2025届高考物理一轮复习课时作业28力学“三大”观点综合应用含解析鲁科版

PAGEPAGE6课时作业28力学“三大”观点综合应用时间：45分钟1．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m且静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后BA．0 B．0.3vC．0.6v D．0.9v解析：本题考查碰撞结果可能性分析．A、B两球组成的系统在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞的过程中系统动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝－mv1＋2mv2，假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝eq\f(1,2)v，由题意知A球被反弹，所以B球的速度v2>eq\f(1,2)v，A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有eq\f(1,2)mv2≥eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，联立得v2≤eq\f(2,3)v，所以有eq\f(1,2)v<v2≤eq\f(2,3)v，符合条件的只有0.6v.故C正确，A、B、D错误．2．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动．则下列说法正确的是(B)A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3m/sB．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/sC．弹簧的弹性势能最大值为36JD．弹簧再次复原原长时A、B、C三物块速度相同解析：本题考查碰撞过程中的动量守恒定律、能量守恒定律．B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3m/s，依据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为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正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，复原原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则复原原长时三物块速度不同，故D错误．3．(多选)如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙．现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程P、Q速度随时间变更的图象可能正确的是(ABC)解析：本题结合图象考查板块模型中的动量守恒、能量守恒．起先时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度，以向右为正方向，A、B系统动量守恒，依据动量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v；若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图象如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图象如图B所示；若mPvP<mQvQ，则v<0，图象如图C所示．故选项A、B、C正确，D错误．4.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA＝3m、mB＝m的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁．现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做的功为W，使A、B(1)从撤去推力到物体A刚离开墙壁，墙壁对A的冲量大小；(2)A离开墙壁后，当弹簧再次复原原长时，A、B的速度大小．解析：(1)压缩弹簧时，推力做的功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B在弹簧弹力的作用下做加速运动．在弹簧复原原长的过程中，系统机械能守恒．弹簧复原原长时，A即将离开墙壁，设B的速度为vB0，有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B0)此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变更，有I＝mvB0计算得出I＝eq\r(2mW).(2)从A离开墙壁到弹簧复原原长的过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有mvB0＝mvB＋3mvAW＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,A)计算得vA＝eq\f(1,2)eq\r(\f(2W,m))，vB＝－eq\f(1,2)eq\r(\f(2W,m))则A、B的速度大小均为eq\f(1,2)eq\r(\f(2W,m)).答案：(1)eq\r(2mW)(2)均为eq\f(1,2)eq\r(\f(2W,m))5．如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a从轨道上方某一高度处由静止释放，自A点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、b两小球的质量之比为31，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出后落在离C点水平距离为2eq\r(2)R的水平地面上，重力加速度为g，两小球均可视为质点．求：(1)小球b碰后瞬间的速度大小；(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度．解析：(1)小球b从C点抛出后做平抛运动，有eq\f(1,2)gt2＝2R解得t＝eq\r(\f(4R,g))小球b做平抛运动的水平位移x＝vCt＝2eq\r(2)R解得vC＝eq\r(2gR)对小球b从B运动到C的过程，依据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,C)＋2mbgR可知小球b在碰后瞬间的速度大小vb＝eq\r(6gR).(2)a、b两小球相碰，由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvba、b两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得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的速度为va′＝eq\f(\r(6gR),3)由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mava′2＝magh解得小球a碰后在轨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.(多选)如图，一质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为gA．P滑到最低点时的动能为mgRB．P从起先到最低点的过程中机械能削减了eq\f(mgR,4)C．P经过最低点后沿内壁接着上滑的最大高度小于RD．P经过最低点后沿内壁接着上滑的最大高度等于R解析：小滑块由最高点运动到最低点的过程，容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律可知0＝mvP－3mv，又由机械能守恒定律得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))，则小滑块在最低点的动能为EkP＝eq\f(3,4)mgR，该过程中小滑块削减的机械能为ΔE＝mgR－eq\f(3,4)mgR＝eq\f(1,4)mgR，A错误，B正确；假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h，则对小滑块和容器组成的系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvP－3mv＝4mv′，mgR＝mgh＋eq\f(1,2)×4mv′2，解得v′＝0，h＝R，C错误，D正确．7.如图所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计．其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上．现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立即粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g.求：(1)A、B碰后的共同速度v1的大小；(2)A、B向下运动的速度最大时，滑块C对水平面的压力大小．解析：(1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则mgH0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①A、B碰撞前后动量守恒，即mv0＝2mv1②式中v1为A与B碰撞后的共同速度联立①②解得v1＝eq\r(\f(gH0,2)).(2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为FN′和FN，对于A、B、C组成的系统，由受力分析可知FN′－3mg＝0③由牛顿第三定律可知FN′＝FN④联立③④解得FN＝3mg.答案：(1)eq\r(\f(gH0,2))(2)3mg8．如图所示，一质量M＝3kg的足够长木板B静止在光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离L＝4m．现有一可视为质点的质量m＝1kg的小物块A，以v0＝8m/s的水平初速度从B的左端滑上B，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失．(1)求B与竖直墙壁碰撞前，A、B组成的系统产生的内能；(2)求从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间t；(3)若B的右端与墙壁的距离L可以变更，并要求B只与墙壁碰撞两次，则L应当满意什么条件？解析：(1)设A、B达到的共同速度为v，依据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得v＝2m/s，设这一过程中B向右运动的位移为x1，依据动能定理有μmgx1＝eq\f(1,2)Mv2，解得x1＝3m，因x1<L，A、B达到共同速度后才与墙碰撞，对系统由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入数据解得Q＝24J.(2)设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为t1，则有μmg＝Ma，v＝at1，代入数据解得t1＝3s，两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为t2，则L－x1＝vt2，解得t2＝0.5s.所以从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为t＝t1＋t2＝3.5s.(3)要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小不等．取水平向右为正方向，设B与墙壁第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，依据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，设B与墙壁其次次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v3、v4，依据动量守恒定律有mv1－Mv2＝mv3＋Mv4，若要B与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，其次次碰撞后总动