2022版高考物理一轮复习训练：第6章 能力课 力学三大观点的综合应用

第六章 能力课

知识巩固练习

1．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，关于子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)

A．动量守恒、机械能守恒

B．动量守恒、机械能不守恒

C．动量不守恒、机械能守恒

D．动量、机械能都不守恒

【答案】B

【解析】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确，A、C、D错误．

2．(2021年河北名校检测)斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是(　　)

A．爆炸后的瞬间，中间一块的速度可能水平向西

B．爆炸后的瞬间，中间一块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度

C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同

D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能

【答案】B

【解析】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中前面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向西，设爆炸后中间一块瞬时速度为v′，取水平向东为正方向，爆炸过程动量守恒， 则有3mv0＝mv＋mv′－mv，解得v′＝3v0>v0，即爆炸后的瞬间，中间一块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确；下落的高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知末速度方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误；爆炸后中间那块的动能E′k＝mv′2＝mv，爆炸前的瞬间爆竹的总动能Ek＝×3mv，所以Ek′>Ek，故D错误．

3．(2021年赣州质检)在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的总动能为原来的，则n为(　　)

A．5　 B．6　

C．7　  D．8

【答案】C

【解析】第一次碰撞时根据动量守恒mv＝2mv1，解得v1＝，碰撞前的动能E0＝mv2，第一次碰撞后的总动能E1＝2×2m＝，第n次碰撞后的总动能En＝(n＋1)m2＝×，当剩余的总动能为原来的时，解得n＝7，故C正确．

4．(2021年江西检测)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)

A．P的初动能 B．P的初动能的

C．P的初动能的  D．P的初动能的

【答案】B

【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同．根据动量守恒定律有mv0＝2mv，根据机械能守恒定律，有Ep＝mv－×2mv2＝mv＝Ek0 ，故最大弹性势能等于P的初动能的，故B正确．

5．如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　)

A．L1>L2　 B．L1<L2

C．L1＝L2　  D．不能确定

【答案】C

【解析】若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv＝(mA＋mB)v′，解得v′＝，弹性势能最大，最大为ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2＝.将下标A、B对调就是敲击B的情况，可见ΔEp相等，故L1＝L2，故C正确．

6．(多选)(2021年泉州质检)如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计，滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞(不粘连)后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动，在此过程中(　　)

A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大

B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小

C．M的速度为v0时，弹簧的长度最长

D．M的速度为v0时，弹簧的长度最短

【答案】BD

【解析】两个滑块质量相等，根据一动碰一静的弹性碰撞结论可知，交换了速度，M与P碰撞压缩弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M的速度大于N的速度，当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大；设相等时的速度为v，以M的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝，故A、C错误，D正确；两滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹性势能最大时，两滑块动能之和最小，所以当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，此时两滑块动能之和最小，故B正确．

7．(2021年合肥检测)如图所示，半圆轨道竖直固定在光滑水平面上，直径MN竖直．刚开始时，小物块P和Q静止，二者间有一被压缩后锁定的轻弹簧(与物块未拴接)，弹簧锁定时的弹性势能为9 J．解除锁定(时间极短)后，P、Q将与弹簧分离．已知P、Q的质量均为0.25 kg，半圆轨道的半径R＝0.4 m，g取10 m/s2，不计一切阻力．问：

(1)解除锁定后，P、Q与弹簧分离时的速度大小；

(2)判断Q能否通过半圆轨道的最高点，并说明理由．

【答案】(1)6 m/s　6 m/s　(2)能　理由见解析

【解析】 (1)设P、Q与弹簧分离的速度大小分别为v1、v2，弹簧锁定时的弹性势能为Ep，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得mv1＝mv2，

Ep＝mv＋mv，

联立解得v1＝v2＝6 m/s.

(2)假定Q能通过半圆轨道的最高点M，且在最高点的速度为v，根据机械能守恒定律可得

mv＝mg×2R＋mv2，

解得v＝2 m/s.

另一方面，若Q恰能通过M点，在M点，根据牛顿第二定律及向心力公式有mg＝m，

解得vM＝2 m/s<v.

故Q能通过最高点．

综合提升练习

8．(2021年重庆一模)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿．把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动．若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力．求：

(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；

(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度．

【答案】(1)　(2)L

【解析】(1)木块1从水平位置释放到与木块2碰前瞬间，对木块1，根据机械能守恒定律有

3mgL＝×3mv，

解得v0＝.

(2)木块2碰撞后做平抛运动，对木块2研究

竖直方向上做自由落体运动，L＝gt2，

水平方向上做匀速直线运动，2L＝v2t，

解得v2＝＝v0.

木块1和木块2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2，

得碰撞后木块1的速度v1＝＝，

之后木块1上升，根据机械能守恒定律可知

3mgh＝×3mv，

解得h＝L.

9．(2021年广东一模)如图所示为一固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直于斜面的弹性挡板．在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)．现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度．设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：

(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少？

(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间．

【答案】(1)0　　(2)当k<时，t＝2；当k≥时，t＝·

【解析】(1)A和B恰好能静止，表明mgsin θ＝μmgcos θ，

当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A所受合力等于F，由牛顿第二定律有F＝ma，

解得a＝g.

A做匀加速直线运动，由运动学公式v＝2akL，

得A碰撞前的速度v1＝.

A与B发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒，有

mv1＝mv1′＋mv2，

mv＝mv1′2＋mv，

解得v1′＝0，v2＝v1＝.

即A、B质量相等时，发生弹性碰撞后速度交换．

(2)碰撞后B以速度v2匀速斜向下运动，若能如此一直运动到底端，用时t1＝＝，

碰后A在Q点从静止以a＝g做匀加速斜向下运动，设能如此一直运动到底端，有gt＝L，

需用时t2＝＝·t1.

讨论：

①当k<时，可知t2<t1，A在B与挡板碰撞前就追上了B，发生同向相撞，此时有

at2＝v2t，解得t＝2.

②当k≥时，可知t2≥t1，A在B与挡板碰撞后才追上B，发生相向碰撞．

A、B第一次碰撞经历时间t1＝后，B与挡板碰撞，碰后以原速率v2′＝返回，做匀减速运动，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′，解得a′＝g.

B反弹后能减速到零用时为t0＝＝.

设A、B第一次碰撞后历时t′再发生第二次碰撞，且碰撞时B没静止，有

at′2＋[v2′(t′－t1)－a′(t′－t1)2]＝L，

解得t′＝·.

可验证t′<t1＋t0＝·，故假设成立．

10．(2021年湖南一模)如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上．物体P(可视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ(μ<1)．一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q.小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触．现将小球Q拉至与O′同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)．设物体P的质量为m，滑板的质量为2m.

(1)求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；

(2)若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度；

(3)要使物体P在相对于滑板做反向运动的过程中，相对于地面有向右运动的速度，求的取值范围．

【答案】(1)3m0g　(2)－μL－R

(3)>

【解析】(1)小球Q在下落过程中机械能守恒，有

m0gL＝m0v，

在最低点对小球Q由牛顿第二定律可得

T－m0g＝m0，

解得vQ＝，T＝3m0g.

(2)小球Q和物体P发生弹性碰撞，动量和机械能守恒，有

m0vQ＝m0vQ′＋mv0，

m0v＝m0vQ′2＋mv，

解得v0＝＝.

物体能够从C点冲出去，设水平方向的速度分量为v1，竖直分量为vy，水平方向P与滑板动量守恒，整体能量守恒，有

mv0＝mv1＋2mv1，

mv＝m(v＋v)＋mgR＋×2mv＋μmgL，

P离开滑板后两物体水平方向做速度相等的匀速直线运动，水平相对位置不变，竖直方向上升的最大高度为h＝，

解得h＝－μL－R.

(3)P再次回到B时水平方向动量守恒，能量守恒，有

mv0＝mvP＋2mv滑，

mv＝mv＋×2mv＋μmgL，

解得vP1＝，

vP2＝.

其中vP1为P第一次到达B点的速度，vP2为第二次到达B点的速度．P再次回到B点时两者的速度最大，要求此时P有向右运动的速度，即要求vP2与v0反向，则有

vP2<0，且v－3μgL>0，

得v>4μgL.代入数据得>.