2025高考物理總復(fù)習(xí) 提能訓(xùn)練　練案33

第七章第六章第19講提能訓(xùn)練練案[33]基礎(chǔ)過關(guān)練題組一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用1．(2021·全國乙卷)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)(B)A．動量守恒，機(jī)械能守恒B．動量守恒，機(jī)械能不守恒C．動量不守恒，機(jī)械能守恒D．動量不守恒，機(jī)械能不守恒[解析]因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的，以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能不守恒。故選B。2.如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球在離車底面高度20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，若小球在落在車的底面之前瞬時速度是25m/s，則當(dāng)小球和小車相對靜止時，小車的速度是(g取10m/s2)(A)A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s[解析]由平拋運(yùn)動規(guī)律可知，小球下落的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，在豎直方向的分速度vy＝gt＝20m/s，水平方向的分速度vx＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，取小車初速度的方向?yàn)檎较?，由于小球和小車的相互作用滿足水平方向上動量守恒，則m車v0－m球vx＝(m車＋m球)v，解得v＝5m/s，故A正確。3．甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6m/s，甲車上有質(zhì)量m＝1kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)量M1＝50kg，乙和他的小車的總質(zhì)量M2＝30kg。為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面v′＝16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞。則甲總共拋出的小球個數(shù)是(D)A．12 B．13C．14 D．15[解析]規(guī)定甲的速度方向?yàn)檎较颍瑑绍噭偤貌幌嘧?，則兩車速度相等，由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s，對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確。4．如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。[答案]2m/s[解析]因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vAB＝vC③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s。題組二碰撞爆炸與反沖、人船模型5．(2024·福建三明月考)有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時速度大小為v0、方向水平向右，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向右，則另一塊的速度是(C)A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v[解析]爆竹在最高點(diǎn)速度大小為v0、方向水平向右，爆炸前動量大小為3mv0，爆炸后，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向右，設(shè)爆炸后另一塊瞬時速度大小為v′，取爆竹到最高點(diǎn)爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，爆炸過程動量守恒，則3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v，C正確，A、B、D錯誤。6．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星速率v1為(D)A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)[解析]箭體與衛(wèi)星分離過程動量守恒，由動量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D正確。7．如圖所示，A、B兩個小球沿光滑水平面向右運(yùn)動，取向右為正方向，則A的動量pA＝10kg·m/s，B的動量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的動量增量ΔpA＝－4kg·m/s，則A、B的質(zhì)量比eq\f(mA,mB)應(yīng)滿足的條件為(B)A.eq\f(mA,mB)>eq\f(5,3) B．eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)≤1C.eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)<eq\f(5,3) D．eq\f(mA,mB)≤1[解析]因?yàn)锳追上B發(fā)生碰撞，則碰前速度滿足vA>vB，即eq\f(pA,mA)>eq\f(pB,mB)，解得eq\f(mA,mB)<eq\f(5,3)，碰撞過程滿足動量守恒，則pA＋pB＝pA′＋pB′，由題意知pA′＝6kg·m/s，則pB′＝10kg·m/s，由能量關(guān)系得eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，解得eq\f(mA,mB)≤1，碰后速度滿足vA′≤vB′，即eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，解得eq\f(mA,mB)≥eq\f(3,5)，綜上可得eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)≤1，B正確。8．質(zhì)量為M的氣球上有一個質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質(zhì)量不計的軟梯，讓人沿軟梯滑至地面，則軟梯長至少應(yīng)為(C)A.eq\f(m,m＋M)h B．eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D．eq\f(M＋m,m)h[解析]設(shè)軟梯長度至少為L，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向動量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1，人沿軟梯滑至地面，氣球上升的高度為L－h(huán)，平均速度大小v2＝eq\f(L－h(huán),t)，人相對于地面下降的高度為h，平均速度大小v1＝eq\f(h,t)，聯(lián)立得0＝－M·eq\f(L－h(huán),t)＋m·eq\f(h,t)，解得L＝eq\f(M＋m,M)h，故C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯誤。9.(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成，如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是(B)A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0[解析]設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核的質(zhì)量也為m，氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣珊湍芰渴睾愣煽傻胢v0＝mv1＋mv3，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，聯(lián)立解得v1＝v0.設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mv\o\al(2,0),225)，可得EkH>EkN，故B正確，A、C、D錯誤。能力綜合練10.(多選)如圖所示，光滑斜面長L＝2m，傾角θ＝30°。質(zhì)量mA＝0.2kg的物體A從斜面頂點(diǎn)由靜止滑下，與此同時質(zhì)量mB＝0.3kg的物體B從斜面底端以v0＝5m/s的速度沖上斜面，兩物體相撞后粘在一起，取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(BD)A．兩物體碰撞后立即一起沿斜面加速下滑B．兩物體碰撞后一起沿斜面減速上滑一段距離再加速下滑C．兩物體在碰撞過程中損失的機(jī)械能為3.5JD．兩物體在碰撞過程中損失的機(jī)械能為1.5J[解析]設(shè)兩物體運(yùn)動時間t1后相撞，則有v0t1－eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,1)＝L，解得t1＝0.4s，此時A的速度大小vA＝gsinθ·t1＝2m/s，方向沿斜面向下，B的速度大小vB＝v0－gsinθ·t1＝3m/s，方向沿斜面向上。取沿斜面向上的方向?yàn)檎较?，則根據(jù)動量守恒定律可得mBvB－mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝1m/s，所以兩物體相撞后一起沿斜面減速上滑一段距離再加速下滑，選項(xiàng)B正確，A錯誤；兩物體在碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝1.5J，選項(xiàng)D正確，C錯誤。11.如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑的滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？[答案](1)20kg(2)見解析[解析](1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒有m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝－3m/s為冰塊推出時的速度解得m3＝20kg。(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0解得v1＝1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)解得v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。12．(2022·廣東卷)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運(yùn)動的最大高度h。[答案](1)N1＝8NN2＝5N(2)8m/s(3)0.2m[解析](1)當(dāng)滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N，當(dāng)滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為