备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律专题十二力学三大观点的综合应用

这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律专题十二力学三大观点的综合应用，共10页。试卷主要包含了2kg·m/s等内容，欢迎下载使用。
1.[2024四川成都蓉城名校联考/多选]一次台球练习中，某运动员用白球击中彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受桌面阻力保持不变，两球质量均为m＝0.2kg，碰撞后两球的位移x与速度的平方v2的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2.则下列说法正确的是（ BC ）
A.碰撞前白球的速度为1.64m/s
B.碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2kg·m/s
C.碰撞过程中，系统有机械能转化为内能
D.台球所受桌面阻力为0.5N
解析 由题图可知，碰后白球速度v1＝0.8 m/s，彩球速度v2＝1.0 m/s.设碰撞前白球
速度为v0，由动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，解得v0＝1.8 m/s，故A错误；碰撞过程
中，白球对彩球的冲量I＝mv2＝0.2×1.0 kg·m/s＝0.2 kg·m/s，B正确；由于12mv02＞
12mv12＋12mv22，故碰撞过程中，系统有机械能转化为内能，C正确；由运动学知识可
知a＝v122x1＝0.642×1.28 m/s2＝0.25 m/s2，故阻力为f＝ma＝0.05 N，故D错误.
2.[2024北京海淀区期中/多选]如图所示，质量mA＝1kg、长L＝9m的薄板A放在水平地面上，在大小为4N、水平向右的外力F作用下由静止开始运动，薄板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，其速率达到vA＝2m/s时，质量mB＝1kg的物块B以vB＝4m/s的速率由薄板A右端向左滑上薄板，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.1，B可视为质点，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是（ AD ）
A.当A的速率减为0时，B的速率为2m/s
B.从B滑上A到B掉下的过程中，A、B所组成的系统动量守恒
C.从B滑上A到B掉下的过程，A、B和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为9J
D.从B滑上A到B掉下的过程，A、B所组成的系统机械能减少9J
解析 B滑上A后，B开始做减速运动，此时对B由牛顿第二定律有μ2mBg＝mBaB，解得aB＝1 m/s2，对A由牛顿第二定律有μ1(mA＋mB)g＋μ2mBg-F＝mAaA，解得aA＝1 m/s2，A也开始做减速运动，假设A速率减为0时，B未从A上掉下，则A的速率减为0的时间为t1＝vAaA＝2 s，此时B的速度大小为vB1＝vB-aBt1＝2 m/s，此过程A、B的相对位移Δx＝vA22aA＋vB2-vB122aB＝8 m＜L，故假设成立，A正确；在B滑上A到A速度减到零的过程中，有μ1(mA＋mB)g＝F，即A、B所组成的系统受到的合力为零，动量守恒，当A速度减为零时，由于μ1(mA＋mB)g＋μ2mBg＞F，则A此后处于静止状态，且由平衡条件可知A与地面间的摩擦力f＜F，A、B所组成的系统受到的合力不为零，动量不守恒，B错误；从B滑上A到A速度减为零的过程，A的位移为xA＝vA22aA＝2 m，此过程B的位移为xB＝vB2-vB122aB＝6 m，结合B项分析可知，此后A处于静止状态，B继续向左做匀减速运动直至掉下，则对从B滑上A到B掉下的整个运动过程，A、B和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为Q＝μ1(mA＋mB)gxA＋μ2mBgL＝17 J，C错误；从B滑上A到B掉下的过程，A、B所组成的系统机械能的减少量为ΔEk＝Q-FxA＝9 J，D正确.
3.[设问创新/2024重庆南开中学校考/多选]如图所示，半径为R、质量为3m的14圆弧槽AB静止放在光滑水平地面上，圆弧槽底端B点切线水平，距离B点为R处有一质量为3m的小球2，其左侧连有轻弹簧.现将质量为m的小球1（可视为质点）从左侧圆弧槽上端的A点由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦.则下列说法正确的是（ BC ）
A.系统（三个物体）全程动量守恒
B.小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距53R
C.弹簧弹性势能的最大值为916mgR
D.小球1最终的速度大小为6gR4
解析 小球1在圆弧槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A错误.小球1从圆弧槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点时小球1的速度为v0，圆弧槽的速度为v，取水平向右为正方向，小球1与圆弧槽在水平方向动量守恒有0＝mv0-3mv，由能量守恒有mgR＝12mv02＋12·3mv2，解得v0＝3v＝3gR2.设小球1到B点时，小球1水平向右移动的距离为x1，圆弧槽向左运动的距离为x2，两者的相对位移为R，因此有mx1-3mx2＝0，x1＋x2＝R，联立解得x1＝34R，x2＝14R.此时圆弧槽的B点与弹簧之间的距离L＝x2＋R＝54R.小球1从B点向右以v0匀速运动，圆弧槽向左以v03匀速运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点的距离L'＝L＋v03·Lv0＝43L＝53R，故B正确.小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大值，从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量守恒有mv0＝(m＋3m)v共，由能量守恒有12mv02＝12(m＋3m)v共2＋Ep，联立解得Ep＝916mgR，故C正确.从小球1刚与弹簧接触到两球分开，由动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2，由能量守恒有12mv02＝12mv12＋12·3mv22，解得v1＝-12v0，v2＝12v0.小球1之后向左以12v0匀速运动，因为圆弧槽此时正向左以v03匀速运动，故会再次和圆弧槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动量守恒有m·v02＋3m·v03＝mv3＋3mv4，由能量守恒有12m(v02)2＋12·3m(v03)2＝12mv32＋12·3mv42，解得v3＝14v0，v4＝512v0，最终小球1以14v0的速度向左运动，圆弧槽以512v0的速度向左运动，小球2以12v0的速度向右运动，小球1最终的速度为14v0＝6gR8，故D错误.
4.长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态.A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
答案 （1）m15gl （2）5gl（2m1＋m2）22m2
解析 （1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律有m1g＝m1v2l ①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
12m1vA2＝12m1v2＋2m1gl ②
由动量定理有I＝m1vA ③
联立①②③式，得I＝m15gl ④
（2）设两球粘在一起后瞬间的速度大小为v'，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v'＝vA ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律有m2vB－m1vA＝（m1＋m2）v' ⑥
又Ek＝12m2vB2 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝5gl（2m1＋m2）22m2 ⑧.
5.[三轨推拉门/2023江苏扬州三模]有一款三轨推拉门（如图甲），门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板的俯视图如图乙，每扇门板宽为d＝0.8m，质量为m＝20kg，与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.01.在门板边缘凸起部位贴有尼龙扣，两门板碰后可连在一起.现三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去.取重力加速度g＝10m/s2.
（1）若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W.
（2）若F＝12N，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭.
①求3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v0.
②求拉力F的作用时间t.
答案 （1）1.6J （2）①0.8m/s ②2 63s
解析 （1）根据动能定理有W－μmgd＝0，解得W＝1.6J
（2）①设3号门板与2号门板碰撞后速度大小为v1，碰后两门板位移大小均为d＝0.8m
从3号门板与2号门板碰撞后到大门完整关闭，根据功能关系有－2μmgd＝－12·2mv12
碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v0＝0.8m/s
②根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma
根据动能定理有 Fx－μmgd＝12m v02
【易错辨析】在关门过程中，拉力F作用时间与门受到的摩擦力作用时间不同，不推荐应用动量定理列方程解答.
根据运动学公式有x＝12at2
解得t＝263s.
6.[2024湖南湘潭一中校考]如图是一游戏装置的简易模型，它由光滑的水平轨道和竖直平面内的光滑圆轨道组成，竖直圆轨道的半径R＝0.9m，圆轨道内侧最高点E点装有一力传感器，且竖直圆轨道的最低点D、D'点相互靠近且错开.水平轨道左侧放置着两个用细绳连接的物体A和B，其间有一压缩的轻弹簧（物体与轻弹簧不粘连），烧断细绳，物体被弹出.轨道右侧M端与水平传送带MN等高，并能平滑对接，传送带总长度L＝5m，传送带速度大小和方向均可调.已知A物体质量mA＝1kg，B物体质量可变，A、B间被压缩的弹簧的弹性势能为30J，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求测得的力传感器能显示的力的最小值；
（2）要使物体A冲上传送带后，均能到达N点，求传送带与物体A之间的动摩擦因数的最大值；
（3）要使物体A在圆轨道上运动时不脱离轨道，求物体B的质量范围.
答案 （1）0 （2）0.45 （3）mB≤37kg或mB≥3kg
解析 （1）当由重力提供向心力时，对E点压力为0，所以测得的力传感器能显示的力的最小值Fmin＝0
（2）当物体A恰好通过圆轨道最高点后进入传送带时速度最小，此时若传送带静止或逆时针转动，则物体A一直在传送带上做匀减速直线运动.当物体A到达N点的速度为0时，则动摩擦因数最大，即对物体A分析有mAg＝mAvE2R
mAg·2R－μmAgL＝0－12mAvE2
得μ＝0.45.
（3）物体A不脱离圆轨道有两种情况：
①过最高点的速度vE≥gR
对物体A从被弹簧弹出开始到到达最高点，根据动能定理有－mAg·2R＝12mAvE2－12mAvA2
得vA≥5gR＝35m/s
②到达圆轨道的圆心等高处时速度恰好为0，对物体A从被弹簧弹出开始到到达圆心等高处，根据动能定理有
－mAgR＝0－12mAvA2
得vA≤2gR＝32m/s
因为物体A是通过释放弹簧的弹性势能获得速度，且A与B反向弹开，由动量守恒有mAvA＝mBvB
由机械能守恒有Ep＝12mAvA2＋12mBvB2
得mB＝vA260－vA2kg
代入数据得mB≤37kg或mB≥3kg.
7.[2024河北唐山摸底演练]如图所示，一圆弧轨道AB与倾角为θ的斜面BC在B点相接.可视为质点的两个形状相同的小球a、b，将小球b置于圆弧轨道的最低点，使小球a从圆弧轨道A点由静止释放，两小球在最低点发生弹性正碰，整个系统固定于竖直平面内.已知圆弧轨道半径R＝1m，圆弧过A、B两端点的半径与竖直方向间的夹角均为θ＝37°，小球a的质量m1＝4kg，小球b的质量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，不计一切阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.求：
（1）与小球b碰前瞬间，小球a的速度大小v0；
（2）碰后瞬间小球b对轨道的压力大小F；
（3）小球b从B点飞出圆弧轨道后，距离斜面BC的最远距离h，6.24取2.5.
答案 （1）2m/s （2）20.24N （3）0.36m
解析 （1）对小球a从静止释放到与小球b碰撞前瞬间的过程，由动能定理有m1gR（1－csθ）＝12m1v02
代入数据解得v0＝2m/s
（2）小球a与小球b发生弹性正碰，则有
m1v0＝m1v1＋m2v2
12m1v02＝12m1v12＋12m2v22
对碰撞后瞬间小球b，由牛顿第二定律有
FN－m2g＝m2v22R
联立并代入数据解得FN＝20.24N
由牛顿第三定律可得小球b对轨道的压力大小
F＝FN＝20.24N
（3）对小球b从碰撞后到飞出圆弧轨道瞬间的过程，由动能定理有
－m2gR（1－csθ）＝12m2v32－12m2v22
代入数据解得v3＝2.5m/s
由几何关系可知，此时小球b的速度与斜面的夹角为α＝74°
小球b在垂直斜面方向做类竖直上抛运动，则有
v'0＝v3sinα，a＝gcsθ
对小球b从B点运动到距离斜面最远的过程，由运动学规律有2ah＝v'02
代入数据解得h＝0.36m.
8.[板块模型＋弹簧模型＋新信息/2023辽宁]如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度v0＝54m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝12kx2.取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示.
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1.
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小.
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）.
答案 （1）1m/s 0.125m （2）0.25m 32m/s （3）（43t0－8t02）J
解析 （1）小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有m2v0＝（m1＋m2）v1
解得v1＝1m/s
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有
μm2g＝m1a
解得a＝4m/s2
由运动学公式有2ax1＝v12
解得x1＝0.125m
（2）木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动
对物块有μm2g＝m2a'
对整体有kx2＝（m1＋m2）a'
解得x2＝0.25m
从木板接触弹簧后到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒，有
12（m1＋m2）v12＝12（m1＋m2）v22＋12kx22
解得v2＝32m/s
（3）木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0，木板从速度为0到物块与木板加速度首次相同，弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置，考虑到木板返回时，受力与木板压缩弹簧时相同，故木板的速度大小又变为v2＝32m/s，木板返回所用时间也为t0
在此2t0的时间内，对物块用动量定理有
－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝（32－2t0）m/s
在此2t0的时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统，由能量守恒定律有
ΔU＝12m2v22－12m2v32
解得ΔU＝（43t0－8t02）J.