专题5 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

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1．(2020·唐山摸底)如图所示，静止在光滑水平面上的质量为2m的滑块B与轻质弹簧拴接，轻弹簧另一端固定，质量为m的滑块A以速度v0向右运动，滑块A、B相碰瞬间粘在一起。此后弹簧弹性势能的最大值为( )
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) B.eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)
C.eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) D.eq \f(1,9)mveq \\al(2,0)
[解析] 滑块A、B发生碰撞，由动量守恒定律，mv0＝(m＋2m)v，解得v＝eq \f(v0,3)。碰撞后的动能Ek＝eq \f(1,2)·3mv2＝eq \f(1,6)·mveq \\al(2,0)，滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能Ep＝Ek＝eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)，选项B正确。
[答案] B
2.(多选)(2020·安徽宣城市期中)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，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．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
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
[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，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，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。
[答案] AD
3．(2021·陕西榆林市联考)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA ＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，两物块之间用轻弹簧拴接，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图象如图乙所示，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( )
A．9 N·s B．18 N·s
C．36 N·s D．72 N·s
[解析] 由题图乙知，C与A碰前速度为：v1＝9 m/s，碰后瞬间C的速度为：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，代入数据解得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C正确，A、B、D错误。
[答案] C
4．(多选)(2020·河北精英中学二调)如图所示，质量m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量M＝0.5 kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，物块最后恰好没有滑离木板，取g＝10 m/s2，则在整个过程中( )
A．物块的最大速度为6 m/s
B．木板的最大速度为3 m/s
C．物块相对于木板滑行的时间为0.75 s
D．木板的长度为3 m
[解析] 子弹射入物块，由动量守恒可得，子弹刚射入物块时，两者的共同速度v＝eq \f(m0v0,m＋m0)＝6 m/s，之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度，故物块的最大速度为6 m/s，故A正确；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么共同速度v′＝eq \f(m＋m0v,m0＋m＋M)＝2 m/s，所以木板的最大速度为2 m/s，故B错误；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a＝μg＝4 m/s2的匀减速直线运动，所以，物块相对于木板滑行的时间t＝eq \f(v－v′,a)＝1 s，故C错误；物块在木板上滑行时，物块做加速度a＝4 m/s2的匀减速直线运动，木板做加速度a′＝eq \f(μm＋m0g,M)＝2 m/s2的匀加速直线运动，所以木板的长度L＝eq \f(v2－v′2,2a)－eq \f(v′2－0,2a′)＝3 m，故D正确。故选A、D。
[答案] AD
5．(2020·银川月考)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板上掉下。已知A、B和C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ。求：
(1)木板A与B碰前的速度v0；
(2)整个过程中木板B对木板A的冲量I。
[解析] (1)设A碰B后的共同速度v1，由动量守恒：
mv0＝2mv1
之后AB整体与C作用，达到新的共同速度v2，由动量守恒：2mv1＝3mv2
C在A上滑动过程中，由功能关系得：
－μmgL＝eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,1)
联立可得：v0＝2eq \r(3μgL)。
(2)由动量定理，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向：I＝－mv2＝－eq \f(2m\r(3μgL),3)
负号表示B对A的冲量方向水平向右。
[答案] (1)2eq \r(3μgL) (2)－eq \f(2m\r(3μgL),3) 方向水平向右
[提升题组]
6．(2020·榆林质检)如图所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)。质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起。试求：
(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？
[解析] (1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得：m2v2－m3v1＝0。
只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等。
对m1、m3，由动量守恒定律得：
m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2
解得：v1＝1 m/s
即弹簧将m3发射出去的速度至少为1 m/s
(2)对m2、m3及弹簧，由机械守恒定律得：
Ep＝eq \f(1,2)m3veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝3.75 J。
[答案] (1)1 m/s (2)3.75 J
7.(2020·河北邯郸市模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为eq \f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
[解析] (1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝eq \f(1,2)×2m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)
解得μ＝eq \f(3v\\al(2,0),8gs)
(2)在P点爆炸时，A，B组成的系统动量守恒，有
2m·eq \f(v0,2)＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋eq \f(1,2)×2m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2＝eq \f(1,2)mv2
解得E0＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
[答案] (1)eq \f(3v\\al(2,0),8gs) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
8．(2020·河北唐山市上学期期末)如图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2＝3 kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1＝2 kg的滑块A由曲面上某一高度H处无初速度释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，碰后滑块B在平面上滑行的距离为L＝2 m，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)滑块B在碰撞后瞬间的速度大小；
(2)滑块A的释放高度。
[解析] (1)碰后滑块B减速滑行，由动能定理得：－μm2gL＝－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得滑块B碰后瞬间的速度：v2＝4 m/s
(2)两滑块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
滑块A下滑过程，由动能定理得m1gH＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)
由以上各式解得H＝1.25 m
[答案] (1)4 m/s (2)1.25 m
9.(2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
[解析] (1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1＝Mg＋f①
ma2＝f－mg②
联立①②式并代入题给数据，得
a1＝2g，a2＝3g③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
v0＝eq \r(2gH)④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式有
v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得
t1＝eq \f(2,5)eq \r(\f(2H,g))⑥
设此时管下端距地面的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
h1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2＝eq \f(v2,2g)⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq \f(13,25)H⑪
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得
x1＝eq \f(4,5)H⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
x2＝eq \f(4,5)H1⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1＋x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，解得L应满足的条件为
L≥eq \f(152,125)H⑯
[答案] (1)2g 3g (2)eq \f(13,25)H (3)圆管长度L≥eq \f(152,125)H