一课一练36：板块的类碰撞模型(答案含解析)—2021届高中物理一轮基础复习检测

一课一练36：板块的类碰撞模型技巧：当地面光滑时，应用动量守恒定律和能量守恒定律来求解决相对运动的问题更加方便和快捷；若板块是倾斜板块或是1/4圆弧板块，最高点时水平速度相等，相当于完全非弹性碰撞，而在最低点时重力势能为零，等同于弹性碰撞。

1．如图所示，质量M=1.5 kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg的滑块Q．水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功W F=4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下．已知Q与小车表面间动摩擦因数μ=0.1．（取g=10 m/s2）求：（1）P刚要与Q碰撞前的速度是多少？（2）Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？（3）为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？2．在光滑的水平面上有一质量M=2kg的木板A，其上表面Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间距离L=2m，如图所示；木板A右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计质量m=2kg的滑块B．某时刻木板A以v A=1m/s的速度向左滑行，同时滑块B以v B=5m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距3L/4时，二者刚好处于相对静止状态．若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它相碰后仍以原速率反弹（碰后立即描去该障碍物），求：（1）B与A的粗糙面之间的动摩擦因数μ；（2）滑块B最终停在木板A上的位置．（g取10m/s2）3．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g=10m/s2．（1）求斜面体的质量；（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？l v 0 PLAB P 1P 24．如图所示的轨道由半径为R 的14光滑圆弧轨道AB 、竖直台阶BC 、足够长的光滑水平直轨道CD 组成．小车的质量为M ，紧靠台阶BC 且上水平表面与B 点等高．一质量为m 的可视为质点的滑块自圆弧顶端A 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B 之后滑到小车上．已知4M m =，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的，滑块与PQ 之间表面的动摩擦因数为μ，Q 点右侧表面是光滑的．求：（1）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ 之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）； （2）若6RL μ=，求滑块挤压弹簧过程中弹簧所具有的最大的弹性势能和滑块在小车上滑动过程中由于摩擦产生的热量．5．如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ．P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L ．物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可以看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点（弹簧始终在弹性限度内）．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求： （1）P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； （2）此过程中弹簧最大压缩量x 和相应的弹性势能E p6．如图所示，一质量3M kg =的足够长木板B 静止在光滑水平面上，B 的右侧有竖直墙壁，B 的右端与墙壁的距离4s m =．现有一可视为质点的质量1m kg =的小物体A ，以初速度08/v m s =从B 的左端水平滑上B ，已知A 、B 间的动摩擦因数0.2μ=，B 与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失．（1）求B 与竖直墙壁碰撞前，系统AB 产生的内能； （2）求从A 滑上B 到B 与墙壁碰撞所用的时间t ；（3）若L 的大小可以改变，并要求B 只与墙壁碰撞两次，则B 的右端开始时与墙壁的距离s 应该满足什么条件？7．如图所示，以A 、B 和C 、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B 、C ．一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 时刚好与传送带速度相同，然后经A 沿半圆轨道滑下，再经B 滑上滑板。

滑板运动到C 时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m ，滑板质量M =2m ，两半圆半径均为R ，板长l =6.5R ，板右端到C 的距离L 在R ＜L ＜5R 范围内取值．E 距A 为s =5R ．物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g ． （1）求物块滑到B 点的速度大小；（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦 力做的功W f 与L 的关系，并判断物块能否滑到CD 轨道的中点．ABCD E mM RRs=5Rl=6.5RL8．如图所示，质量为2m 的木板A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距S ，长木板的右端固定一半径为R 光滑的四分之一圆弧，圆弧的下端与木板水平相切但不相连．质量为m 的滑块B （可视为质点）以初速度gR v 20=从圆弧的顶端沿圆弧下滑，当B 到达最低点时，B 从A 右端的上表面水平滑入同时撤走圆弧．A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A 、B 之间动摩擦因数为μ，A 足够长，B 不会从A 表面滑出；重力加速度为g ．试分析下列问题：（1）滑块B 到圆弧底端时的速度大小v 1；（2）A 与台阶只发生一次碰撞，求S 满足的条件；（3）S 在满足（2）条件下，讨论A 与台阶碰撞前瞬间B 的速度．一课一练36：板块的类碰撞模型答案1．【答案】（1）4 m/s （2）4 m/s （3）6 m 【解析】（1）当弹簧完全推开物块P 时，有 解得v =4 m/s （2）P 、Q 发生弹性碰撞，有： 解得（3）滑块Q 在小车上滑行一段时间后两者共速，有：且 联立解得L =6 m212=F p P W E m v =0'P P Q m v m v m v =+2220111'222P P Q m v m v m v =+0 4 /v m s ='0v =0()Q Q m v m M u =+22012)12(Q Q Q v m gL m m M u μ=-+2．【答案】（1）0.6； （2）0.17m【解析】（1） 由动量守恒定律得：mv B -Mv A =(M +m )v 解得：v =2m/s对A 、B 组成的系统，有：2221113()2224A B Mv mv M m v mg L μ+-+= 联立解得：μ=0.6 （2）木板A 与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B 向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A 、B 再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u ，在此过程中，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒．由动量守恒定律得：mv -Mv =(M +m )u 解得：u =0由能量守恒得：21()2M m v mgs μ+= 解得：23s m ＝ 由于14s L ＞，所以B 滑过Q 点并与弹簧相互作用，然后相对A 向左滑动到Q 点左边，离Q 点距离110.174s s L m -＝＝3．【答案】（1）m 3=20kg （2）不能【解析】（1）规定水平向右为速度正方向，冰块在斜面上运动到最大高度时两者达到共同速度．设共同速度为v ，斜面体的质量为m 3．由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得由动量守恒：m 2 v 20=( m 2+ m 3)v由能量守恒：12m 2 v 202=12( m 2+ m 3)v 2+ m 2gh 式中v 20=-3m/s 为冰块推出时的速度 联立并代入题给数据解得m 3=20kg （2）设小孩推出推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1 v 1+ m 2 v 20=0代入数据解得：v 1=1m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律得 m 2 v 20= m 2 v 2+ m 3 v 312m 2 v 202=12m 2v 2 2+ 12m 3v 3 2 联立解得：v 2=1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩． 4．【答案】（1）2455R R L μμ (2) 1930P E mgR = 123Q mg L mgR μ==【解析】（1）由机械能守恒定律有：2012mgR mv = 由动量守恒定律得：0()mv M m v =+若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22011()22mv M m v mgLμ=++解得：45R L μ=； 若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：22011()222mv M m v mg L μ=++' 解得：25R L μ'=； 要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是：2455R RLμμ； （2）由能量守恒定律得：22011()22P mv M m v mgL E μ=+++ 解得：1930P E mgR =，由于265R R L μμ=<，则滑块最终离开小车，摩擦产生的热量：123Q mg L mgR μ==5．【答案】（1）0121v v = 0243v v = （2）L g v x -=μ32201620mv E p =【解析】（1）P 1、P 2碰撞过程，由动量守恒定律 mv 0=2mv 1 ① 解得0121v v =②对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 mv 0+ 2mv 0=4mv 2 ③ 解得0243v v =④ （2）当弹簧压缩最大时，P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2，弹簧压缩量最大， 对系统由能量守恒定律 222120)4(21)2(21)2(21)(2v m v m v m E x L mg p -+=++⋅μ P 刚进入P 2 到P 1、P 2、P 第二次等速时，由能量守恒得；222120)4(21)2(21)2(21)22(2v m v m v m x L mg -+=+⋅μ解得：L gvx -=μ3220， 1620mv E p =6．【答案】(1) 24Q J = (2) 3.5t s = (3) 14()()33m L m <【解析】（1）设A 、B 达到的共同速度为v 共，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：()0mv m M v =+共 代入数据解得：2/v m s =共设这一过程中B 向右运动的位移为1x ，根据动能定理有：2112mgx Mv μ=共 解得：13x m =因1x s <，A 、B 达到共同速度后才与墙碰撞，对系统有能量守恒可得： 22011()22Q mv m M v =-+ 解得：24Q J =（2）设从A 滑上B 到两者达到共同速度所用的时间为1t ，对M ，由动量定理有：1mgt Mv μ=共 解得：13t s =两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B 第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为2t ，有：12s x vt -=，代入数据解得：20.5t s =所以，从A 滑上B 到B 与墙壁碰撞所用的时间为：12 3.5t t t s =+=（3）要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A 、B 的速度大小不等。