2024屆魯科版新教材高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第七章動(dòng)量守恒定律專題強(qiáng)化十碰撞模型的拓展-教案下載-教習(xí)網(wǎng)

題型一 “滑塊—彈簧”模型
1．模型圖示
2．模型特點(diǎn)
(1)動(dòng)量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒．
(2)機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．
(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相同，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能)．
(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)．
例1 (2023·福建省福州第三中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質(zhì)點(diǎn)，P的質(zhì)量為m，Q的質(zhì)量為3m，Q與輕質(zhì)彈簧相連．Q原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，P以一定初動(dòng)能E向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個(gè)過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能等于( )
A.eq \f(3,4)EB.eq \f(3,8)E
C.eq \f(3,16)ED．E
答案 A
解析設(shè)滑塊P的初速度為v0，由已知可得eq \f(1,2)mv02＝E，P與Q碰撞過(guò)程中，兩滑塊速度相同時(shí)，彈簧壓縮量最大，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，整個(gè)過(guò)程中，滿足動(dòng)量守恒有mv0＝(m＋3m)v1，此時(shí)最大彈性勢(shì)能Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×(m＋3m)v12，聯(lián)立解得Ep＝eq \f(3,8)mv02＝eq \f(3,4)E，故選A.
例2 (多選)如圖甲所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上．現(xiàn)使A以3 m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，A、B的速度—時(shí)間圖像如圖乙，則有( )
A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)
B．從t3到t4過(guò)程中，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)
C．兩物塊的質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
答案 CD
解析開(kāi)始時(shí)A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，由于此時(shí)兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩物塊均減速，A減為零后又向B運(yùn)動(dòng)的方向加速，在t3時(shí)刻，兩物塊速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t3到t4過(guò)程中，彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，t＝0時(shí)刻和t＝t1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時(shí)刻A的速度為vA＝－1 m/s，B的速度為vB＝2 m/s，根據(jù)Ek＝eq \f(1,2)mv2，且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確．
例3 (2022·全國(guó)乙卷·25改編)如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在足夠長(zhǎng)光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)與彈簧接觸，到t＝2t0時(shí)與彈簧分離，碰撞結(jié)束，A、B的v－t圖像如圖(b)所示．已知從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為0.36v0t0.碰撞過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．求：
(1)碰撞過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；
(2)碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值．
答案 (1)0.6mv02 (2)0.768v0t0
解析 (1)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、B速度相等，即在t＝t0時(shí)刻，
根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0
根據(jù)能量守恒定律有
Epmax＝eq \f(1,2)mB(1.2v0)2－eq \f(1,2)(mB＋m)v02
聯(lián)立解得mB＝5m，Epmax＝0.6 mv02
(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過(guò)程中，A、B動(dòng)量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA
對(duì)方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt
0～t0之間，根據(jù)位移等于速度在時(shí)間上的累積，可得6mv0t0＝5msB＋msA，將sA＝0.36v0t0
代入可得sB＝1.128v0t0
則碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0.
題型二 “滑塊—斜(曲)面”模型
1．模型圖示
2．模型特點(diǎn)
(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時(shí)m的豎直速度vy＝0.系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為m的重力勢(shì)能)．
(2)返回最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)．水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相當(dāng)于完成了彈性碰撞)．
例4 (多選)質(zhì)量為M的帶有eq \f(1,4)光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則( )
A．小球以后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)
B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)
C．此過(guò)程小球?qū)π≤囎龅墓閑q \f(1,2)Mv02
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq \f(v02,2g)
答案 BC
解析小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車相對(duì)靜止，有相同的速度v′，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)×2Mv′2＋Mgh，聯(lián)立解得h＝eq \f(v02,4g)，故D錯(cuò)誤；從小球滾上小車到滾下并離開(kāi)小車過(guò)程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由于無(wú)摩擦力做功，機(jī)械能守恒，此過(guò)程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時(shí)速度變?yōu)榱?，開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，小車速度變?yōu)関0，動(dòng)能為eq \f(1,2)Mv02，即此過(guò)程小球?qū)π≤囎龅墓閑q \f(1,2)Mv02，故B、C正確，A錯(cuò)誤．
例5 (2023·福建省福州第三中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中小物塊A與小物塊C的質(zhì)量相等且均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑．現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與小物塊A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度為g.求：
(1)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
(2)碰后小物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度．
答案 (1)eq \f(1,4)mv02 (2)eq \f(3v02,40g)
解析 (1)小物塊C與小物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq \f(1,2)v0
碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
E損＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
解得E損＝eq \f(1,4)mv02
(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時(shí)，A、B、C三者的速度相同．三者組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝eq \f(1,5)v0
小物塊A、C粘在一起，運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大高度h，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
eq \f(1,2)×2m(eq \f(1,2)v0)2＝eq \f(1,2)×5m(eq \f(1,5)v0)2＋2mgh
解得h＝eq \f(3v02,40g).
例6 如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)．重力加速度的大小取g＝10 m/s2.
(1)求斜面體的質(zhì)量；
(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
答案 (1)20 kg (2)不能，理由見(jiàn)解析
解析 (1)規(guī)定向左為正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.對(duì)冰塊與斜面體分析，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得m2v0＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s為冰塊推出時(shí)的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，對(duì)小孩與冰塊分析，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④
代入數(shù)據(jù)得v1＝－1 m/s⑤
設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對(duì)冰塊與斜面體分析，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m3v32⑦
聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1 m/s⑧
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩．
課時(shí)精練
1.(多選)(2023·廣東東莞市高三檢測(cè))如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量為2m的小球從槽高h(yuǎn)處自由下滑，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．在下滑過(guò)程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒
B．在下滑過(guò)程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)
D．被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處
答案 ABC
解析槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過(guò)程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則水平方向上動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A正確；在下滑過(guò)程中，小球和槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，則機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確；球下滑到底端時(shí)由動(dòng)量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，球被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．
2.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長(zhǎng)，與水平方向的夾角為θ.一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關(guān)系式中正確的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C.eq \f(1,2)m(v0sin θ)2＝mgh
D.eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2
答案 BD
解析小物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，小物塊相對(duì)楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體有共同速度，且都為v，沿水平方向，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，全過(guò)程機(jī)械能守恒，以水平向右為正方向，在小物塊上升過(guò)程中，由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒得mv0cs θ＝(m＋M)v，故A錯(cuò)誤，B正確；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，故C錯(cuò)誤，D正確．
3.(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質(zhì)量都為m，B左端固定一個(gè)處在壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當(dāng)彈簧再受到壓縮時(shí)鎖定裝置會(huì)失效．A以速率v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過(guò)彈性限度，關(guān)于它們后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是( )
A．A物體最終會(huì)靜止，B物體最終會(huì)以速率v向右運(yùn)動(dòng)
B．A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量最終將大于mv
C．A、B系統(tǒng)的總動(dòng)能最終將大于eq \f(1,2)mv2
D．當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、B的總動(dòng)能為eq \f(1,4)mv2
答案 CD
解析設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A、B的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，解得v1≠0，v2≠v，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，知A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量最終等于mv，故B錯(cuò)誤；彈簧解除鎖定后存儲(chǔ)的彈性勢(shì)能會(huì)釋放導(dǎo)致系統(tǒng)總動(dòng)能增加，系統(tǒng)的總動(dòng)能最終將大于eq \f(1,2)mv2，故C正確；彈簧被壓縮到最短時(shí)A、B兩物體具有相同的速度，由動(dòng)量守恒定律知mv＝2mv′，得v′＝eq \f(1,2)v，則有Ek＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2＝eq \f(1,4)mv2，故D正確．
4．(多選)(2023·福建省福州第一中學(xué)檢測(cè))如圖，在光滑水平面上放著質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩個(gè)物塊，彈簧與A、B拴連，現(xiàn)用外力緩慢向左推B使彈簧壓縮，此過(guò)程中推力做功W，然后撤去外力，則( )
A．從撤去外力到A離開(kāi)墻面的過(guò)程中，墻面對(duì)A的沖量大小為2eq \r(mW)
B．當(dāng)A離開(kāi)墻面時(shí)，B的動(dòng)量大小為eq \r(2mW)
C．A離開(kāi)墻面后，A的最大速度為eq \r(\f(8W,9m))
D．A離開(kāi)墻面后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為eq \f(2W,3)
答案 BCD
解析設(shè)當(dāng)A離開(kāi)墻面時(shí)，B的速度大小為vB.根據(jù)功能關(guān)系知W＝eq \f(1,2)mvB2 ，得vB＝eq \r(\f(2W,m))，從撤去外力到A離開(kāi)墻面的過(guò)程中，對(duì)A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得墻面對(duì)A的沖量大小為I＝mvB－0＝eq \r(2mW)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A離開(kāi)墻面時(shí)，B的動(dòng)量大小pB＝mvB＝eq \r(2mW)，故B正確；當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最大，從A離開(kāi)墻面到A達(dá)到最大速度的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒有mvB＝2mvA＋mvB′ ，由機(jī)械能守恒有W＝eq \f(1,2)·2mvA2＋eq \f(1,2)mvB′2，聯(lián)立解得A的最大速度為vA＝eq \r(\f(8W,9m))，故C正確；A離開(kāi)豎直墻后，當(dāng)兩物塊速度相同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)或壓縮最短，彈性勢(shì)能最大，設(shè)兩物塊相同速度為v，A離開(kāi)墻時(shí)，B的速度為vB，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mvB＝3mv，W＝eq \f(1,2)·3mv2＋Epm ，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢(shì)能為Epm＝eq \f(2W,3)，故D正確．
5.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開(kāi)P時(shí)的動(dòng)能為Ek1.現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開(kāi)P時(shí)的動(dòng)能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
答案 C
解析設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m，則Q的質(zhì)量為m，弧形頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時(shí)，Q下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除鎖定，Q下滑過(guò)程中，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mvQ2＋eq \f(1,2)×2mvP2，Q離開(kāi)P時(shí)的動(dòng)能Ek2＝eq \f(1,2)mvQ2，聯(lián)立解得eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正確．
6．如圖，在光滑的水平面上靜止放一個(gè)質(zhì)量為m的木板B，木板表面光滑，左端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧．質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B.當(dāng)木塊A與彈簧相互作用的過(guò)程中，下列判斷正確的是( )
A．B板的加速度一直增大
B．彈簧壓縮量最大時(shí)，B板的速率最大
C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為eq \f(2,3)mv02
D．彈簧對(duì)木塊A的沖量大小為eq \f(4,3)mv0
答案 D
解析彈簧壓縮量先增大后減小，則B板受到的彈簧彈力先增大后減小，B板的加速度先增大后減小，A錯(cuò)誤；在木塊A與彈簧相互作用的過(guò)程中，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，B板一直在加速，所以彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B板運(yùn)動(dòng)速率最大，B錯(cuò)誤；當(dāng)A、B的速度相同時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋Epm，聯(lián)立解得v＝eq \f(2,3)v0，Epm＝eq \f(1,3)mv02，C錯(cuò)誤；設(shè)A與彈簧分離時(shí)，A與B的速度分別為v1和v2，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)mv22，聯(lián)立解得v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0，對(duì)木塊A，根據(jù)動(dòng)量定理有I＝2mv1－2mv0＝－eq \f(4,3)mv0，D正確．
7．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則( )
A．A物體的質(zhì)量為3m
B．A物體的質(zhì)量為2m
C．彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為eq \f(3,2)mv02
D．彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02
答案 AC
解析對(duì)題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能Ep＝eq \f(1,2)Mv02；對(duì)題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)，A、B二者速度相同，由動(dòng)量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)M·(2v0)2－eq \f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立解得M＝3m，Ep＝eq \f(3,2)mv02，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤．
8.(多選)(2023·重慶市名校聯(lián)考)如圖所示，A、B、C三個(gè)半徑相等的剛性小球穿在兩根平行且光滑的足夠長(zhǎng)的桿上，三個(gè)球的質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝2 kg，初狀態(tài)三個(gè)小球均靜止，B、C兩球之間連著一根輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)．現(xiàn)給A球一個(gè)向左的初速度v0＝10 m/s，A、B兩球碰后A球的速度變?yōu)榉较蛳蛴?、大小? m/s.下列說(shuō)法正確的是( )
A．球A和球B間的碰撞是彈性碰撞
B．球A和球B碰后，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)球C的速度大小為9.6 m/s
C．球A和球B碰后，球B的最小速度為1.6 m/s
D．球A和球B碰后，彈簧的最大彈性勢(shì)能可以達(dá)到96 J
答案 ABC
解析 A、B兩球碰撞過(guò)程中A、B兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，且v1＝－2 m/s，代入數(shù)據(jù)解得v2＝8 m/s，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek＝eq \f(1,2)mAv02，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek′＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22，代入數(shù)據(jù)解得Ek＝Ek′，則A、B兩球碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因此球A和球B間的碰撞是彈性碰撞，A正確；由于B、C兩球及彈簧組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，當(dāng)B球的速度最小時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，則有mBv2＝mBv3＋mCv4，eq \f(1,2)mBv22＝eq \f(1,2)mBv32＋eq \f(1,2)mCv42，聯(lián)立解得v3＝1.6 m/s，v4＝9.6 m/s，因此B球的最小速度為1.6 m/s，此時(shí)C球的速度大小為9.6 m/s，B、C正確；當(dāng)B、C兩球速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，則有mBv2＝(mB＋mC)v5，Epmax＝eq \f(1,2)mBv22－eq \f(1,2)(mB＋mC)v52，聯(lián)立解得Epmax＝38.4 J，D錯(cuò)誤．
9.(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq \f(1,4)圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)小球A質(zhì)量為eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均視為質(zhì)點(diǎn)，則( )
A．B的最大速率為4 m/s
B．B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為eq \f(3,4) m/s
C．B能與A再次發(fā)生碰撞
D．B不能與A再次發(fā)生碰撞
答案 AD
解析 A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)v02＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)vA2＋eq \f(1,2)MvB2，聯(lián)立解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率為4 m/s，選項(xiàng)A正確；B沖上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從B沖上C后又滑下的過(guò)程，設(shè)B、C分離時(shí)速度分別為vB′、vC′，由水平方向動(dòng)量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機(jī)械能守恒有eq \f(1,2)MvB2＝eq \f(1,2)MvB′2＋eq \f(1,2)×2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|

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