专题01 动量守恒定律-类碰撞模型-2021-2022学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019选择性必修第一册）.docx

1、第一章 动量守恒定律专题01：类碰撞模型题组一弹簧模型1.( )(多选)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3mB.物体A的质量为2mC.弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv02D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv022.( )(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上。有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相

2、碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。A、B均可视为质点，下列说法正确的是 ()A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C.B能达到的最大高度为h2D.B能达到的最大高度为h43.( )在光滑的水平面上，两个小车A和B之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右匀速运动，A、B的质量分别为m和2m。有一质量为m的黏性物体C从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘在一起，在以后的运动过程中，轻质弹簧获得的最大弹性势能为Ep1；如果黏性物体C不是落在A车上，而是落在B车上，其他条件不变，在以后的运动过程中，轻质弹簧获得的

3、最大弹性势能为Ep2，则Ep1Ep2为 ()A.13B.31C.11D.31题组二子弹打木块模型4.( )如图所示，A点距水平地面高度为h，木块M在A点处于静止状态，某时刻释放M，木块做自由落体运动，在空中运动的总时间为t1。有一子弹m以水平速度v射向木块并嵌在木块中，若在A点释放木块的同时子弹射入，木块在空中运动的总时间为t2；若在木块落至h一半的B点时子弹射入，木块在空中运动的总时间为t3。已知木块与子弹作用时间极短，空气阻力不计，则(易错)A.t1=t2=t3B.t1=t2t3C.t1t2t35.( )(多选)一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的

4、深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是 ()A.子弹动能的减少量等于系统动能的减少量B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量6.( )(多选)如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B(时间极短，子弹未穿出)后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，则 ()A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B

5、构成的系统动量和机械能都守恒B.子弹射入物块B的初速度v0=1002gLC.若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置D.若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为2gL3题组三板块模型7.( )(多选)如图所示，一质量M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。现以地面为参考系，给A和B大小均为4.0 m/s、方向相反的速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B。站在地面上的观察者在一段时间内看到小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是 ()A.1.8 m

6、/sB.2.4 m/sC.2.6 m/sD.3.0 m/s8.( )如图所示，质量为5 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为5 kg，静止在B的左端，质量为1 kg的小球用长为0.45 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能到达的最大高度距最低点的竖直距离为0.2 m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知A、B间的动摩擦因数为0.1，为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，重力加速度g=10 m/s2，求:(1)碰撞后瞬间物块A的速度大小；(2)木板B至少多长；(3)从小球释放到A、B达到共同速度的过程中，小球、A及

7、B组成的系统损失的机械能。题组四滑块+光滑弧面(斜面)模型9.( )如图所示的木块B静止在光滑的水平面上，木块上有半径为r=0.4 m的光滑14圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，一可视为质点的物块A以水平向左的速度v0冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面。已知A、B的质量为mA=mB=1 kg，重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是 ()A.物块A滑到最高点的速度为零B.物块A的初速度大小为4 m/sC.物块A返回水平面时的速度大小为4 m/sD.木块B的最大速度为2 m/s10.( )(多选)带有14光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止在光滑水平面上，

8、如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端。则(重力加速度大小为g) ()A.小球以后将向左做平抛运动B.小球将做自由落体运动C.此过程小球对小车做的功为12Mv02D小球在圆弧轨道上上升的最大高度为v022g11.( )两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示。一质量为m的物块(可视为质点)位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度为g，求:(1)物块第一次离开劈A时，劈A的速度；(2)物块在劈B上能够到达的最大高度。答案全解全析1.AC

9、对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时的弹性势能Ep=12Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量x时，A、B速度相等，设为v，由动量守恒定律有M2v0=(M+m)v，由能量守恒定律有Ep=12M(2v0)2-12(M+m)v2，联立以上三式可得M=3m，Ep=12Mv02=32mv02，故选A、C。2.BD设碰前瞬间物体B的速度为vB，根据机械能守恒定律有mgh=12mvB2，解得vB=2gh；A、B碰撞瞬间，根据动量守恒定律有mvB=(m+m)v共，解得v共=12vB=122gh；从A、B碰完到压缩弹簧至最

10、短，根据机械能守恒定律有Epm=12(m+m)v共2=mgh2，A错误，B正确；弹簧复原过程中A、B刚要分开时具有相同的速度，设为v，根据机械能守恒定律有Epm=12(m+m)v2=mgh2，解得v=gh2，之后B物体开始冲上斜面，根据机械能守恒定律有12mv2-0=mghm，解得hm=h4，C错误，D正确。快速解答A、B两物体发生的是完全非弹性碰撞，碰撞过程有能量损失，因此弹簧被压缩获得的弹性势能一定小于最初B具有的重力势能，即一定小于mgh，可排除A；由于A、B两物体的质量相等，所以分开时B的速度较碰撞前的速度减半，动能减为碰撞前的四分之一，上升的高度减为原来的四分之一，可排除C。本题为多

11、选题，即可快速选出B、D为正确选项。3.B黏性物体C与A车作用过程，水平方向动量守恒，则有mv0=(m+m)v1，解得v1=12v0；黏性物体落在A车上后，当A、B两车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得2mv0+(m+m)v1=(2m+m+m)v2，122mv02+12(m+m)v12=12(2m+m+m)v22+Ep1，联立解得Ep1=18mv02。对于黏性物体C与B车作用过程，根据水平方向动量守恒得2mv0=(2m+m)v3，解得v3=23v0；黏性物体落在B车上后，当A、B两车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0+(2m

12、+m)v3=(2m+m+m)v4，12mv02+12(2m+m)v32=12(2m+m+m)v42+Ep2，联立解得Ep2=124mv02。所以Ep1Ep2=31，选B。4.B木块M由静止开始下落，则M做自由落体运动；当M刚开始下落时子弹射入，则二者以某一共同的水平初速度做平抛运动，竖直方向仍为自由落体运动，故t1=t2；若在木块落至h一半的B点时子弹射入，系统水平方向动量守恒，即M会获得水平方向的分速度，而子弹此时竖直方向的速度为零，要从零加速到与M具有相同的速度，要受到M向下的作用力，根据牛顿第三定律可知M会受到子弹给的向上的作用力，则向下的加速度会减小，小于自由落体加速度g，故比自由下落

13、时间长一些。综上所述，有t1=t2t3，故选B。易错分析易误认为子弹不管从何处水平射入木块中，只对木块水平方向的运动有影响，而对竖直方向的运动没有影响，从而错选A。实际的情况是:只要子弹水平射入时，木块在竖直方向有速度，就会影响木块在竖直方向的运动，从而影响落地时间。5.BD子弹射入木块的过程，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块的动量变化量大小相等，方向相反，B正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为-f(s+d)，可知二者不相等，C错误；对木块，根据动能定理可知，子弹对木块做的功(即摩擦力

14、对木块做的功)等于木块动能的增量，D正确。6.BD在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但由于摩擦要产生内能，所以机械能不守恒，A错误。子弹射入木块后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有(0.01m+0.99m)gL=12(0.01m+0.99m)v2，解得v=2gL；子弹射入木块过程中，由动量守恒定律得0.01mv0=(0.01m+0.99m)v，解得v0=1002gL，B正确。若物块A不固定，子弹仍以v0射入后，子弹和木块的动能转化为物块A和物块B的动能和物块B的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，C错误。子弹射

15、入木块过程，由动量守恒定律得0.01mv0=(0.01m+0.99m)v；当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相同的速度，则有(0.01m+0.99m)v=(0.01m+0.99m+2m)v，解得v=2gL3，D正确。7.BC以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M-m)v0=MvB1，代入数据解得vB1=2.67 m/s。从A、B开始运动到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M-m)v0=(M+m)vB2，代入数据解得vB2=2 m/s。综上可知，在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s

16、vB2.67 m/s，故选B、C。关键点拨要明确木块A加速运动的过程是从A的速度为零至A与B共速的过程，且此过程中B始终减速。8.答案(1)1 m/s(2)0.25 m(3)1.25 J解析(1)小球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh=12mv2解得v=2gh=3 m/s碰后小球反弹，由最低点向上摆动过程中，由机械能守恒定律可得mgh=12mv2解得v=2gh=2 m/s小球与物块A碰撞过程中，由动量守恒定律得mv=-mv+mAvA解得vA=1 m/s(2)以A、B为研究对象，由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vB解得vB=0.5 m/s根据能量守恒定律得mAgL=12mAv

17、A2-12(mA+mB)vB2解得L=0.25 m(3)由于碰撞及摩擦生热，系统损失的机械能为E=mgh-12mv2-12(mA+mB)vB2解得E=1.25 J9.B物块A刚好运动到木块B的最高点时，两者共速，设为v，对物块A和木块B组成的系统，由机械能守恒定律得12mAv02=mAgr+12(mA+mB)v2，由水平方向动量守恒得mAv0=(mA+mB)v，解得v0=4 m/s，v=2 m/s，A错误，B正确；当物块A返回到水平面时，木块B的速度最大，由机械能守恒定律得12mAv02=12mAv12+12mBv22，由水平方向动量守恒得mAv0=mAv1+mBv2，解得v2=4 m/s、v

18、1=0(另一组解v1=4 m/s、v2=0舍去)，C、D错误。10.BC小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0=2Mv，12Mv02=122Mv2+Mgh，解得h=v024g，知D错。从小球冲上小车到离开小车，系统在水平方向上动量守恒，由于没有摩擦力做功，系统机械能不变，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回车的左端时速度变为零，将做自由落体运动，由动能定理知小球对小车做的功为12Mv02，故B、C对，A错。11.答案(1)13gh方向水平向左(2)49h解析(1)设物块第一次离开A时的速度为v1，A的速度为v2，以水平向右为正方向，由A和物块组成的系统水平方向动量守恒，得mv1+2mv2=0由A和物块组成的系统机械能守恒，得mgh=12mv12+122mv22联立以上两式解得v1=2gh3，v2=-13gh(2)物块在劈B上到达最大高度h时与劈B速度相同，设为v，由物块和劈B组成的系统机械能守恒，得12mv12=12(m+2m)v2+mgh由水平方向动量守恒，得mv1=(m+2m)v解得h=49h