2024年高考物理第一轮复习：专题强化课(06)　限时规范训练

限时规范训练

[基础巩固]

1．(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，且m1>m2，则在以后的运动过程中(　　 )

A．m1的最小速度是0

B．m1的最小速度是v1

C．m2的最大速度是v1

D．m2的最大速度是v1

解析：BD　由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量守恒和机械能守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v＝m1v1′2＋m2v，可解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D选项正确．

2．(2022·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为(　　 )

A．0.5 m/s　　　　　　　 B．1.0 m/s

C．1.5 m/s  D．2.0 m/s

解析：C　碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv，得v2＝1 m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋·2mv，解得v0＝1.5 m/s，C正确．

3.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量均为m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的黏性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，粘合之后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为(　　)

A．mv  B．mv

C．mv  D．mv

解析：C　黏性物体落在A车上，由动量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝，之后整个系统动量守恒，当系统再次达到共同速度时，有2mv0＝3mv2，解得v2＝，此时弹簧获得的弹性势能最大，最大弹性势能Ep＝mv＋×2m－×3m＝mv，所以C正确．

4.(2022·青岛市模拟)(多选)如图，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A，处于静止状态．一圆环B套在弹簧外，与圆盘A距离为h，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是(　　)

A．整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒

B．碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动

C．碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与h无关

D．从B开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量

解析：CD　圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力和弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B错误；碰撞后平衡时，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；从B开始下落到运动到最低点过程中，环与盘发生完全非弹性碰撞，有能量损失，故环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确．

5．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图像如图乙所示，则墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小(　　)

A．9 N·s  B．18 N·s

C．36 N·s  D．72 N·s

解析：C　由图知，C与A碰前速度为：v1＝9 m/s，碰后速度为：v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2，可解得mC＝2 kg，12 s末A和C的速度为：v3＝－3 m/s，4 s到12 s，墙对B的冲量为：I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入数据解得：I＝－36 N·s，方向向左；故墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小为36 N·s，故C正确，A、B、D错误．

6．如图所示，光滑水平面上有相同高度的平板小车A和B，质量分别为mA＝0.3 kg和mB＝0.2 kg，滑块C静止于A车右端，质量mC＝0.1 kg，可视为质点．C与A之间的动摩擦因数μ＝0.2.现A车在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t＝1 s的时间运动了x＝1.5 m的距离，撤去推力随即与B车发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)．假设A车足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.

(1)求A、B两车碰撞前瞬间，滑块C与A车右端的距离Δx；

(2)若A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度vB＝2.5 m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块C能否滑上B车．

解析：(1)设碰撞前滑块C的加速度大小为aC，运动的距离为xC，

由牛顿第二定律得μmCg＝mCaC

由运动学公式得xC＝aCt2，且Δx＝x－xC

联立解得Δx＝0.5 m.

(2)设A、B碰撞前A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，

由运动学公式得x＝vAt，vC＝aCt

解得vA＝3 m/s，vC＝2 m/s

设碰撞后A、B的速度大小为vAB，由动量守恒定律得

mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB

解得vAB＝0.8 m/s

设A、B、C最终的共同速度大小为vABC，由动量守恒定律得

(mA＋mB)vAB＋mCvC＝(mA＋mB＋mC)vABC

解得vABC＝1 m/s

设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为Lx，由能量守恒定律得

(mA＋mB)v＋mCv＝(mA＋mB＋mC)v＋μmCgLx

联立解得Lx＝0.3 m＜Δx

所以滑块C不能滑到B车上．

答案：(1)0.5 m　(2)不能　理由见解析

[能力提升]

7.世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户．如图所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)

A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力

B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为

C．喷出燃气后，万户及所携带设备能上升的最大高度为

D．在火箭喷气过程中，万户所携设备机械能守恒

解析：B　火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力，A项错误；在燃气喷出后的瞬间，将万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]视为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝，B项正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度h＝＝，C项错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，D项错误．

8．(2022·江门模拟)(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则(　　)

A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为

B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2

C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2

D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为

解析：ABD　细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：F＝Ma，解得a＝，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒可知，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于mv2，C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，Ep＝(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝，D正确．

9．(2021·湖南卷)(多选)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小．A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是(　　)

A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0

B．mA > mB

C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x

D．S1－S2＝S3

解析：ABD　将A、弹簧、B看成一个系统，0到t1时间内，重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零，墙对系统的冲量等于系统动量的变化量，即墙对B的冲量等于mAv0，A正确；t1时刻之后，A、B组成的系统动量守恒，由题图(b)可知，t1到t2这段时间内，S3＞S2，故B物体速度的变化量大于A物体速度的变化量，可知A物体的质量大于B物体的质量，B正确；撤去外力F后，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，B运动后，A、B具有动能，根据系统机械能守恒可知，弹簧的最大形变量小于x，C错误；t2时刻，A、B的加速度均最大，此时弹簧拉伸到最长，A、B共速，设速度为v，a­t图像与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量，0～t2时间内，A的速度变化量为S1－S2，t1～t2时间内，B的速度变化量为S3，两者相等，即S1－S2＝S3，D正确．

10．(2022·大连模拟)如图所示，在倾角θ＝30°足够长的斜面上分别固定着两个相距L＝0.2 m的物体A、B，它们的质量mA＝mB＝2 kg，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μA＝和μB＝.在t＝0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体将沿斜面向下运动，并与B物体发生多次碰撞(碰撞时间极短，没有机械能损失)，求：(g取10 m/s2)

(1)A与B第一次碰撞后B的速率；

(2)从A开始运动到两物体第二次相碰经历的时间及因摩擦而产生的热量．

解析：(1)A物体沿斜面下滑时由牛顿第二定律得：

mAgsin θ－μAmAgcos θ＝mAaA

解得：aA＝2.5 m/s2

同理B物体沿斜面下滑时有：aB＝0

所以撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动，

A与B第一次碰撞前的速度满足v＝2aAL

解得：vA＝1 m/s

由动量守恒和机械能守恒定律得：

mAvA＝mAvA1＋mBvB1

mAv＝mAv＋mBv

故A、B第一次碰后瞬时，B的速率vB1＝vA＝1 m/s.

(2)从A开始运动到第一次碰撞用时：L＝aAt

解得：t1＝0.4 s

两物体第一次相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以vB1＝1 m/s的速度沿斜面向下做匀速直线运动，设再经t2时间相碰，

则有vB1t2＝aAt

解得：t2＝0.8 s

故从A开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间

t＝t1＋t2＝(0.4＋0.8) s＝1.2 s

第1次碰前，因摩擦产生的热量

Q1＝μAmAgcos θ·L＝1 J

A、B第一次碰后至第二次碰前xA＝xB＝vB1t2＝0.8 m

此过程因摩擦产生的热量

Q2＝μAmAgcos θ·xA＋μBmBgcos θ·xB＝12 J

因摩擦而产生的总热量：Q＝Q1＋Q2＝13 J.

答案：(1)1 m/s　(2)1.2 s　13 J