第7章　动量守恒定律 第5讲　专题提升 力学三大观点的综合应用-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习

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基础对点练
题组一 动量与能量观点的综合应用
1.(多选)(2024山东济南模拟)光滑水平面上有两个质量均为m的物体A、B,如图所示,B上连接一劲度系数为k的轻弹簧。物体A以初速度v0向静止的物体B运动。从A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t=π2m2k,弹簧弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧的形变量),弹簧始终处于弹性限度内,下列说法正确的是( )

A.弹簧的最大压缩量为v0mk
B.弹簧的最大压缩量为v0m2k
C.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体A的位移为(π+1)v04m2k
D.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体B的位移为(π-2)v04m2k
2.(2023山东威海检测)质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线,细线另一端系一个可以看作质点的球C,质量也为m。现将C球拉起使细线水平自然伸直,并由静止释放C球,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小;
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离;
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度。
题组二 力学三大观点的综合应用
3.(2022海南卷)有一个角度可变的轨道,当倾角为30°时,A恰好匀速下滑,现将倾角调为60°,从高为h的地方从静止下滑,过一段时间无碰撞地进入光滑水平面,与B发生弹性正碰,B被一根绳子悬挂,与水平面接触但不挤压,碰后B恰好能做完整的圆周运动,已知A的质量是B质量的3倍,求:
(1)A与轨道间的动摩擦因数μ;
(2)A与B刚碰完B的速度大小;
(3)绳子的长度L。
4.(2023安徽合肥模拟)长为L的传送带以大小为v的速度沿顺时针方向匀速转动,一足够长的长木板紧靠传送带右端B放在光滑的水平面上,长木板的上表面与传送带的上表面在同一水平面上,水平地面右侧有一竖直固定的弹性挡板,如图所示。一可视为质点、质量为m的物块轻放在传送带的A端,随传送带运动到B端,以速度v滑上长木板,并与长木板一起向右运动,长木板与挡板第一次碰撞前物块与长木板已达到共同速度。已知长木板的质量为0.5m,物块与长木板间的动摩擦因数为0.4,长木板与挡板碰撞是弹性碰撞,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)物块与传送带的动摩擦因数至少为多少,物块在传送带上运动的时间最长为多少;
(2)开始时,长木板的右端离挡板的距离至少为多少;
(3)长木板与挡板第n次碰撞前一瞬间,长木板的速度为多大。
综合提升练
5.面对能源紧张和环境污染等问题,混合动力汽车应运而生。混合动力汽车,是指拥有两种不同动力源(如燃油发动机和电力发动机)的汽车,既节能又环保。汽车质量为M,静止在平直路面,只采用电力驱动,发动机额定功率为P1启动,达到最大速度v1后,再次提速,两种动力同时启动,此时发动机的总额定功率为2P1,由v1经时间t达到最大速度v2(未知);运动一段时间后,开始“再生制动”刹车,所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电,将部分动能转化为电能储存在电池中。加速过程中可视为阻力恒定;“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比,即Ff=kv。求:
(1)汽车速度由v1到v2过程中前进的位移x1;
(2)汽车由速度v2减到零过程中行驶的距离x2。
6.(2023福建福州三模)如图,一水平轻弹簧左端固定,右端与一质量为m的小物块a连接,a静止在水平地面上的A处,此时弹簧处于原长状态,A左侧地面光滑;另一质量为12m的小滑块b静止在B处,b与地面间的动摩擦因数为μ。现对b施加一水平向左、大小为F=32μmg的恒定推力,经时间t后b与a发生弹性正碰(碰撞时间极短),碰前瞬间撤去推力,a与b不再相碰。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力。求:
(1)b与a碰撞前瞬间的速度大小v以及A与B间的距离x0;
(2)弹簧的最大弹性势能Epm以及碰后b运动的路程L。
7.(2022广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0=10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力Ff为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量m杆=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
8.(2023浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE,倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成,除FG段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁GH处,摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5 m,B点高度为1.2R,FG长度LFG=2.5 m,HI长度L0=9 m,摆渡车长度L=3 m、质量m=1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3 m处静止释放,滑块在FG段运动时的阻力为其重力的15。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止,滑块视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC。
(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ。
(3)在(2)的条件下,求滑块从G到J所用的时间t。
参考答案
第5讲 专题提升:力学三大观点的综合应用
1.BD 解析 弹簧压缩到最大时,A、B的速度相同,以A初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得,mv0=2mv,根据能量守恒定律可得,12mv02=12·2mv2+Epm,解得Epm=14mv02,根据弹性势能公式可得,xm=v0m2k,故A错误,B正确;由动量守恒定律可得,mvA+mvB=mv0,则有mvAt+mvBt=mv0t,故mxA+mxB=mv0t=mv0π2m2k,由A、B选项分析可知,xA-xB=xm=v0m2k,联立解得xA=(π+2)v04m2k,xB=(π-2)v04m2k,故C错误,D正确。
2.答案 (1)2gl3
(2)l3
(3)l4
解析 (1)对A、B、C组成的系统,由水平方向上动量守恒及机械能守恒可得
mvC=2mvAB
mgl=12mvC2+12×2mvAB2
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小
vC=2gl3。
(2)对A、B、C组成的系统,由人船模型规律可得
mxC=2mxAB
xC+xAB=l
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离
xAB=l3。
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v,对A、C组成的系统,取向左为正方向,由水平方向上动量守恒可得
mvC-mvAB=2mv
由机械能守恒定律可得
12mvC2+12mvAB2=12×2mv2+mgh
则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度Δh=l-h
联立解得Δh=l4。
3.答案 (1)33 (2)3gℎ (3)0.6h
解析 (1)倾角为30°时A匀速运动,根据平衡条件有
mgsin 30°=μmgcs 30°
得μ=33。
(2)(3)A从高为h的地方滑下后速度为v0,根据动能定理有
3mgh-μ·3mgcs 60°ℎsin60°=12·3mv02
A与B碰撞后速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律、能量守恒定律有
3mv0=3mv1+mv2
12·3mv02=12·3mv12+12mv22
B到达最高点速度为v3,根据牛顿第二定律有
mg=mv32L
根据能量守恒有
12mv22=12mv32+mg·2L
解得v2=3gℎ,L=0.6h。
4.答案 (1)v22gL 2Lv
(2)5v218g
(3)13n2v
解析 (1)物块以速度v滑上长木板,设物块与传送带的动摩擦因数至少为μ0,由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律得
μ0mg=ma
v2=2aL
解得
μ0=v22gL
物块在传送带上一直加速时运动的时间最长,最长时间
t=va=2Lv。
(2)物块第一次在木板上滑动的过程中,由动量守恒定律得
mv=(m+0.5m)v1
设此过程中木板的位移为x,对木板由动能定理得
μmgx=12×0.5mv12
解得
x=5v218g
即开始时长木板的右端离挡板的距离至少为5v218g。
(3)长木板与挡板第一次碰撞到第二次碰撞,由动量守恒定律得
mv1-0.5mv1=(m+0.5m)v2
v2=13v1=29v=1322v
长木板与挡板第二次碰撞到第三次碰撞,由动量守恒定律得
mv2-0.5mv2=(m+0.5m)v3
v3=13v2=227v=1332v
可知,长木板与挡板第n次碰撞前一瞬间,长木板的速度
vn=13n2v。
5.答案 (1)2v1t-3Mv132P1 (2)2Mv1k
解析 (1)发动机额定功率为P1启动,达到的最大速度v1时有
Ff1=F1
所以汽车加速过程中的阻力
Ff1=F1=P1v1
同理,发动机的总额定功率为2P1,达到最大速度v2时有
Ff1=2P1v2
解得
v2=2v1
汽车速度由v1到v2过程中根据动能定理有
2P1t-Ff1x1=12Mv22−12Mv12=32Mv12
解得前进的位移
x1=2P1t-32Mv12v1P1=2v1t-3Mv132P1。
(2)“再生制动”刹车过程即速度由v2减到零的过程,根据动量定理有
-kvt=-kx2=0-Mv2=-2Mv1
解得汽车由速度v2减到零过程中行驶的距离
x2=2Mv1k。
6.答案 (1)2μgt μgt2 (2)89μ2mg2t2 29μgt2
解析 (1)b从B运动到A的过程中做匀加速直线运动,设加速度大小为a1,则
v=a1t
x0=12a1t2
根据牛顿第二定律有
32μmg-μ·12mg=12ma1
解得
v=2μgt,x0=μgt2。
(2)b与a发生弹性正碰,碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,有
12mv=12mvb+mva
12×12mv2=12×12mvb2+12mva2
解得
vb=-23μgt,va=43μgt
a碰后向左运动到速度为零时弹簧的弹性势能最大,则
Epm=12mva2
解得
Epm=89μ2mg2t2
b碰后向右做匀减速直线运动,设加速度大小为a2,则
vb2=2a2L
根据牛顿第二定律有
μ·12mg=12ma2
解得L=29μgt2。
7.答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 本题考查物体平衡、动能定理、完全非弹性碰撞,意在考查综合分析能力。
(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的总重力,即
FN1=(m+m杆)g=8 N
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为
FN2=m杆g-Ff=5 N。
(2)滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理有
-mgl-Ffl=12mv2-12mv02
代入数据解得v=8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒有mv=(m+m杆)v共
碰后滑块和滑杆以速度v共整体向上做竖直上抛运动,根据动能定理有
-(m+m杆)gh=0-12(m+m杆)v共2
代入数据联立解得h=0.2 m。
8.答案 (1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
解析 (1)滑块从静止释放到C点过程,根据动能定理可得mg(h-1.2R-R-Rcs θ)=12mvC2
解得
vC=4 m/s
滑块过C点时,根据牛顿第二定律可得
FC+mg=mvC2R
解得
FC=22 N。
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v,从静止释放到G点过程,根据动能定理可得
mgh-0.2mgLFG=12mv2
解得
v=6 m/s
摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1,以滑块和摆渡车为系统,根据系统动量守恒可得
mv=2mv1
解得
v1=v2=3 m/s
根据能量守恒可得
Q=μmgL=12mv2-12×2mv12
解得
μ=0.3。
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程,滑块的加速度大小
a=μmgm=3 m/s2
所用时间
t1=v-v1a=1 s
此过程滑块通过的位移
x1=v+v12t1=4.5 m
滑块与摆渡车共速后,滑块与摆渡车一起做匀速直线运动,该过程所用时间
t2=L0-x1v1=1.5 s
则滑块从G到J所用的时间
t=t1+t2=2.5 s。