专题强化练(第七章 专题强化课六 力学三大观点的综合应用)-【优学精研】2026年高考物理一轮总复习教用word

专题强化练　(40分钟　64分) 一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。 1.(2024·芜湖模拟)如图所示,质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上,中间用轻弹簧相连,弹簧处于原长,一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0射入木块A并留在物块中(时间极短),则下列说法正确的是(　　) A.子弹射入物块A的过程中,子弹的动量变化量为 B.子弹射入物块A的过程中,物块A的动能增加量为 C.在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物块B的动量大小最大值为 D.弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为 【解析】选C。子弹射入物块A的过程中,子弹与物块A组成的系统动量守恒,则有kmv0=(m+km)v1,求得v1=v0,子弹动量的变化量Δp=kmv1-kmv0=-,选项A错误;物块A的动能增加量为ΔEkA=m=,选项B错误;当弹簧第一次压缩到最短时,物块B的动量大小最大,则有子弹与物块A、物块B、弹簧组成的系统动量守恒,则有kmv0=(2m+km)v2,求得v2=v0,物块B的动量大小最大值为pBm=,选项C正确;弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为ΔEpm=(m+km)-(2m+km)=,选项D错误。 2.(2024·辽宁实验中学模拟)如图所示,竖直面内的水平轨道与半径为R的圆轨道平滑连接,A、B为完全相同的小球,小球A以速度v0向右运动,与静止在圆轨道最低点的小球B发生弹性碰撞,之后小球B沿圆轨道上升到C点脱离轨道,不计一切摩擦,则(　　) A.小球B在C点的向心加速度为零 B.小球B脱离轨道后做自由落体运动 C.欲使小球B沿圆轨道上升过程中不脱轨,可以适当增加小球A的速度 D.欲使小球B沿圆轨道上升过程中不脱轨,可以适当减小小球A的速度 【解析】选C。小球B在C点脱离轨道,就是在该点对轨道没有压力,小球B重力的分力提供向心力,小球B在C点的向心加速度不为零,故A错误;小球B脱离轨道后做斜抛运动,故B错误;欲使小球B沿圆轨道上升过程中不脱轨,需要增加小球B的速度,A、B两小球质量相等,碰后互换速度,所以可以适当增加小球A的速度,故C正确,D错误。 3.如图所示,轻弹簧左端固定在墙壁上,右端拴接质量为m的物块A,初始时弹簧处于原长状态,物块A静止在地面上,其左侧地面光滑,右侧地面粗糙。质量为m的物块B从距离物块A为L的位置以大小为v0的初速度向A运动,并以大小为v0的速度与A发生碰撞(碰撞时间极短),碰后物块B静止。两物块均可视为质点,重力加速度为g,则(　　) A.物块B与地面间的动摩擦因数为 B.两物块第一次碰撞损失的能量为m C.弹簧的最大弹性势能为m D.物块B最终停止在其初始位置的右侧 【解析】选B。根据题意,B运动过程中,由动能定理有m-m(v0)2=-μmgL,解得μ=,故A错误;由于碰撞时间极短,则碰撞过程系统动量守恒,则有mv0=mv,解得v=v0,则两物块第一次碰撞损失的能量为ΔE=m-··()2=m,故B正确;根据题意可知,碰撞之后,物块A和弹簧组成的系统机械能守恒,当物块A的动能为0时,弹簧的弹性势能最大,由机械能守恒定律有Epm=··()2=m,故C错误;根据题意,由上述分析可知,物块B由初位置运动到物块A静止的位置,动能减小了ΔEk=m(v0)2-m=m,由于碰撞过程中动能损失,则物块B经过两次与物块A的碰撞,动能一定小于m,由动能定理可知,物块B最终一定停止在其初始位置的左侧,故D错误。 4.(多选)如图所示,叠放在一起的a、b两物块从距地面一定高度处由静止下落,经碰撞后物块b静止在地面上。不考虑空气阻力的影响,b与地面仅碰撞一次,假定所有的碰撞均为弹性碰撞,则(　　) A.下落过程中物块a、b间存在弹力作用 B.物块b的质量是a的3倍 C.物块a能反弹的最大高度是其初始下落高度的5倍 D.物块a反弹的速度是物块b落地速度的2倍 【解析】选B、D。由于不受空气阻力作用,两物块均在空中做自由落体运动,两物块之间不存在相互作用的弹力,故A错误;设两物块落地瞬间的速度大小为v0,物块b落地后与地面发生弹性碰撞,以初速度v0反弹且与物块a发生弹性碰撞,设碰撞后瞬间物块a的速度为v,以竖直向上为正方向,则由动量守恒定律可得mbv0-mav0=mav,由机械能守恒定律可得ma+mb=mav2,解得mb=3ma,v=2v0,故B、D正确;以整个过程为研究对象,设初始下落高度为h,a反弹的高度为h',则有(ma+mb)gh=magh',解得h'=4h,故C错误。 5.(多选)(2024·海口模拟)如图所示,不可伸长的轻绳跨越钉子O,两端分别系有大小相同的小球A和B。在球B上施加外力F,使轻绳OB水平且绷直,球A与地面接触,两球均静止。已知OA=OB=L,两球质量分别为mA、mB,重力加速度为g,不计一切阻力。现将球B由静止释放,发现两球可沿水平方向发生碰撞,且碰后粘在一起运动。则(　　) A.两球质量应满足mA≥3mB B.外力F应满足mBg≤F≤mBg C.两球碰撞前瞬间,B球的加速度大小为3g D.两球碰后摆起的最大高度不超过L 【解析】选A、D。两球可沿水平方向发生碰撞,说明A不会离开地面,则对B有mBgL=mBv2,在最低点时T-mBg=mB,解得T=3mBg。 因A不会离开地面,则mAg≥T=3mBg,选项A正确;要使轻绳处于伸直状态,则力F最小值为mBg,因A的重力无最大值(可以是无穷大),可知F无最大值,选项B错误;两球碰撞前瞬间,B球的加速度大小为a==g,选项C错误;因A质量最小值为3mB,则A、B碰后由动量守恒定律得mBv=(mA+mB)v共 由机械能守恒定律得(mA+mB)=(mA+mB)gh,解得h=,选项D正确。 6.(多选)如图所示,三个小孩分别坐在三辆碰碰车(可看成质点)上,任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等,三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线,且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动,依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞,碰撞时间很短且碰后连为一体,最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”,下列说法正确的是(　　) A.三辆碰碰车整体最后的动能等于E0 B.碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2∶3 C.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶1 D.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶2 【解析】选A、C。由系统动量守恒,可得mv0=3mv 其中E0=m,则三辆碰碰车整体最后的动能为Ek=×3mv2=E0,故A正确;设相邻两车间的距离为x,碰碰车1运动到2的时间为t1=,依题意,碰碰车1与静止的碰碰车2碰撞过程动量守恒,有mv0=2mv12,则碰碰车2运动到3的时间为t2==,可得t1∶t2=1∶2,故B错误;碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为 ΔE1=m-×2m=m 第二次碰撞时损失的机械能为ΔE2=×2m-×3mv2=m 可得ΔE1∶ΔE2=3∶1,故C正确,D错误。 7.(多选)如图所示,光滑水平面上有一根轻质弹簧,弹簧两端分别连接在固定挡板和小物块N上,处于静止状态。一足够长且倾角为θ的光滑斜面体固定在地面上,斜面与地面平滑连接。小物块M与斜面底端的距离为L,小物块M由静止开始释放,在水平地面上与N发生碰撞(碰撞时间极短),并立即粘到一起向左压缩弹簧。已知小物块M、N的质量均为m,重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是(　　) A.小物块M与小物块N碰撞前的动能为mgL B.小物块M与小物块N碰撞后瞬间的速度为 C.弹簧的最大弹性势能为mgLsinθ D.弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大 【解析】选B、D。根据机械能守恒,小物块M与小物块N碰撞前的动能为Ek=mgLsinθ,故A错误;小物块M由静止释放到碰撞前,根据动能定理mgLsinθ=m,解得小物块M与小物块N碰撞前的速度为v0=,小物块M与小物块N碰撞前后动量守恒,则mv0=2mv,解得小物块M与小物块N碰撞后瞬间的速度为v=,故B正确;弹簧被压缩到最短时两物块的速度为零,弹簧的弹性势能最大,弹簧的最大弹性势能为Ep=×2mv2=mgLsinθ,故C错误,D正确。 8.(多选)如图甲所示,倾角为θ的足够长的斜面固定在水平面上,物块A、B中间用轻弹簧相连,当弹簧处于原长L时,A、B恰好静止在斜面上。物块C以速度v0沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞,从碰后瞬间开始计时,A和B的位置随时间变化的图像如图乙中的曲线a、b所示,t1时刻a、b的纵坐标分别为x1、x2,此时两条曲线的纵坐标差值最小。已知A、B和C可视为质点,质量均为m,且与斜面之间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则(　　) A.C与B碰后瞬间,B的速度为v0 B.C与B碰后瞬间,A的加速度为gsinθ C.从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中,因摩擦产生的热量为 2mg(x1+x2-L)sinθ D.从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中,因摩擦产生的热量为 4mg(x1+x2-L)sinθ 【解析】选A、C。由题知B和C可视为质点,质量均为m,物块B、C碰撞过程中动量守恒,两球碰撞后交换了速度,故C与B碰后瞬间,B的速度为v0,A正确;当C与B碰后瞬间,弹簧仍处于原长L,A物体处于静止状态,A的加速度为0,B错误;由题知物块C以速度v0沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞,且A、B和C质量均为m,则mgsinθ=μmgcosθ,说明物块A、B运动过程中相当于所受外力合力为零,在物块B获得速度v0后开始压缩弹簧,由于弹簧弹力作用,物块B的速度减小,物块A的速度增加,当弹簧压缩到最短时物块A、B拥有共同速度,后物块A的速度继续增加,物块B的速度继续减小,弹簧逐渐伸长,当物块A的速度达到v0,物块B的速度减为0时,弹簧处于原长,在整个过程中摩擦力做功等于重力势能减小量,由对称性知,物块B沿斜面位移等于物块A沿斜面位移为(x1+x2-L),故从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中,因摩擦产生的热量为Q=2mg(x1+x2-L)sinθ,C正确,D错误。 二、计算题:本题共1小题,共16分。 9.(2025·广东部分学校联考)为研究碰撞过程中的规律,某实验小组设计了如下实验:如图所示,一质量为m的物块A在粗糙水平面上向右运动,经过O点时的速度大小为v0(未知),最终停在O点右侧s0处。现将质量也为m的物块B放在距离O点右侧0.75s0处,让物块A从O点出发也以速度大小v0向右运动,并与物块B发生碰撞,物块A、B碰撞时间极短。已知物块A与水平面间的动摩擦因数为μ,物块B与水平面间的动摩擦因数为2μ,重力加速度为g,求: (1)速度大小v0;(5分) (2)若物块A与B发生弹性碰撞,求碰后瞬间物块A、B的速度大小分别多大;(5分) (3)设物块A与B碰前瞬间的速度为v,碰后瞬间物块A、B的速度分别为v1、v2,在物理学上通常定义碰撞恢复系数为e=;若要求物块A、B至少发生两次碰撞,求恢复系数e的取值范围。(6分) 【解析】(1)对物块A受力分析,则有μmg=ma1解得a1=μg, 根据运动学公式有-2a1s0=0-,解得v0=。 (2)设物块A与B碰前瞬间的速度为v,根据运动学公式可得v2-=-2a1·0.75s0, 解得v=,设碰后瞬间物块A、B的速度分别为vA、vB,根据动量守恒定律与机械能守恒定律可得mv=mvA+mvB,mv2=m+m,联立解得vA=0,vB=。 (3)对物块B受力分析,则有2μmg=ma2,解得a2=2μg。 设碰撞恢复系数为e1时,物块A、B恰好发生两次碰撞,e1=,根据动量守恒定律可得mv=mv1+mv2,物块A、B恰好发生第二次碰撞时满足=,联立解得e1=3-2,故恢复系数e的取值范围为0<e≤3-2。 答案:(1)　(2)0　 (3)0<e≤3-2 - 8 - 学科网（北京）股份有限公司 $