2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)28力學(xué)“三大”觀點綜合應(yīng)用含解析魯科版

PAGEPAGE6課時作業(yè)28力學(xué)“三大”觀點綜合應(yīng)用時間：45分鐘1．在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m且靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反．則碰撞后BA．0 B．0.3vC．0.6v D．0.9v解析：本題考查碰撞結(jié)果可能性分析．A、B兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，A球和B球碰撞的過程中系統(tǒng)動量守恒，設(shè)A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2，選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有mv＝－mv1＋2mv2，假設(shè)碰后A球靜止，即v1＝0，可得v2＝eq\f(1,2)v，由題意知A球被反彈，所以B球的速度v2>eq\f(1,2)v，A、B兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關(guān)系有eq\f(1,2)mv2≥eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立得v2≤eq\f(2,3)v，所以有eq\f(1,2)v<v2≤eq\f(2,3)v，符合條件的只有0.6v.故C正確，A、B、D錯誤．2．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會粘連在一起運動．則下列說法正確的是(B)A．B、C碰撞剛結(jié)束時的共同速度為3m/sB．彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為3m/sC．彈簧的彈性勢能最大值為36JD．彈簧再次復(fù)原原長時A、B、C三物塊速度相同解析：本題考查碰撞過程中的動量守恒定律、能量守恒定律．B與C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者共同速度為vBC，規(guī)定向右為正方向，則有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2m/s，故A錯誤；當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3m/s，依據(jù)能量守恒定律得彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝12J，故B正確，C錯誤；三者共速時彈簧壓縮量最大，復(fù)原原長過程中，彈力對A做負(fù)功，A的速度減小，對B、C做正功，B、C的速度增加，則復(fù)原原長時三物塊速度不同，故D錯誤．3．(多選)如圖所示，足夠長的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點的物塊P，P、Q間接觸面粗糙．現(xiàn)給P向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計空氣阻力，則運動過程P、Q速度隨時間變更的圖象可能正確的是(ABC)解析：本題結(jié)合圖象考查板塊模型中的動量守恒、能量守恒．起先時，木板和物塊均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終達(dá)到共同速度，以向右為正方向，A、B系統(tǒng)動量守恒，依據(jù)動量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v；若mPvP＝mQvQ，則v＝0，圖象如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖象如圖B所示；若mPvP<mQvQ，則v<0，圖象如圖C所示．故選項A、B、C正確，D錯誤．4.如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為mA＝3m、mB＝m的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁．現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力，該力對物體B做的功為W，使A、B(1)從撤去推力到物體A剛離開墻壁，墻壁對A的沖量大小；(2)A離開墻壁后，當(dāng)彈簧再次復(fù)原原長時，A、B的速度大?。馕觯?1)壓縮彈簧時，推力做的功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，撤去推力后，B在彈簧彈力的作用下做加速運動．在彈簧復(fù)原原長的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．彈簧復(fù)原原長時，A即將離開墻壁，設(shè)B的速度為vB0，有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B0)此過程中墻給A的沖量即為系統(tǒng)動量的變更，有I＝mvB0計算得出I＝eq\r(2mW).(2)從A離開墻壁到彈簧復(fù)原原長的過程中，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，有mvB0＝mvB＋3mvAW＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,A)計算得vA＝eq\f(1,2)eq\r(\f(2W,m))，vB＝－eq\f(1,2)eq\r(\f(2W,m))則A、B的速度大小均為eq\f(1,2)eq\r(\f(2W,m)).答案：(1)eq\r(2mW)(2)均為eq\f(1,2)eq\r(\f(2W,m))5．如圖所示，半徑為R的四分之三光滑圓軌道豎直放置，CB是豎直直徑，A點與圓心等高，有小球b靜止在軌道底部，小球a從軌道上方某一高度處由靜止釋放，自A點與軌道相切進(jìn)入豎直圓軌道，a、b兩小球的質(zhì)量之比為31，兩小球在軌道底部發(fā)生彈性正碰后小球b經(jīng)過C點水平拋出后落在離C點水平距離為2eq\r(2)R的水平地面上，重力加速度為g，兩小球均可視為質(zhì)點．求：(1)小球b碰后瞬間的速度大小；(2)小球a碰后在軌道中能上升的最大高度．解析：(1)小球b從C點拋出后做平拋運動，有eq\f(1,2)gt2＝2R解得t＝eq\r(\f(4R,g))小球b做平拋運動的水平位移x＝vCt＝2eq\r(2)R解得vC＝eq\r(2gR)對小球b從B運動到C的過程，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,C)＋2mbgR可知小球b在碰后瞬間的速度大小vb＝eq\r(6gR).(2)a、b兩小球相碰，由動量守恒定律得mava＝mava′＋mbvba、b兩小球發(fā)生彈性碰撞，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)又ma＝3mb解得va＝eq\f(2,3)vb，va′＝eq\f(1,2)va＝eq\f(1,3)vb可得碰后小球a的速度為va′＝eq\f(\r(6gR),3)由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mava′2＝magh解得小球a碰后在軌道中上升的最大高度h＝eq\f(R,3).答案：(1)eq\r(6gR)(2)eq\f(R,3)6.(多選)如圖，一質(zhì)量為3m的容器靜止在光滑水平面上，該容器的內(nèi)壁是半徑為R的光滑半球面，在容器內(nèi)壁的最高點由靜止釋放一質(zhì)量為m的小滑塊P，重力加速度為gA．P滑到最低點時的動能為mgRB．P從起先到最低點的過程中機(jī)械能削減了eq\f(mgR,4)C．P經(jīng)過最低點后沿內(nèi)壁接著上滑的最大高度小于RD．P經(jīng)過最低點后沿內(nèi)壁接著上滑的最大高度等于R解析：小滑塊由最高點運動到最低點的過程，容器和小滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則由動量守恒定律可知0＝mvP－3mv，又由機(jī)械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)×3mv2，解得v＝eq\r(\f(gR,6))，vP＝3eq\r(\f(gR,6))，則小滑塊在最低點的動能為EkP＝eq\f(3,4)mgR，該過程中小滑塊削減的機(jī)械能為ΔE＝mgR－eq\f(3,4)mgR＝eq\f(1,4)mgR，A錯誤，B正確；假設(shè)小滑塊沿內(nèi)壁上滑的最大高度為h，則對小滑塊和容器組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mvP－3mv＝4mv′，mgR＝mgh＋eq\f(1,2)×4mv′2，解得v′＝0，h＝R，C錯誤，D正確．7.如圖所示，質(zhì)量均為m的小滑塊A、B、C厚度均不計．其中B、C兩滑塊通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連并豎直放置在水平面上．現(xiàn)在將小滑塊A從距離B滑塊H0高處由靜止釋放，A、B相碰后立即粘合為一個整體，且以共同速度向下運動，不計空氣阻力，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間.求：(1)A、B碰后的共同速度v1的大??；(2)A、B向下運動的速度最大時，滑塊C對水平面的壓力大?。馕觯?1)設(shè)A與B碰撞之前的瞬時速度為v0，則mgH0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①A、B碰撞前后動量守恒，即mv0＝2mv1②式中v1為A與B碰撞后的共同速度聯(lián)立①②解得v1＝eq\r(\f(gH0,2)).(2)當(dāng)A、B的速度最大時，它們所受的合力為零，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)此時水平地面對滑塊C的支持力大小和滑塊C對水平地面的壓力大小分別為FN′和FN，對于A、B、C組成的系統(tǒng)，由受力分析可知FN′－3mg＝0③由牛頓第三定律可知FN′＝FN④聯(lián)立③④解得FN＝3mg.答案：(1)eq\r(\f(gH0,2))(2)3mg8．如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg的足夠長木板B靜止在光滑水平面上，B的右側(cè)有豎直墻壁，B的右端與墻壁的距離L＝4m．現(xiàn)有一可視為質(zhì)點的質(zhì)量m＝1kg的小物塊A，以v0＝8m/s的水平初速度從B的左端滑上B，已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，B與豎直墻壁的碰撞時間極短，且碰撞時無能量損失．(1)求B與豎直墻壁碰撞前，A、B組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能；(2)求從A滑上B到B與墻壁碰撞所用的時間t；(3)若B的右端與墻壁的距離L可以變更，并要求B只與墻壁碰撞兩次，則L應(yīng)當(dāng)滿意什么條件？解析：(1)設(shè)A、B達(dá)到的共同速度為v，依據(jù)動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得v＝2m/s，設(shè)這一過程中B向右運動的位移為x1，依據(jù)動能定理有μmgx1＝eq\f(1,2)Mv2，解得x1＝3m，因x1<L，A、B達(dá)到共同速度后才與墻碰撞，對系統(tǒng)由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入數(shù)據(jù)解得Q＝24J.(2)設(shè)從A滑上B到兩者達(dá)到共同速度所用的時間為t1，則有μmg＝Ma，v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝3s，兩者達(dá)到共同速度后一起勻速運動，直到B第一次與墻壁碰撞，設(shè)勻速運動所用時間為t2，則L－x1＝vt2，解得t2＝0.5s.所以從A滑上B到B與墻壁碰撞所用的時間為t＝t1＋t2＝3.5s.(3)要能碰撞兩次，表明第一次碰撞前瞬間A、B的速度大小不等．取水平向右為正方向，設(shè)B與墻壁第一次碰撞前瞬間A、B的速度大小分別為v1、v2，依據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，設(shè)B與墻壁其次次碰撞前瞬間A、B的速度大小分別為v3、v4，依據(jù)動量守恒定律有mv1－Mv2＝mv3＋Mv4，若要B與墻只發(fā)生兩次碰撞，則第一次碰撞后系統(tǒng)總動量方向要向右，其次次碰撞后總動