2022版新教材物理人教版选择性必修第一册作业：第一章 学法指导课 碰撞模型的拓展 WORD版含解析.docx

1、课时评价作业基础达标练1.（2021河北唐山摸底）如图所示，静止在光滑水平面上的质量为2m 的滑块B 与轻质弹簧拴接，轻弹簧另一端固定，质量为m 的滑块A 以速度v0 向右运动，滑块A 、B 相碰瞬间粘在一起。此后弹簧弹性势能的最大值为( )A.12mv02 B.16mv02C.14mv02 D.19mv02答案：1.B解析：滑块A 、B 发生碰撞，由动量守恒定律有，mv0=(m+2m)v ，解得v=v03 。碰撞后的动能Ek=123mv2=16mv02 ，滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能Ep=Ek=16mv02 ，B 正确。2.如图所示，竖直平面内的四分

2、之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B 静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8m ，小滑块的质量关系是mB=2mA ，重力加速度g=10m/s2 。则碰后小滑块B 的速度大小不可能是( )A.5m/s B.4m/sC.3m/s D.2m/s答案：2.A解析：设小滑块A 到达最低点时的速度为v0 ，根据动能定理有mgR=12mv02-0 ，可得v0=6m/s 。若是弹性碰撞，mAv0=mAv1+mBv2 ，12mAv02=12mAv12+12mBv22 ，联立解得v2=4m/s ；若是完全非弹性碰撞，mAv0=(mA+mB)v

3、，解得v=2m/s ，所以碰后小滑块B 的速度范围为2m/sv4m/s ，B 的速度不可能是5m/s ，故选A 。3.（2021安徽池州模拟）如图所示，在光滑固定的水平长杆上套着一个光滑的质量为m 的滑环A ，滑环通过一根不可伸长的轻绳悬吊一质量为3m 的重物B （可视为质点），轻绳长为L 。将滑环A 固定在水平杆上，给B 一个水平瞬时冲量作用，使B 向左摆动，且恰好刚碰到水平杆。若滑环A 不固定，仍给B 同样大小的水平瞬时冲量作用，则重物B 摆起的最大高度（相对于最低点）为( )A.34L B.14LC.12L D.23L答案：3.B解析：设重物B 受到水平瞬时冲量作用后速度为v0 ，滑环固

4、定时，对B 根据机械能守恒定律有123mv02=3mgL ，解得v0=2gL 。滑环不固定时，设B 摆起的最大高度为h ，在最大高度处A 、B 共速，设共同速度为v ，对A 、B 组成的系统，根据动量守恒定律有3mv0=(3m+m)v ，根据机械能守恒定律有123mv02=12(3m+m)v2+3mgh ，解得h=14L ，B 正确。4.（2021陕西宝鸡模拟）如图所示为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情境。在这次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4m/s 的速度与对方的静止冰壶发生正碰。已知两冰壶质量均为20kg ，取中国队队员投掷的冰壶运动方向为正方向，碰后中国队冰壶的速度可能为( )A.0.05

5、m/s B.-0.1m/sC.-0.2m/s D.0.3m/s答案：4.A解析：两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0=mv1+mv2 ，若两冰壶发生的是完全非弹性碰撞，此种情况下，碰后中国队冰壶的速度最大，有v1=v2=v02=0.2m/s ；若两冰壶发生的是弹性碰撞，此种情况下，碰后中国队冰壶的速度最小，因为m1=m2 ，则两冰壶发生速度交换，有v1=0 ，v2=0.4m/s ；故中国队冰壶的速度范围为0v10.2m/s ，A 正确，B 、C 、D 错误。5.（2021云南保山模拟）如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径

6、AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h0 高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为34h0 （不计空气阻力），则( )A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为12RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度满足12h0hvB ，B 先停止运动设当A 与墙距离为L1 时，A 速度恰好减为0时与B 相碰：2L1+xB=vA22a设当A 与墙距离为L2 时，B 刚停止运动时A 与B 相碰：2L2+xB=vAt-12at2联立解得L1=1.875m ，L2=0.75mL 的范围为0.75mL1.875m创

7、新拓展练11.（2021湖南长沙第一中学模拟）一质量M=2kg 的长木板B 静止在光滑的水平面上，B 的右端与竖直挡板的距离为s=0.5m 。一个质量为m=1kg 的小物体A 以初速度v0=6m/s 从B 的左端水平滑上B ，当B 与竖直挡板每次碰撞时，A 都没有到达B 的右端。设物体A 可视为质点，A 、B 间的动摩擦因数=0.2 ，B 与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g 取10m/s2 。求：（1）B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A 、B 的速度大小各是多少；（2）最后要使A 不从B 上滑下，木板B 的长度至少是多少。（最后结果保留三位有效数字）答案：11.（1）4m/s

8、1m/s （2）8.96m解析： （1）假设B 与挡板碰撞前已与A 达到共速，设A 、B 达到共同速度v1 时，B 向右运动的距离为s1 ，则由动量守恒定律有mv0=(M+m)v1对B ，由动能定理有mgs1=12Mv12联立解得s1=2m由于s=0.5m2m ，可知B 与挡板碰撞时，A 、B 还未达到共同速度，即假设不成立。设B 与挡板碰撞前瞬间A 的速度为vA ，B 的速度为vB ，则由动量守恒定律有mv0=mvA+MvB对B ，由动能定理有mgs=12MvB2联立解得vA=4m/s ，vB=1m/s（2）B 与挡板第一次碰后向左减速运动，当B 速度减为零时，设B 向左运动的距离为sB由动

9、能定理有mgsB=12MvB2解得sB=0.5m在A 的作用下B 再次向右运动，假设B 与挡板碰撞前A 、B 已共速，设当A 、B 向右运动达到共同速度v2 时，B 向右运动距离为s2由动量守恒定律有mvA-MvB=(M+m)v2对B ，由动能定理有mgs2=12Mv22解得v2=23m/s ，s2=29msB ，故假设成立A 、B 以共同速度23m/s 向右运动，B 第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动。此后由于系统的总动量向左，故最后A 、B 将以共同速度v3 向左匀速运动由动量守恒定律有(M-m)v2=(M+m)v3解得v3=29m/s设A 在B 上运动的总路程为L （即木板B 的最小长度），对A 、B 组成的系统由功能关系得mgL=12mv02-12(M+m)v32代入数据解得L8.96m技巧点拨 动量与能量观点的综合应用（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）。（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。（3）动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力作用问题，就更显示出它们的优越性。