最新版高考物理【一轮复习】精品讲义练习资料 (6)

这是一份最新版高考物理【一轮复习】精品讲义练习资料 (6)，共10页。
一、弹簧—小球模型
如图所示，光滑水平面上静止着一质量为m2的刚性小球B，左端与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m1的刚性小球A以速度v0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问：
(1)弹簧的弹性势能什么情况下最大？最大为多少？
(2)两球共速后，两球的速度如何变化？弹簧长度如何变化？
(3)小球B的速度什么情况下最大？最大为多少？
答案 (1)当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大。
由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epmax
解得Epmax＝eq \f(m1m2v02,2m1＋m2)
(2)如图所示，两球共速后，A减速，B加速，A、B间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。
(3)当弹簧恢复原长时，小球B的速度最大，
由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
由能量守恒定律得eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得v2＝eq \f(2m1v0,m1＋m2)。
拓展延伸 (1)系统动能何时最小？求系统的动能的最小值。
(2)从小球与弹簧相互作用至弹簧恢复原状的过程，系统动能何时最大？求系统的动能的最大值。
答案 (1)弹簧和小球组成的系统机械能守恒，两球共速时，弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小。
Ekmin＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m12,2m1＋m2)v02
(2)弹簧和小球组成系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能最小，系统的动能最大，Ekmax＝eq \f(1,2)m1v02。
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则系统动量守恒。若接触面光滑，弹簧和物体组成的系统机械能守恒。
1．弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
2．弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
例1 (2022·金华一中期末)如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则：
(1)A、B两球刚粘在一起时的速度为多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度为多大？
(3)弹簧的最大弹性势能是多少？
(4)弹簧恢复原长时，三个小球的速度为多大？
答案 见解析
解析 (1)在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(v0,2)。
(2)粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝eq \f(v0,3)。
(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由能量守恒定律得
Epm＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×3mv22＝eq \f(1,12)mv02。
(4)弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律，得
2mv1＝2mvAB＋mvC，
eq \f(1,2)×2mv12＝eq \f(1,2)×2mvAB2＋eq \f(1,2)mvC2
解得vAB＝eq \f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq \f(v0,6)，vC＝eq \f(2v0,3)。
二、滑块—光滑斜(曲)面模型
如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，试分析：
(1)在相互作用的过程中，小球和轨道组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？
(2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？最大高度为多少？
(3)小球与轨道分离时两者的速度分别是多少？
答案 (1)整个过程中系统的机械能守恒，系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。
(2)当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同。
由动量守恒定律得mv0＝3mv
由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×3mv2＋mgh
解得h＝eq \f(v02,3g)
(3)设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2
根据机械能守恒定律有：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22
联立以上两式可得：v1＝－eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(2,3)v0。
在滑块—光滑斜(曲)面模型中，若滑块始终未脱离斜(曲)面
1．当滑块上升到最大高度时，滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共。此时滑块的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。
2．当滑块返回最低点时，滑块与斜(曲)面分离．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。
例2 如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有eq \f(1,4)弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则( )
A．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动
C．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动
D．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0
答案 C
解析 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动，故B、D错误，C正确。
例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3 m/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＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/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？
答案 (1)20 kg (2)见解析
解析 (1)选向左为正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，
斜面体的质量为m3。在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh
式中v0＝3 m/s为冰块被推出时的速度。联立两式并代入题给数据得m3＝20 kg。
(2)选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，
代入数据得v1＝1 m/s
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3。
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m3v32
联立两式并代入数据得v2＝1 m/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。
专题强化练
1.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。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eq \f(1,2)
C．P的初动能的eq \f(1,3) D．P的初动能的eq \f(1,4)
答案 B
解析 把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，P的初动能Ek0＝eq \f(1,2)mv02，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mv02＝eq \f(1,2)Ek0，故选项B正确。
2．(多选)如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，弹簧始终在弹性限度内，则( )
A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
B小球下滑的过程中，小球和槽之间的作用力对槽不做功
C．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
D．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
答案 AD
解析 在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，小球对槽的作用力对槽做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误。
3．(多选)如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动
B．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动
C．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动
D．槽一直向右运动
答案 BC
解析 小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确；小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平面上做往复运动，故C正确，D错误。
4.如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块b沿a上升的最大高度为eq \f(v02,5g)
B．物块a运动的最大速度为eq \f(2v0,5)
C．滑块b沿a上升的最大高度为eq \f(v02,2g)
D．物块a运动的最大速度为eq \f(v0,5)
答案 B
解析 b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq \f(2v02,5g)，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvb2＋eq \f(1,2)×4mva2，解得va＝eq \f(2,5)v0，vb＝－eq \f(3,5)v0，B正确，D错误。
5．(多选)(2022·菏泽市月考)如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，mA>mB，B球上固定一轻质弹簧且始终在弹性限度内。A球以速率v去碰撞静止的B球，则( )
A．A球的最小速率为零
B．B球的最大速率为eq \f(2mA,mA＋mB)v
C．当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大
D．两球的总动能最小值为eq \f(mA2v2,2mA＋mB)
答案 BD
解析 A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，当B球的速度等于A球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球速度最小，此过程满足动量守恒和能量守恒，有mAv＝mAv1＋mBv2，eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22，解得v1＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v，v2＝eq \f(2mA,mA＋mB)v，因为mA>mB，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率为eq \f(2mA,mA＋mB)v，故A、C错误，B正确；两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，此时两球总动能最小，根据动量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共，Ek＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v共2，联立可得Ek＝eq \f(mA2v2,2mA＋mB)，故D正确。
6．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A．从开始计时到t4这段时间内，物块A、B在t2时刻相距最远
B．物块A、B在t1与t3两个时刻各自的加速度相同
C．t2到t3这段时间弹簧处于压缩状态
D．m1∶m2＝1∶2
答案 D
解析 结合题图乙可得两物块的运动过程，开始时物块A逐渐减速，物块B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，物块B依然加速，物块A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t2到t3过程中弹簧的长度将逐渐变大，故A、C错误；由题图乙可知，物块A、B在t1与t3两个时刻各自的加速度方向相反，故B错误；系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得m1∶m2＝1∶2，故D正确。
7．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，mC＝2 kg，A、B用一轻弹簧连接(弹簧与滑块拴接)，开始时A、B以共同速度v0＝4 m/s运动，且弹簧处于原长，某时刻B与静止在前方的C发生碰撞并粘在一起运动，求：
(1)B与C碰后的瞬间，C的速度大小；
(2)运动过程中弹簧最大的弹性势能。
答案 (1)2 m/s (2)4 J
解析 (1)B与C碰撞过程动量守恒，对B和C，有mBv0＝(mB＋mC)vC
解得vC＝2 m/s。
(2)弹簧弹性势能最大时三者共速，A、B、C组成的系统，由动量守恒定律，有
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
碰后运动过程中，系统机械能守恒，有
Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)vC2＋eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2
代入数据解得Ep＝4 J。
8．(2022·广州市期末)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 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v－t图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量；
(2)B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？
答案 (1)2 kg (2)2 m/s 12 J
解析 (1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得
mCv1＝(mA＋mC)v2
解得mC＝2 kg。
(2)12 s末B离开墙壁，A、C的速度大小v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，当A、C与B速度相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
根据能量守恒定律得
eq \f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。
9.如图所示，将一半径R＝0.3 m、质量M＝3 kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上。现让一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h＝0.5 m，小球与半圆槽相切滑入槽内。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v0；
(2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v1；
(3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。
答案 (1)4 m/s (2)eq \r(7) m/s (3)0.3 m
解析 (1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有
mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝4 m/s
(2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设为v，小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒有mv0＝(M＋m)v
小球从B点到即将离开槽的过程根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv2
联立解得v1＝eq \r(7) m/s
(3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度
v1y＝eq \r(v12－v2)＝eq \r(6) m/s
竖直方向有v1y2＝2gH
解得H＝0.3 m。