m=3:5,故选Ao2 .如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v。,则（B）mp77

2、77777777T7T7777A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动解析:系统不受外力,系统动量守恒,最终两个物体以相同的速度一起向右运动,B正确。3.（多选）质量为m的小球A以速度V。在光滑水平面上运动,与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞,则碰撞后小球A的速度大小VA和小球B的速度大小VB可能为（AC）1227A.Va=-V0,Vb=-V0B.Va=-V0,WFVOr_1_5n_3_5cVAFvbV0CVa-Vo,Vb-Vo解析:两

3、球发生对心碰撞,动量守恒、动能不增加,且若碰后两小球同向，则后面的小球的速度不可能大于前面小球的速度。根据动量守恒定律可得MVo=IVa+21Vb,四个选项都满足。碰撞前总动能为，孙2,碰撞后B项总动能为急I1Uo2,故B项错误;D项中VA与VB同向且vvb,不可能,故D项错误。4. （2023广东佛山检测）如图所示,将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下说法正确的是（C）/7/7/A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方

4、向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动解析:小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力,槽做加速运动,动能增加,小球机械能减少,槽对小球的支持力对小球做了负功,故A错误;小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒,故B错误;小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零,满足系统水平方向动量守恒,故C正确;小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度,又有水平分速度,小球做斜上抛运动,故D错误。5. （2023广东广州阶段练习）（多选）质量为M的小车置于

5、光滑水平面上,上表面粗糙且足够长,质量为m的木块以初速度V滑上车的上表面,则（BD）A.因车上表面粗糙,故系统动量不守恒B.车上表面越粗糙,木块相对车滑行的距离越短C.车上表面越粗糙,系统产生的内能越多D.木块的最终速度为三m+M解析:根据题意可知,小车与木块间的摩擦力是内力，由于水平面光滑,小车和木块组成的系统所受合力为零,系统动量守恒，由动量守恒定律有mv=（m+M）v,解得v=TV,故A错误,D正确。根据题意可知，m+M相对运动过程中系统机械能减少，转化为相对摩擦产生的内能,根据能量守恒得,Q=mv2-i（m+M）vz2=mg,可见,系统产生内能的多少与车上表面粗糙程度无关,车上表面越粗

6、糙，即U越大,木块相对车滑行的距离X越短,故C错误,B正确。6. （2023河北唐山模拟）如图所示,在光滑的水平面上,有一质量为In的木板A,通过不可伸长的轻绳与质量为2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时,A、B、C均静止,绳未拉紧。现在使木板A以V。的速度向右运动,经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间,A、B同速。在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（C）A.木板A的速度大小为V0B.木板B的速度大小为白。C.物块C的速度大小为0D.物体A、B、C共速解析:绳子从拉直到绷紧过程极短,对A、B组成的系统,C对B的摩擦力远小于系统内力,所以A

7、、B组成的系统水平方向动量守恒,设绳子绷紧后瞬间A、B的速度为V,则有mv0=（+2）V,解得v=v0,在极短的时间内,C所受摩擦力的冲量可以忽略,所以C的速度仍然是0,故A、B、D错误,C正确。7. （2023广西柳州模拟）如图所示，在光滑的水平地面上，质量为InA=3kg的小球A以v0=6m/s的初速度向右做匀速直线运动,在。点处与质量为mB=1kg的静止小球B发生碰撞,碰后小球A的速度大小为vi=4m/s,方向向右。小球B与墙壁碰后等速率弹回,在P点与小球A发生第二次碰撞,碰后小球A的速度大小为va2=1m/s,方向依旧向右。求：ABI川粉/尿OP第一次碰撞后小球B的速度大小Vbi;第一

8、次碰撞过程中系统损失的机械能E损；第二次碰撞后小球B的速度大小Vb20解析：（1）A、B第一次碰撞,根据动量守恒定律有InRV（Fn1AVAI+Vbi,解得VBI=z6m/so由能量守恒有，击AUA12+3WbJ+E损，解得E损=12Jo（3）AB第二次碰撞,根据动量守恒定律有InAVAEbVb尸InAVA2+Vb2,解得vb2=3m/so答案：6m/s（2）12J（3）3m/s.创新题组提能8. （2023广东广州阶段练习）（多选）如图甲所示,在光滑水平面上的两小球P、Q发生正碰,两小球的质量分别为叫与叱。图乙为它们碰撞前后的s_t图像。已知In尸0.6kg,由此可以判断（C）.m2=0.3

9、kgB.碰撞后P与Q都向右运动C.该碰撞是弹性碰撞D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能解析：由s_t图像的斜率表示速度可得,P碰前速度v1=4ms,Q碰前速度丫2二0,则知碰前Q静止,P向右运动。碰后P的速度为vj=-2ms,负号表示方向向左,碰后Q的速度V2=2ms,方向向右,根据动量守恒定律得InN1+）2V2二IniVJ+m2V2,代入数据解得m2=1.8kg,故A、B错误；两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为E二（m1v12m2v22）-（m1v1,2+如2）=0,所以碰撞过程是弹性碰撞，故C正确,D错误。9. （2023重庆卷,7）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的

10、初速度竖直上抛,某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线,其中虚线关于t=3左右对称,实线两个顶点的纵坐标相同。若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（C）.t=0时刻，甲的速率大于乙的速率B.碰撞前后瞬间，乙的动量不变C.碰撞前后瞬间，甲的动能不变D.碰撞后甲的机械能大于乙的机械能解析:根据位移一时间图像斜率表示速度可知,t=0时刻，甲的速率小于乙的速率,故A错误。根据甲、乙两球位移一时间图像可知,碰撞前后瞬间，两球交换速度,方向反向。根据题述,虚线（乙的位移一时间图像）关于t=t1左右对称,所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变,方向变化，甲的动能不变,故B错误,C正

11、确。根据题述,实线两个顶点的纵坐标相同,可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等,故D错误。10. (2023湖北襄阳模拟)如图所示,两个质量分布均匀的长木板A、B放置在水平桌面上,质量均为m,木板长度均为1,水平桌面以M点为界,左侧光滑、右侧粗糙,粗糙部分与两木板间的动摩擦因数均为U,粗糙部分的长度为s(s21)o初始时木板B的左端恰与M点重合,现使木板A以初速度VO滑向B,与B碰后粘合成为一个整体(碰撞时间极短)，最终两木板没有掉落桌面,则Vo的最大值为(A)MNA.y2g(4s-1)B.j4g(2sU)C.J8g(S-DD.2g(4s51)解析：根据动量守恒定律得mvo=2mv,A.B成为一

12、个整体的速度为忏拳从粘合成为一个整体开始到全部运动到粗糙平面,摩擦力随位移均匀增大，然后摩擦力不变，减速至零，根据动能定理有一丝”产-U2mg(s-1)=0-j2mv2,解得v0=2g(4s-1),即Vo的最大值。故选Ao11.(2023福建泉州模拟)如图所示,光滑竖直墙壁底端与四分之一光滑圆弧轨道连接,圆弧轨道半径R=O.4m,光滑水平面上并排放着两块木板B、C,两木板的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切,小滑块A(可视为质点)从墙壁P点无初速度释放,P点高出圆心h=0.4m,已知小滑块与两木板的质量均为1kg,小滑块A与木板B间的动摩擦因数U=0.5,木板B的长度11=Im,小滑块A与木板C

13、间的动摩擦因数随距离而变化,满足2=-iX为距木板C左端的距离,木板C的长度12=2m,重力加速度g取10ms20T=IA求小滑块A对轨道最低点的压力；求木板B获得的最大速度；求小滑块A的最终速度。若小滑块A脱离木板C,求木板C的最终速度;若小滑块A不脱离木板C,求出小滑块与木板C相对静止的位置。解析：小滑块A下滑过程中,机械能守恒，有mg(Rh)=mv02,解得v0=4ms,由牛顿第二定律得Fmg=婚，解得Ff50N,由牛顿第三定律可知,小滑块A对轨道最低点的压力大小为50N,方向向下。小滑块A滑过木板B的过程中，系统动量守恒,设小滑块A刚滑离木板B时,小滑块A的速度为Vb木板B的速度为v2

14、,有mv0=mv+2mv2,mg1Fmv02-mv12-2mv22解得V=2ms,V2=Ims0由于U2胃一卷,即木板C中央右侧光滑,假设小滑块A刚好滑到木板C中央时达到共同速度，由动量守恒定律,有mv1mv2=2mv3,解得V3=15ms,系统动能损失Ek二6uJ+TmuzZ-qxZni%?=。.25Jo当滑块到达木板C中点时,则X=I,由图像可知1Xgx专X1技，则摩擦产生内能Q二U2mgX=JEk,即小滑块A滑到木板C中央左侧就与木板相对静止了，设停在木板C上距左端X处，AEk=2mgx,由图像可知2x=1+X，解得x=0.5叫即小滑块A最终速度为1.5ms,停在距木板C左端0.5m处。答案：（1）50N,方向向下1m/s(3)1.5m/s距木板C左端0.5m处