2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题2第7讲（Word版附解析）

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A组·基础练
1.(多选)(2024·广西卷)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在( )
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】 BC
【解析】 由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。
2.(多选)(2024·甘肃卷)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】 AD
【解析】 做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。故选AD。
3.(多选)(2023·新课标全国卷，19)如图，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】 BD
【解析】 根据F－μmg＝ma可得a＝eq \f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。
4.(2024·江苏五校模拟)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型：芭蕉叶呈水平状，落到芭蕉叶上的雨滴一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为eq \f(v,3)，另一半则留在叶面上。已知水的密度为ρ，不计重力和风力的影响，则压强p为( )
A．eq \f(ρv2,2) B．eq \f(2ρv2,3)
C．eq \f(11ρv2,10) D．eq \f(7ρv2,6)
【答案】 D
【解析】 设芭蕉叶的面积为S，t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量m＝ρvtS；根据题意有一半的雨滴向四周散开，设竖直向上为正方向，根据动量定理可知F1t＝eq \f(1,2)m×eq \f(v,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)mv))，另一半则留在叶面上，根据动量定理F2t＝0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)mv))，根据压强定义式p＝eq \f(F,S)＝eq \f(F1＋F2,S)，联立解得p＝eq \f(7ρv2,6)，故选D。
5.(2024·江苏宿迁一模)踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。毽子在空中运动过程中( )
A．刚离开脚时，加速度最大
B．动量变化率先变小后变大
C．上升的时间等于下降的时间
D．重力的冲量上升过程大于下降过程
【答案】 A
【解析】 毽子上升过程mg＋kv＝ma上，下降过程mg－kv＝ma下，因刚离开脚时速度最大，则加速度最大，选项A正确；动量变化率等于毽子受到的合外力，因上升过程合外力减小，下降过程中合外力也减小，则动量变化率逐渐减小，选项B错误；因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根据h＝eq \f(1,2)at2可知，上升的时间小于下降的时间，选项C错误；根据IG＝mgt可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，选项D错误。
6.(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
【答案】 BD
【解析】 取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
7.(多选)(2024·黑龙江大庆模拟)一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，静止于光滑的水平面上。木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并镶嵌在其中，已知木块B的质量为m，A的质量是B的eq \f(3,4)，子弹的质量是B的eq \f(1,4)，则( )
A．子弹击中木块A后，与A的共同速度为eq \f(1,4)v0
B．子弹击中木块A后，与A的共同速度为v0
C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为eq \f(1,64)mveq \\al(2,0)
D．弹簧压缩到最短时的弹性势能为eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
【答案】 AC
【解析】 子弹射入A的过程时间极短，根据动量守恒定律可得eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m))v，解得v＝eq \f(1,4)v0，A正确，B错误；对子弹、木块A、B和弹簧组成的系统，三者速度相等时弹簧被压缩到最短。压缩弹簧最短时，A与B具有共同的速度，根据动量守恒定律有eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))v1，此时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律得eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m))v2＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))veq \\al(2,1)＋Ep，解得Ep＝eq \f(1,64)mveq \\al(2,0)，C正确，D错误。
B组·综合练
8.(多选)(2024·宁夏银川一模)如图，质量为m的小球A和质量为4 m的小球B用长为L的弹性绳连接，小球B静止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高为0.72L处以一定的初速度水平向右抛出，小球落地时弹性绳刚好拉直(第一次处于原长)，小球A落地与地面碰撞时，竖直方向的速度减为零，水平方向的速度保持不变，弹性绳始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计小球大小，则( )
A．小球A抛出时的初速度大小为eq \f(5,6)eq \r(gL)
B．小球A抛出时的初速度大小为eq \f(6,5)eq \r(gL)
C．弹性绳具有的最大弹性势能为eq \f(5,18)mgL
D．弹性绳具有的最大弹性势能为eq \f(1,72)mgL
【答案】 AC
【解析】 小球在空中做平抛运动，则0.72L＝eq \f(1,2)gt2，L＝v0t解得小球A抛出时的初速度大小为v0＝eq \f(5,6)eq \r(gL)，故A正确，B错误；小球A落地后，当两小球共速时，弹簧的弹性势能最大，根据系统动量守恒以及能量守恒可得mv0＝(m＋4m)v，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×(m＋4m)v2＋Ep解得弹性绳具有的最大弹性势能为Ep＝eq \f(5,18)mgL，故C正确，D错误。故选AC。
9.(多选)质量为M的带有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则( )
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球以后将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq \f(v\\al(2,0),2g)
【答案】 BC
【解析】 从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且系统机械能守恒，设小球离开小车时，小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理，小球对小车所做的功W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－0＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)Mv2))＋Mgh，联立解得h＝eq \f(v\\al(2,0),4g)，D错误。
10.(多选)(2024·全国卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
【答案】 BD
【解析】 根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s代入数据可得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。故选BD。
11.(2024·天津一模)如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度v0从A点向左运动，与静止于B点质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求：
(1)两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小；
(2)物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(3)碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。
【答案】 (1)9mg (2)eq \f(v\\al(2,0)－18gR,2gL) (3)2mgR
【解析】 (1)碰撞后恰好能运动到最高点－(m＋2m)gR＝0－eq \f(1,2)(m＋2m)v2
碰后瞬间FN′－(m＋2m)g＝(m＋2m)eq \f(v2,R)
根据牛顿第三定律，压力与支持力等大反向FN＝FN′
解得FN＝9mg。
(2)P从A到B的过程中－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
碰撞过程中mv1＝(m＋2m)v
解得μ＝eq \f(v\\al(2,0)－18gR,2gL)。
(3)碰撞过程中W＝eq \f(1,2)·2mv2
解得W＝2mgR。
12.(2024·江苏泰州一模)如图所示，可视为质点的两个小物块A、B并排放在粗糙水平面上，一根轻绳一端固定于水平面上的O点，另一端系在小物块A上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，轻绳长l＝0.314 m，g取10 m/s2，π取3.14且π2＝10。现给A一个向左的初速度v0＝2eq \r(6) m/s，使其绕O点做圆周运动，运动一周时与B发生弹性碰撞。求：
(1)A刚开始运动时所受轻绳拉力的大小FT；
(2)A与B碰前瞬间的加速度大小a；
(3)A与B碰后B滑行的距离s。
【答案】 (1)76.43 N (2)2eq \r(641) m/s2
(3)1 m
【解析】 (1)A刚开始运动时轻绳拉力提供向心力FT＝mAeq \f(v\\al(2,0),l)
解得轻绳拉力的大小FT＝76.43 N。
(2)设A与B碰前瞬间的速度为v，根据动能定理－μmAg·2πl＝eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)
解得v＝4 m/s
此时绳子的拉力为FT′＝eq \f(mAv2,l)
根据牛顿第二定律eq \r(FT′2＋μmAg2)＝mAa
解得a＝2eq \r(641) m/s2。
(3)根据动量守恒mAv＝mAv1＋mBv2
根据机械能守恒eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,2)
解得v2＝2 m/s
B的加速度aB＝μg＝2 m/s2
A与B碰后B滑行的距离s＝eq \f(v\\al(2,2),2aB)＝1 m。