2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案044-课时作业38 三大观点在力学中的应用（教用）

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1．（2025·陕西安康模拟）多选 如图所示，固定在竖直面内的光滑细管道顶部有质量分别为m1、m2的小球A和B，两小球受到微小扰动后同时由静止开始沿管道的两侧滑下，相遇后发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知两小球均可视为质点，管的内径略大于两小球的直径，对小球下滑之后的运动判断正确的是（重力加速度为g）（ ）
A. 在小球下滑至与管道圆心等高之前，管道对小球的支持力一定沿半径向外
B. 碰前，管道受到两小球的最大压力为5(m1+m2)g
C. 只有满足m1=m2时，两小球才能在最低点发生碰撞后同时返回最高点
D. 若碰撞后小球B返回管道最高点时对管道恰好无压力，则m1:m2=3:1
【答案】BC
【解析】在小球下滑至与管道圆心等高之前，存在一个临界位置，该临界位置处重力沿半径方向的分力恰好充当向心力，小球过临界位置之后，管道对小球的支持力一定沿半径向内，故A错误；两小球在下滑过程中有相同的运动过程，一定同时到达最低点，到最低点（碰撞前瞬间）时的速度大小满足12mv2=mg⋅2R，可得v=2gR，对小球，由牛顿第二定律有F−mg=mv2R，解得F=5mg，由牛顿第三定律知，管道受到两小球的最大压力为5(m1+m2)g，故B正确；只有满足m1=m2时，两小球在最低点发生弹性碰撞后交换速度，同时返回最高点，故C正确；若碰撞后小球B返回管道最高点时对管道恰好无压力，有m2g=m2v32R，从碰撞结束到小球B到达最高点，由动能定理有−m2g⋅2R=12m2v32−12m2v22，解得v2=5gR，方向向右，若m1:m2=3:1，规定向右为正方向，碰撞过程中满足m1⋅4gR+m2⋅(−4gR)=m1v1+m2v′2，12m1⋅4gR+12m2⋅4gR=12m1v12+12m2v2′2，联立解得v2=4gR>5gR，故D错误。
2．（2024·湖北卷·10）多选 如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（ ）
A. 子弹的初速度大小为2kL(m+M)mM
B. 子弹在木块中运动的时间为2mMk(m+M)
C. 木块和子弹损失的总动能为k2L2(m+M)mM
D. 木块在加速过程中运动的距离为mLm+M
【答案】AD
【解析】子弹在木块内运动的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v，解得木块获得的速度大小为v=mv0M+m，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰好不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有kv0L=12mv02−12(M+m)v2，解得v0=2kL(M+m)Mm；若子弹能够射出木块，设子弹穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、v2(v1>v2)，子弹和木块的位移大小分别为x1、x2，则有x1−x2=L，可得v0+v12t−v22t=L，左右两边同乘k，得kv02t+k(v1−v2)2t=kL，在此过程中对木块根据动量定理有ft=kv0t=Mv2，若想木块获得的速度最大，即kv0t最大，当v1−v2趋近于零，即v1趋近于v2时，kv0t最大，故子弹恰好不射出木块时，木块速度最大，综上所述，v0=2kL(M+m)Mm时，木块获得的速度最大，A正确。木块获得的最大速度v=mv0M+m，又v=a2t，a2=kv0M，联立解得t=mMk(m+M)，B错误。由能量守恒定律可得子弹和木块损失的总动能转化为系统因摩擦产生的热量，即ΔE=Q=fL=2k2L2(m+M)mM，C错误。木块在加速过程中运动的距离为x2=v2t=mLM+m，D正确。
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3．（2025·江苏苏州三模）（12分）一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端。观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为ℎ。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。
（1） 求每次青蛙起跳做的功W；
（2） 求青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）；
（3） 若青蛙在水平地面上起跳，求其落地时的最大水平位移（用ℎ表示）。
【答案】（1） mgℎ
（2） MM+mL
（3） 2ℎ
【解析】
（1） 对青蛙竖直起跳过程，由动能定理有W−mgℎ=0，
解得每次青蛙起跳做的功W=mgℎ。
（2） 对青蛙在木板上向右上方起跳过程，由水平方向动量守恒有mx1t=Mx2t，
由几何关系有x1+x2=L，
联立解得x1=MM+mL。
（3） 青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为θ ，运动时间为t，则竖直方向有v0sinθ=gt2，
水平方向有x3=v0tcsθ ，
联立解得x3=v02sin2θg，
则当θ=45∘ 时，x3最大，最大值xm=v02g，
青蛙起跳时有W=12mv02，
解得青蛙水平方向上最大位移xm=2ℎ。
4．（2025·河北卷·14）（12分）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1） 求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
（2） 若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
【答案】（1） 0.6m
（2） 0.1N⋅s；0
【解析】
（1） 设小物块到达平台右端抛出时的速度大小为v1，
由动能定理得−μmgL=12mv12−12mv02，
代入数据解得v1=1m/s，
小物块做平抛运动过程中，竖直方向上有ℎ=12gt12，解得t1=0.6s，
水平方向上有x=v1t1=0.6m。
（2） 设第一次落地时的速度大小为v2，水平分速度大小v2x=v1=1m/s，
竖直分速度大小v2y=gt1=6m/s，
设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y′，水平分速度为v2x′，第一次弹起至最高点所用时间为t2，则由H=12gt22，代入H=0.45m，得t2=2Hg=0.3s，
v2y′=2gH=3m/s，
小物块第一次与地面接触的时间Δt=t−t1−t2=0.1s，
以竖直向上为正方向，在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得
IF−mgΔt=mv2y′−(−mv2y)，
代入数据解得弹力冲量的大小为
IF=0.1N⋅s，
假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力，以水平向右为正方向，在Δt时间内对小物块在水平方向上应用动量定理，得−μIF=mv2x′−mv2x，
代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x′=−1m/s