專題五 課時(shí)作業(yè)

專題五課時(shí)作業(yè)|碰撞模型的深化拓展1．(2023·成都七中高三月考)在空間技術(shù)發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為航天員艙外活動的主要動力裝置，它能讓航天員保持較高的機(jī)動性。如圖所示，航天員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出，航天員到達(dá)艙門時(shí)的速度為v2。若航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計(jì)噴出氣體后航天員和裝備質(zhì)量的變化，忽略航天員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為()A.eq\f(2Mv12,Sdv22) B.eq\f(Mv12,2Sdv22)C.eq\f(2Mv22,Sdv12) D.eq\f(Mv22,2Sdv12)解析：選D設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為m，則m＝ρSv1t，根據(jù)動量守恒定律可得mv1＝Mv2，航天員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則eq\f(v2,2)·t＝d，聯(lián)立解得ρ＝eq\f(Mv22,2Sdv12)，故選D。2.光滑水平地面上放有一斜面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時(shí)間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊B下滑過程中，支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面體向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)L解析：選D滑塊B下滑過程中，斜面體A水平向左做加速運(yùn)動，所以滑塊B相對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為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯(cuò)誤；滑塊B下滑過程中，支持力對B的沖量大小為FNt，B錯(cuò)誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)在豎直方向上所受的合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯(cuò)誤；系統(tǒng)在水平方向上不受外力，在水平方向上動量守恒，設(shè)A、B的水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，聯(lián)立解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確。3．K－介子衰變的方程為K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子帶負(fù)電，電荷量均為元電荷，π0介子不帶電，一個(gè)K－介子沿垂直于磁場的方向射入勻強(qiáng)磁場中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產(chǎn)生的π－介子的軌跡為圓弧PB0，兩軌跡在P點(diǎn)相切，如圖所示，它們的半徑RK－與Rπ－之比為2∶1，π0介子的軌跡未畫出。由此可知π－的動量大小與π0的動量大小之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：選C設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中做速率為v、半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(p,Bq)，可得K－介子和π－介子的動量大小之比為eq\f(pK－,pπ－)＝eq\f(RK－,Rπ－)＝eq\f(2,1)。由題圖并根據(jù)左手定則可知，K－介子到達(dá)P點(diǎn)衰變前瞬間的速度方向向下，衰變后瞬間π－介子的速度方向向上，衰變過程動量守恒，取向下為正方向，則pK－＝－pπ－＋pπ0，聯(lián)立解得π－介子的動量大小與π0介子的動量大小之比為eq\f(pπ－,pπ0)＝eq\f(1,3)，故選C。4．(2023·全國乙卷)(多選)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)()A．木板的動能一定等于flB．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于eq\f(1,2)mv02－flD．物塊的動能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl解析：選BD當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)，對物塊有－fxm＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，對木板有fxM＝eq\f(1,2)MvM2，其中l(wèi)＝xm－xM，由于物塊能從木板滑下，說明vm>vM，作出物塊和木板運(yùn)動的v-t圖像，如圖所示，根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示物體運(yùn)動的位移可知l＝xm－xM>xM，則根據(jù)以上分析可知木板的動能一定小于fl，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)以上式子，聯(lián)立有eq\f(1,2)mv02－fl＝eq\f(1,2)mvm2＋eq\f(1,2)MvM2，則物塊的動能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl，C錯(cuò)誤，D正確。5.如圖所示，質(zhì)量為M、長度為d的木塊放在光滑的水平地面上，在木塊右邊有一個(gè)銷釘把木塊擋住，使木塊不能向右滑動。質(zhì)量為m、可看作質(zhì)點(diǎn)的子彈以水平速度v0射入木塊，剛好能將木塊射穿。現(xiàn)在拔去銷釘，使木塊能在水平地面上自由滑動，而子彈仍以水平速度v0射入靜止的木塊。設(shè)子彈在木塊中受到的阻力大小恒定，則()A．拔去銷釘，木塊和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能也守恒B．子彈在木塊中受到的阻力大小為eq\f(mv02,2d)C．拔去銷釘，子彈與木塊相對靜止時(shí)的速度為eq\f(mv0,M)D．拔去銷釘，子彈射入木塊的深度為eq\f(md,M＋m)解析：選B當(dāng)木塊被銷釘擋住時(shí)，由動能定理可知－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv02，解得Ff＝eq\f(mv02,2d)，故B正確；拔去銷釘，木塊和子彈之間的摩擦力是系統(tǒng)內(nèi)力，木塊和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒，但因摩擦力要做功，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，根據(jù)動能定理有－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錯(cuò)誤。6.(2023·廣元高三模擬)(多選)小朋友喜歡的“踩踩球”其實(shí)就是由上下兩個(gè)連在一起質(zhì)量相等的半球組成，兩半球間裝有一個(gè)輕彈簧。玩耍時(shí)，將“踩踩球”直立靜放在水平地面上，用腳從上半球頂部中心點(diǎn)向下踩壓，當(dāng)兩半球貼合后放開腳，過一會兒貼合裝置失效，彈簧恢復(fù)原長，球就會突然展開，瞬間彈起。如圖所示，小明同學(xué)測得“踩踩球”展開靜止在地面上時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為h1；踩壓貼合時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為h2；彈起后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為h3。已知“踩踩球”總質(zhì)量為m并全部集中在上下半球上，重力加速度大小為g，不計(jì)一切阻力，下列說法中正確的是()A．“踩踩球”離開地面時(shí)的速度大小為eq\r(2gh3－h(huán)1)B．上述踩壓過程中壓力做的功為mg(h3－h(huán)1)C．彈簧的最大彈性勢能為mg(2h3－h(huán)1－h(huán)2)D．彈簧恢復(fù)原長過程中，“踩踩球”所受合外力的沖量大小為meq\r(2gh3－h(huán)2)解析：選AC設(shè)“踩踩球”離開地面時(shí)的速度為v，由動能定理可得－mg(h3－h(huán)1)＝0－eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh3－h(huán)1)，故A正確；彈簧恢復(fù)原長過程中，根據(jù)動量定理，“踩踩球”所受合外力的沖量大小為I合＝mv－0＝meq\r(2gh3－h(huán)1)，故D錯(cuò)誤；設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Ep，踩壓過程中壓力做的功為W，彈簧恢復(fù)原長連接裝置拉緊前上半球速度為v1，上半球彈起過程由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv12＋mg(h1－h(huán)2)＝Ep，連接裝置拉緊過程由動量守恒定律可得mv＝eq\f(1,2)mv1，踩壓過程由功能關(guān)系可得Ep＝W＋mg(h1－h(huán)2)，聯(lián)立解得W＝2mg(h3－h(huán)1)，Ep＝mg(2h3－h(huán)1－h(huán)2)，故B錯(cuò)誤，C正確。7．(2023·廣東高考)(多選)某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡化模型。多個(gè)質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機(jī)對滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時(shí)間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有()A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N解析：選BD取水平向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯(cuò)誤；對滑塊1，有I1＝mv2－mv1＝(1×0.22－1×0.40)N·s＝－0.18N·s，負(fù)號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，有I2＝mv2＝1×0.22N·s＝0.22N·s，故C錯(cuò)誤；對滑塊2，根據(jù)動量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N，故D正確。8．(多選)如圖所示，光滑桌面上質(zhì)量為1kg的木板C靜止并被鎖定，在木板的中央處放置兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊A和B，質(zhì)量分別為2kg和1kg，兩滑塊間有少量炸藥。某時(shí)刻炸藥爆炸釋放的能量為12J并全部轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動能，兩滑塊開始運(yùn)動，當(dāng)一個(gè)滑塊速度減為零時(shí)，木板鎖定被解除，兩滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為0.2，最終一個(gè)滑塊恰好滑到木板的邊緣，g取10m/s2，不計(jì)炸藥的質(zhì)量。則()A．木板C的最終速度為0.5m/sB．整個(gè)過程中兩滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為12JC．木板C的最小長度為7.5mD．木板C受到的沖量為1N·s解析：選AC爆炸過程兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，炸藥爆炸釋放的能量轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動能，有mAv1＝mBv2，E＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，解得v1＝2m/s，v2＝4m/s，滑塊A速度減為零所用時(shí)間t1＝eq\f(v1,μg)＝1s，此時(shí)B的速度v3＝v2－μgt1＝2m/s，此過程B與C間的相對位移d1＝eq\f(1,2)(v2＋v3)t1＝3m，木板鎖定被解除后，滑塊A與木板C相對靜止，整體與滑塊B發(fā)生相對運(yùn)動，設(shè)最終三者達(dá)到的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mBv3＝(mA＋mB＋mC)v，解得v＝0.5m/s，選項(xiàng)A正確；整個(gè)過程中兩滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能ΔE＝E－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝11.5J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)A、C整體與B相對運(yùn)動過程中B與C的相對位移為d2，由功能關(guān)系可得μmBgd2＝eq\f(1,2)mBv32－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2，解得d2＝0.75m，木板最小長度L＝2(d1＋d2)＝7.5m，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動量定理，可知木板C受到的沖量I＝mCv＝0.5N·s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9．(2023·漢中高三模擬)如圖，L形滑板A靜止在粗糙水平面上，在A上距離其左端為3l處靜置小木塊B，A、B之間光滑；水平面上距離A右端l處靜止著一滑塊C，A和C與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為μ。A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、A與C之間的碰撞都屬于完全非彈性碰撞且不粘連?，F(xiàn)對A施加水平向右的恒定推力，當(dāng)A和C相碰瞬間撤去推力，碰撞后瞬間A和C的速度vAC＝4eq\r(μgl)，由于A板足夠長，所以不考慮B與C的相碰。已知重力加速度為g。求：(1)水平推力F的大??；(2)當(dāng)A、C都停下時(shí)，C離A板右端的距離d。解析：(1)對A，由動能定理得(F－2μmg)l＝eq\f(1,2)mv02－0，A和C相碰，由動量守恒定律得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分離，C做勻減速運(yùn)動直到停止，對C有－μmgxC＝0－eq\f(1,2)mvAC2，解得xC＝8l對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與A的左端擋板相碰，有mvA＝2mvAB此后，對A有－μ·2mgxA2＝0－eq\f(1,2)mvAB2解得xA2＝0.5lC離A板右端的距離d＝xC－(3l－l)－xA2＝5.5l。答案：(1)34μmg(2)5.5l10．(2023·商洛高三質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為6kg的滑塊C的右半部分是光滑的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為15m，圓弧軌道的最低點(diǎn)與水平面相切，質(zhì)量為nkg(n為正整數(shù))的物塊B左側(cè)固定一水平輕彈簧，滑塊C和物塊B都靜止在光滑水平面上。質(zhì)量為2kg的小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，離開滑塊C后繼續(xù)向右運(yùn)動與彈簧發(fā)生相互作用。重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物塊A離開滑塊C時(shí)的速度大小；(2)當(dāng)n＝1時(shí)彈簧的最大彈性勢能；(3)n至少為多少時(shí)，小物塊A才能返回追上滑塊C，此種情況下小物塊A返回運(yùn)動至最高點(diǎn)時(shí)C的速度是多大。解析：(1)對A、C組成的系統(tǒng)，設(shè)小物塊A離開滑塊C時(shí)二者速度分別為vA、vC，規(guī)定向右為正方向，由機(jī)械能守恒定律有mAgR＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mCvC在水平方向上，由動量守恒定律得0＝mAvA＋mCvC聯(lián)立解得vA＝15m/s，vC＝－5m/s。(2)對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，共速時(shí)彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共速時(shí)的速度為v，由動量守恒定律得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聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能Ep＝75J。(3)設(shè)A與彈簧分離時(shí)，A、B的速度分別為vA′、vB′，對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB′由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2，聯(lián)立解得vA′＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)vA若A要追上C，則有|vA′|＞|vC|，解得n＞4，又n為正整數(shù)，故n至少為5時(shí)，小物塊A才能追上C此種情況下vA′＝－eq\f(45,7)m/sA與彈簧分離后，A、C組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，二者共速時(shí)，A滑至C最高處，設(shè)此時(shí)速度為v共，則由水平方向動量守恒有mAvA′＋mCvC＝(mA＋vC)v共解得v共＝－eq\f(75,14)m/s故物塊A運(yùn)動至最高點(diǎn)時(shí)C的速度大小為eq\f(75,14)m/s。答案：(1)15m/s(2)75J(3)5eq\f(75,14)m/s11．(2023·四川廣元高三調(diào)研)如圖所示，用長l＝2m的繩子拴住一質(zhì)量為m0＝eq\f(15,22)kg的小球，繩的一端固定在O點(diǎn)，起始時(shí)，小球位于O點(diǎn)豎直平面內(nèi)右上方的A點(diǎn)，繩子處于繃直狀態(tài)，OA與水平方向夾角為37°。給小球一向左的水平初速度v0，當(dāng)繩子再次繃直時(shí)，小球剛好運(yùn)動到O點(diǎn)左側(cè)等高的B點(diǎn)(繩子繃直后立即在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動)。小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與地面上質(zhì)量為M＝1.5kg的木板發(fā)生彈性碰撞，木板最右端上靜止有一質(zhì)量為m＝1kg的物塊，與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。(1)求小球平拋出去