专题五 课时作业

专题五课时作业|碰撞模型的深化拓展1．(2023·成都七中高三月考)在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2。若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为()A.eq\f(2Mv12,Sdv22) B.eq\f(Mv12,2Sdv22)C.eq\f(2Mv22,Sdv12) D.eq\f(Mv22,2Sdv12)解析：选D设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则eq\f(v2,2)·t＝d，联立解得ρ＝eq\f(Mv22,2Sdv12)，故选D。2.光滑水平地面上放有一斜面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．FN＝mgcosαB．滑块B下滑过程中，支持力对B的冲量大小为FNtcosαC．滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒D．此过程中斜面体向左滑动的距离为eq\f(m,M＋m)L解析：选D滑块B下滑过程中，斜面体A水平向左做加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不是沿斜面方向，即垂直于斜面方向的合外力不为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，A错误；滑块B下滑过程中，支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统在竖直方向上所受的合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统在水平方向上不受外力，在水平方向上动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，联立解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正确。3．K－介子衰变的方程为K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子带负电，电荷量均为元电荷，π0介子不带电，一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB0，两轨迹在P点相切，如图所示，它们的半径RK－与Rπ－之比为2∶1，π0介子的轨迹未画出。由此可知π－的动量大小与π0的动量大小之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：选C设质量为m、电荷量为q的粒子在磁感应强度大小为B的匀强磁场中做速率为v、半径为R的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(p,Bq)，可得K－介子和π－介子的动量大小之比为eq\f(pK－,pπ－)＝eq\f(RK－,Rπ－)＝eq\f(2,1)。由题图并根据左手定则可知，K－介子到达P点衰变前瞬间的速度方向向下，衰变后瞬间π－介子的速度方向向上，衰变过程动量守恒，取向下为正方向，则pK－＝－pπ－＋pπ0，联立解得π－介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为eq\f(pπ－,pπ0)＝eq\f(1,3)，故选C。4．(2023·全国乙卷)(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mv02－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl解析：选BD当物块从木板右端离开时，对物块有－fxm＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，对木板有fxM＝eq\f(1,2)MvM2，其中l＝xm－xM，由于物块能从木板滑下，说明vm>vM，作出物块和木板运动的v­t图像，如图所示，根据v­t图像与横轴围成的面积表示物体运动的位移可知l＝xm－xM>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；根据以上式子，联立有eq\f(1,2)mv02－fl＝eq\f(1,2)mvm2＋eq\f(1,2)MvM2，则物块的动能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl，C错误，D正确。5.如图所示，质量为M、长度为d的木块放在光滑的水平地面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动。质量为m、可看作质点的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现在拔去销钉，使木块能在水平地面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块。设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则()A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒B．子弹在木块中受到的阻力大小为eq\f(mv02,2d)C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为eq\f(mv0,M)D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为eq\f(md,M＋m)解析：选B当木块被销钉挡住时，由动能定理可知－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv02，解得Ff＝eq\f(mv02,2d)，故B正确；拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统动量守恒，但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，根据动能定理有－Ffx＝eq\f(1,2)(m＋M)v2－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(Md,M＋m)，故A、C、D错误。6.(2023·广元高三模拟)(多选)小朋友喜欢的“踩踩球”其实就是由上下两个连在一起质量相等的半球组成，两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时，将“踩踩球”直立静放在水平地面上，用脚从上半球顶部中心点向下踩压，当两半球贴合后放开脚，过一会儿贴合装置失效，弹簧恢复原长，球就会突然展开，瞬间弹起。如图所示，小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为h1；踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为h2；弹起后到达最高点时中间白色标记距地面的高度为h3。已知“踩踩球”总质量为m并全部集中在上下半球上，重力加速度大小为g，不计一切阻力，下列说法中正确的是()A．“踩踩球”离开地面时的速度大小为eq\r(2gh3－h1)B．上述踩压过程中压力做的功为mg(h3－h1)C．弹簧的最大弹性势能为mg(2h3－h1－h2)D．弹簧恢复原长过程中，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为meq\r(2gh3－h2)解析：选AC设“踩踩球”离开地面时的速度为v，由动能定理可得－mg(h3－h1)＝0－eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh3－h1)，故A正确；弹簧恢复原长过程中，根据动量定理，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为I合＝mv－0＝meq\r(2gh3－h1)，故D错误；设弹簧的最大弹性势能为Ep，踩压过程中压力做的功为W，弹簧恢复原长连接装置拉紧前上半球速度为v1，上半球弹起过程由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv12＋mg(h1－h2)＝Ep，连接装置拉紧过程由动量守恒定律可得mv＝eq\f(1,2)mv1，踩压过程由功能关系可得Ep＝W＋mg(h1－h2)，联立解得W＝2mg(h3－h1)，Ep＝mg(2h3－h1－h2)，故B错误，C正确。7．(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有()A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·sC．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N解析：选BD取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，有I1＝mv2－mv1＝(1×0.22－1×0.40)N·s＝－0.18N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，有I2＝mv2＝1×0.22N·s＝0.22N·s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N，故D正确。8．(多选)如图所示，光滑桌面上质量为1kg的木板C静止并被锁定，在木板的中央处放置两个可视为质点的小滑块A和B，质量分别为2kg和1kg，两滑块间有少量炸药。某时刻炸药爆炸释放的能量为12J并全部转化为两滑块的动能，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间的动摩擦因数均为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，g取10m/s2，不计炸药的质量。则()A．木板C的最终速度为0.5m/sB．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为12JC．木板C的最小长度为7.5mD．木板C受到的冲量为1N·s解析：选AC爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有mAv1＝mBv2，E＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，解得v1＝2m/s，v2＝4m/s，滑块A速度减为零所用时间t1＝eq\f(v1,μg)＝1s，此时B的速度v3＝v2－μgt1＝2m/s，此过程B与C间的相对位移d1＝eq\f(1,2)(v2＋v3)t1＝3m，木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到的共同速度为v，根据动量守恒定律有mBv3＝(mA＋mB＋mC)v，解得v＝0.5m/s，选项A正确；整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能ΔE＝E－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝11.5J，选项B错误；设A、C整体与B相对运动过程中B与C的相对位移为d2，由功能关系可得μmBgd2＝eq\f(1,2)mBv32－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2，解得d2＝0.75m，木板最小长度L＝2(d1＋d2)＝7.5m，选项C正确；根据动量定理，可知木板C受到的冲量I＝mCv＝0.5N·s，选项D错误。9．(2023·汉中高三模拟)如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为3l处静置小木块B，A、B之间光滑；水平面上距离A右端l处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动摩擦因数均为μ。A、B、C的质量均为m，A与B、A与C之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连。现对A施加水平向右的恒定推力，当A和C相碰瞬间撤去推力，碰撞后瞬间A和C的速度vAC＝4eq\r(μgl)，由于A板足够长，所以不考虑B与C的相碰。已知重力加速度为g。求：(1)水平推力F的大小；(2)当A、C都停下时，C离A板右端的距离d。解析：(1)对A，由动能定理得(F－2μmg)l＝eq\f(1,2)mv02－0，A和C相碰，由动量守恒定律得mv0＝2mvAC解得F＝34μmg。(2)A和C相碰后，A受到的摩擦力大于C受到的摩擦力，A、C分离，C做匀减速运动直到停止，对C有－μmgxC＝0－eq\f(1,2)mvAC2，解得xC＝8l对A有－μ·2mg(3l－l)＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvAC2，解得vA＝eq\r(8μgl)然后B与A的左端挡板相碰，有mvA＝2mvAB此后，对A有－μ·2mgxA2＝0－eq\f(1,2)mvAB2解得xA2＝0.5lC离A板右端的距离d＝xC－(3l－l)－xA2＝5.5l。答案：(1)34μmg(2)5.5l10．(2023·商洛高三质检)如图所示，质量为6kg的滑块C的右半部分是光滑的四分之一圆弧轨道，轨道半径为15m，圆弧轨道的最低点与水平面相切，质量为nkg(n为正整数)的物块B左侧固定一水平轻弹簧，滑块C和物块B都静止在光滑水平面上。质量为2kg的小物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释放，离开滑块C后继续向右运动与弹簧发生相互作用。重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物块A离开滑块C时的速度大小；(2)当n＝1时弹簧的最大弹性势能；(3)n至少为多少时，小物块A才能返回追上滑块C，此种情况下小物块A返回运动至最高点时C的速度是多大。解析：(1)对A、C组成的系统，设小物块A离开滑块C时二者速度分别为vA、vC，规定向右为正方向，由机械能守恒定律有mAgR＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mCvC在水平方向上，由动量守恒定律得0＝mAvA＋mCvC联立解得vA＝15m/s，vC＝－5m/s。(2)对A、B及弹簧组成的系统，共速时弹簧的弹性势能最大，设共速时的速度为v，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝75J。(3)设A与弹簧分离时，A、B的速度分别为vA′、vB′，对A、B及弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB′由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2，联立解得vA′＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)vA若A要追上C，则有|vA′|＞|vC|，解得n＞4，又n为正整数，故n至少为5时，小物块A才能追上C此种情况下vA′＝－eq\f(45,7)m/sA与弹簧分离后，A、C组成的系统水平方向上动量守恒，二者共速时，A滑至C最高处，设此时速度为v共，则由水平方向动量守恒有mAvA′＋mCvC＝(mA＋vC)v共解得v共＝－eq\f(75,14)m/s故物块A运动至最高点时C的速度大小为eq\f(75,14)m/s。答案：(1)15m/s(2)75J(3)5eq\f(75,14)m/s11．(2023·四川广元高三调研)如图所示，用长l＝2m的绳子拴住一质量为m0＝eq\f(15,22)kg的小球，绳的一端固定在O点，起始时，小球位于O点竖直平面内右上方的A点，绳子处于绷直状态，OA与水平方向夹角为37°。给小球一向左的水平初速度v0，当绳子再次绷直时，小球刚好运动到O点左侧等高的B点(绳子绷直后立即在竖直平面内做圆周运动)。小球运动到最低点与地面上质量为M＝1.5kg的木板发生弹性碰撞，木板最右端上静止有一质量为m＝1kg的物块，与木板间的动摩擦因数为0.1，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。(1)求小球平抛出去