2024版新教材高考物理一轮复习特训卷-考点41碰撞模型的拓展一.docx

《2024版新教材高考物理一轮复习特训卷-考点41碰撞模型的拓展一.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024版新教材高考物理一轮复习特训卷-考点41碰撞模型的拓展一.docx（5页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、考点41 碰撞模型的拓展(一)提能力1.2023湖北宜昌模拟(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C.现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()AC与A碰撞后瞬间A的速度大小为 BC与A碰撞时产生的内能为CC与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为D要使碰后物体B被拉离地面，h至少为22023江苏南通三模如图所示，轻质弹簧下端固定在粗糙斜面底端，一小物块从斜面顶端由静止滑下并压缩弹簧，弹簧始终处于弹性限

2、度内，则物块下滑过程中，物块的动量p、重力势能Ep、弹簧的弹力F、弹性势能E弹随时间t或位移x的关系图像可能正确的是()32023山东日照三模(多选)如图所示，铁块a与内壁光滑的半圆形凹槽b并排静止在光滑的水平地面上，半圆形凹槽的半径为R，直径POQ水平可视为质点的小球c自P点正上方高3R处由静止开始下落，恰好从P点进入槽内已知铁块 a、半圆形凹槽b和小球c的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则之后的运动过程中，下列说法正确的是()Ac开始下落至再次到达最高点的过程中，c和b组成的系统动量和机械能都守恒Bc开始下落至第一次到达最低点的过程中，a的位移大小为Cc第一次冲出 Q点后，上

3、升的最大高度为2RDb能获得的最大速度为42023江苏高三开学考试如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得()A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C两物块的质量之比为m1m212D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek2815.2023河南豫南九校模拟如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg 、mB3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物

4、块B右侧与竖直墙相接触另有一物块C从 t0时以一定速度向右运动，在t4 s 时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v t图像如图乙所示求：甲乙(1)物块C的质量mC；(2)物块B离开墙后的运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep.62023辽宁沈阳模拟如图甲所示，一轻质短弹簧被夹在质量均为m0.10 kg的两小木块A、B之间，弹簧长度被锁定，将此装置放在水平支撑面上若解除锁定，木块B能上升的最大高度h2.5 mg取10 m/s2，忽略空气阻力(1)求弹簧解锁前的弹性势能Ep；(2)若撤去A的支撑面同时解除锁定，此时B的加速度大小为a18.0 m/s2，求此时A的加速度大小a2；(3

5、)图乙为同一竖直平面内两四分之一光滑圆弧MP和QN与光滑水平面PQ组成的轨道，M、N与圆心O1、O2等高，圆弧MP和QN半径均为R1.8 m若将图甲中装置由轨道M端静止释放，第一次滑至水平面时，解除锁定，求木块到达N点后还能上升的最大高度H.考点41碰撞模型的拓展(一)提能力1答案：ABD解析：对C自由下落过程，由机械能守恒得：mghmv，解得：v0，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv1，解得：v1 ，A正确；C与A碰撞时产生的内能为：Emv2mvmgh，B正确；C、A一起向下运动压缩弹簧的过程中，C、A的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒可

6、知，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A、C动能的减少量，即大于2mv，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：2mv2mg2H，解得：h，D正确2答案：A解析：物块沿斜面下滑时，合外力先不变，接触弹簧后所受的合外力先逐渐减小，当向上的弹力和向上的摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分量时，此时合力为零；然后继续向下运动时合力向上变大，在最低点时合力最大；因p t图像的斜率F合，由图像可知，斜率先不变、后减小，再反向增加，可知图像A正确；根据Epmghmgx sin 可知重力势能随x线性减小，选项B错误；

7、物块接触弹簧之前，弹簧弹力为零；接触弹簧之后，弹簧弹力随位移x按线性增加，则选项C错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹性势能为零；接触弹簧之后，弹簧弹性势能随x逐渐变大，但是图像为开口向上的抛物线形状，则选项D错误3答案：BCD解析：c开始下落至再次到达最高点的过程中，c和b组成的系统水平方向由于受到铁块a的作用力，则水平方向动量不守恒；竖直方向受合力不为零，则动量也不守恒，即c和b组成的系统动量不守恒；因为铁块a对b做功，则c和b组成的系统机械能不守恒，A错误；c开始下落至第一次到达最低点的过程中，设ab向左的位移为x，则由人船模型可知2mxm(Rx)，a的位移大小为x，B正确；c第一次到达最低点

8、时，ab速度向左，大小为vx1，c速度向右，大小为vx2，则2mvx1mvx2，由能量关系有mg4R2mvmv解得vx12 、vx24 ；当c从最低点滑到右侧Q点时，b减速，铁块a与b分离，则此时对bc系统有mvx2mvx12mvx3，解得vx3 ；又因为mg4Rmv2mvmvmgR，mvmgH，解得H2R，C正确；c从右端滑下经过最低点时，bc速度交换，b能获得的最大速度为，D正确4答案：C解析：结合图像分析两物块的运动过程：0t1时间内，m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧的压缩量最大；t1t3时间内，弹簧先逐渐恢复原长，m2继续加

9、速，m1先减速到零，然后反向加速，t2时刻两物块加速度均为零，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度继续增大，m2开始减速，m1先减速到零，然后反向加速，t3时刻两物块速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧伸长量最大；t3t4时间内，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，以后重复这个过程；由上述分析可知，在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，在t1时刻弹簧处于压缩状态，在t3时刻弹簧处于伸长状态，A错误；由上述分析可知，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，B错误；以m1的初速度方向为正方向，0t1时间内，由动量守恒定律可得m1v1(m1m2)v2，将v13 m/s，

10、v21 m/s代入解得m1m212，C正确；在t2时刻m1的速度大小为v31 m/s，m2的速度大小为v42 m/s，又有m1m212，根据Ekmv2解得Ek1Ek218，D错误5答案：(1)2 kg(2)9 J解析：(1)由题图乙知，物块C与物块A碰撞前的速度为v19 m/s，碰撞后的速度为v23 m/s，物块C与物块A碰撞过程中动量守恒，有mCv1(mAmC)v2解得mC2 kg.(2)12 s 末物块B离开墙壁，之后A、B、C三物块及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、B、C三物块的速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律有(mAmC)v3(mAmBmC)v4(mAmC)v(mAmBmC)vEp由题图乙知v33 m/s联立解得Ep9 J6答案：(1)2.5 J(2)28.0 m/s2(3)4.25 m解析：(1)由机械能守恒定律有Epmgh代入数据解得Ep2.5 J.(2)对B有Fmgma1对A有Fmgma2代入数据解得a228.0 m/s2.(3)设木块A、B滑至水平面时的速度为v0，则2mgR2mv设解除锁定后，两木块A、B离开水平面PQ前的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有2mv0mvAmvB由机械能守恒定律有2mgREpmvmv同理有mg(RH)mv代入数据解得H4.25 m