适用于新教材2025版高考物理一轮总复习课时规范练35

课时规范练35基础对点练1.(“滑块—弹簧”模型)(多选)如图所示,质量分别为m1和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正前方的质量为m的静止滑块丙发生碰撞,碰撞时间极短。在甲、丙碰撞瞬间,下列状况可能发生的是()A.甲、乙、丙的速度均发生改变,分别为v1、v2、v3,而且满意(m1+m0)v=m1v1+m0v2+mv3B.乙的速度不变,甲和丙的速度变为v1和v2,而且满意m1v=m1v1+mv2C.乙的速度不变,甲和丙的速度都变为v',且满意m1v=(m1+m)v'D.甲、乙、丙速度均发生改变,甲、乙的速度都变为v1,丙的速度变为v2,且满意(m1+m0)v=(m1+m0)v1+mv2答案BC解析碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒,滑块乙的速度不变,以滑块甲的初速度方向为正方向,若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2,由动量守恒定律得m1v=m1v1+mv2,若碰后滑块甲和丙的速度相同,由动量守恒定律得m1v=(m1+m)v',故选B、C。2.[“滑块—斜(曲)面”模型](多选)(2024福建龙岩模拟)如图所示,带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上,斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放,滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动,再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m,斜劈A的圆弧轨道半径为R,重力加速度大小为g,滑块B、C、D均可视为质点,则下列说法正确的是()A.滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中,A对D的支持力做功为-12B.与滑块B碰撞前瞬间,滑块D的速度大小为2C.滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为2D.滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为14答案AD解析D在A上滑动时,A与D组成的系统水平方向上动量守恒,且系统机械能守恒,则当D滑到水平地面上时mvD-mvA=0且mgR=12mvD2+12mvA2,两式联立解得A、D分别时的速度大小为vD=vA=gR,即A与D的速度大小相等、方向相反,下滑过程对D由动能定理得W=12mvD2-mgR解得W=-12mgR,故A正确;D与B碰撞前的速度即为A、D分别时D的速度大小,为gR,故B错误;B与C碰撞过程中,B、C、D组成的系统动量守恒,有(m+m)vB=(m+m+m)vC,则B与C碰撞后的速度大小为vC=gR3,故C错误;D与B碰撞过程动量守恒,有mvD=(m+m)vB3.(“滑块—弹簧”模型)(多选)物块c、b中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块c的质量为1kg,如图甲所示。起先时两物块均静止,弹簧处于原长。t=0时对物块c施加水平向右的恒力F,t=1s时撤去F,在0~1s内两物块的加速度随时间改变的状况如图乙所示,弹簧始终处于弹性限度内,整个运动过程下列分析正确的是()A.物块b的质量为3kgB.恒力F的冲量为1N·sC.t=1s时物块b的速度小于0.15m/sD.弹簧伸长量最大时,物块b的速度大小为13答案BD解析t=0时,对物块c依据牛顿其次定律有F=mcac=1N,t=1s时,设弹簧弹力大小为FT,对c、b依据牛顿其次定律有F-FT=mcac',FT=mbab,联立以上三式解得mb=2kg,故A错误;恒力F的冲量为I=Ft=1N·s,故B正确;a-t图像与坐标所围的面积表示速度的改变量,所以t=1s时b的速度vb>12×0.3×1m/s=0.15m/s,故C错误;依据动量定理可知撤去拉力时,c、b组成的系统动量为p=I=1kg·m/s,撤去拉力后,依据图像可知c的速度大于b的速度,则c、b之间距离还将接着增大,此时c、b组成的系统动量守恒,弹簧伸长量最大时,c、b的速度相同,设为v,则p=(mc+mb)v,解得v=14.(“滑块—弹簧”模型)(多选)如图甲所示,质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并起先计时,A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图像与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图像与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0,下列说法正确的是()A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S3答案ABD解析在0~t1时间内,物体B静止,物体A从静止向右加速,t1时刻速度为v0,则对系统依据动量定理可知,墙对B的冲量I=mAv0,故A正确;由a-t图像可知,t1时刻后弹簧被拉伸,在t2时刻弹簧的伸长量达到最大,此时依据牛顿其次定律有F弹=mAaA=mBaB,由图乙可知此时aB>aA,则mB<mA,故B正确;由图乙可得,t1时刻B起先运动,此时A的速度为v0,之后系统动量守恒,可得A、B的总动能肯定大于0,而整个过程,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,所以B运动后弹簧的弹性势能肯定小于起先时弹簧的弹性势能,弹簧的形变量肯定小于x,故C错误;在t2时刻弹簧的伸长量达到最大,A、B共速,由a-t图像与坐标轴所围面积表示速度改变量,可知此时vA=S1-S2,vB=S3,vA=vB,则S1-S2=S3,故D正确。素养综合练5.如图所示,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到光滑水平面的距离为h。物块B和物块C的质量分别是5m和3m,物块B与物块C用轻弹簧拴接,置于光滑的水平面上,且物块B位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直,小球由静止释放,运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16。小球与物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g答案54解析设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时的重力势能为零,依据机械能守恒定律有mgh=1解得v1=2设碰撞后小球反弹的速度大小为v1',同理有mgh16=12解得v1'=2设碰撞后物块B的速度大小为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv1=-mv1'+5mv2解得v2=2由动量定理可得,碰撞过程物块B受到的冲量为I=5mv2=5碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有5mv2=8mv3由机械能守恒定律得Epm=12×5mv22-解得Epm=15128mgh6.(2024湖北省重点中学联考)内有光滑半圆形轨道、质量为m1=2kg的滑块静止在光滑的水平地面上,直径BD为2r=0.3m。一个铁桩固定在地面上,滑块左侧紧靠在铁桩上。滑块内圆轨道的左端点B的正上方高度h=0.3m处有一点A,现将质量为m2=1kg的小球(可以视为质点)从A点由静止释放,然后经过半圆轨道的B、C、D点后冲出(C点为圆轨道的最低点)。重力加速度g取10m/s2,忽视空气阻力。(1)求小球到达C点时的速度大小;(2)求小球第一次冲出D点时的速度大小,以及能够上升的最大高度;(3)假如没有铁桩,求小球其次次冲出D点并到达最高点时,与初位置A点的水平距离。答案(1)3m/s(2)2m/s0.15m(3)0.2m解析(1)小球从A到C由动能定理m2g(h+r)=12m2解得vC=2g((2)小球从C到D的过程水平方向动量守恒,则m2vC=(m1+m2)vx由m2gh=12m2(vx2+vy12m2vy2vD=v解得H=0.15mvD=2m/s。(3)假如没有滑块左侧的铁桩,小球第一次冲出D点时,滑块向左的