2025高考物理 人教版選擇性必修第1冊專項復習第1章　5　課時1含答案

2025高考物理人教版選擇性必修第1冊專項復習第1章5課時1含答案第一章5.課時1基礎(chǔ)強化練(時間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共6小題，每題6分，共36分)1.在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們在同一條直線上，2、3小球靜止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它們，如圖所示。設(shè)碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能值是(D)A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：兩個質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，機械能守恒，碰撞后將交換速度，故D正確。2．“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露。有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東，取向東為正方向，則另一塊的速度為(C)A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：取水平向東為正方向，爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正確。3．冰壺是一種深受觀眾喜愛的運動，圖(a)為冰壺運動員將冰壺擲出去撞擊對方靜止冰壺的鏡頭，圖(b)顯示了此次運動員擲出冰壺時刻兩冰壺的位置，虛線圓圈為得分區(qū)域。冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰。若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是下圖中的(C)解析：兩冰壺質(zhì)量相等，碰后甲不可能穿越乙，且碰后甲不可能反向運動，只有選項C符合實際情形。4．(2023·云南高三月考)如圖所示，一質(zhì)量為3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右運動，盒底上表面光滑，同時在盒內(nèi)有一質(zhì)量為M的小物塊以水平速度v向右運動。如果每一次碰撞都沒有機械能損失，則(D)A．盒子與小物塊最終靜止B．盒子與小物塊最終達到相同速度，從而做勻速運動C．第一次碰撞后，小物塊相對水平面的速度大小為eq\f(3,2)vD．第一次碰撞后，小物塊相對水平面的速度大小為eq\f(5,2)v解析：由于水平面光滑且每一次碰撞都沒有機械能損失，盒子與小物塊會一直碰撞下去，故A、B錯誤；盒子與小物塊發(fā)生第一次彈性碰撞瞬間，由動量守恒定律得3M×2v＋Mv＝3Mv1＋Mv2，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)×3M×(2v)2＋eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×3Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得盒子的速度大小為v1＝eq\f(3,2)v，小物塊的速度大小為v2＝eq\f(5,2)v，故C錯誤，D正確。5．質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上均向右沿同一直線運動，A球的動量為pA＝9kg·m/s，B球的動量為pB＝3kg·m/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰后A、B兩球的動量可能是(A)A．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sC．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/sD．pA′＝－4kg·m/s，pB′＝17kg·m/s解析：A、B組成的系統(tǒng)受合外力為0，系統(tǒng)動量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9kg·m/s＋3kg·m/s＝12kg·m/s，故先排除D項。A、B碰撞前的動能應大于或等于碰撞后的動能，即EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′，EkA＋EkB＝eq\f(p\o\al(2,A),2m)＋eq\f(p\o\al(2,B),2m)＝eq\f(81＋9,2m)(J)＝eq\f(90,2m)(J)EkA′＋EkB′＝eq\f(pA′2＋pB′2,2m)，將A、B、C三項數(shù)值代入可排除C項。A、B選項數(shù)據(jù)表明碰撞后兩球的動量均為正值，即碰后兩球沿同一方向運動。因A球的速度應小于或等于B球的速度，即vA′≤vB′，而vA′＝eq\f(8,m)>vB′＝eq\f(4,m)，因此又可排除B項。所以該題的正確選項為A。6．帶電粒子碰撞實驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運動。兩粒子的v－t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則(B)A．A粒子質(zhì)量小于B粒子B．兩粒子在t1時刻的電勢能最大C．A在t2時刻的加速度最大D．B在0～t3時間內(nèi)動能一直減小解析：兩粒子運動過程動量守恒，由圖可知，在t＝0時刻p0＝mBv0在t＝t2時刻p2＝mAvA則mBv0＝mAvA，因v0>vA，則mB<mA，故A錯誤。兩粒子在t1時刻速度相等，系統(tǒng)損失動能最大，則系統(tǒng)的電勢能最大，故B正確。兩粒子在t1時刻距離最近，兩粒子靜電力最大，即A在t1時刻的加速度最大，故C錯誤。B在0～t3時間內(nèi)速度先減小后反向增加，則動能先減小后增加，故D錯誤。二、非選擇題(共24分)7．(11分)一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖甲所示。現(xiàn)給盒子一初速度v0，此后，盒子運動的v－t圖像呈周期性變化，如圖乙所示，請據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量。答案：M解析：設(shè)物體的質(zhì)量為m，t0時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動量守恒定律得：Mv0＝mv，①3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞，由機械能守恒有：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2，②聯(lián)立①②解得m＝M。8．(13分)如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量均為M＝2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一感應開關(guān)相連(當滑塊滑過感應開關(guān)時，兩車自動分離)。甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊P之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。一根通過細線拴著且被壓縮的輕質(zhì)彈簧固定在甲車的左端，質(zhì)量為m＝1kg的滑塊P(可視為質(zhì)點)與彈簧的右端接觸但不相連，此時彈簧的彈性勢能Ep＝10J，彈簧原長小于甲車長度，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)剪斷細線，求：(1)滑塊P滑上乙車前的瞬時速度的大小。(2)滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，滑塊P在乙車上滑行的距離。(g取10m/s2)答案：(1)4m/s(2)eq\f(5,3)m解析：(1)設(shè)彈簧完全彈開后滑塊P滑上乙車前的速度大小為v，兩小車速度大小為v1，取向右為正方向，對整體應用動量守恒和能量守恒有mv－2Mv1＝0，Ep＝eq\f(mv2,2)＋eq\f(2Mv\o\al(2,1),2)，解得v＝4m/s，v1＝1m/s。(2)設(shè)滑塊P和小車乙達到的共同速度為v′，對滑塊P和小車乙，動量守恒：mv－Mv1＝(m＋M)v′能量關(guān)系為μmgs＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m＋M)v′2代入數(shù)據(jù)解得s＝eq\f(5,3)m。能力提升練(時間15分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)1.(多選)如圖所示，兩根光滑且平行的固定水平桿，位于同一豎直平面內(nèi)。兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間連接一個保持原長的豎直輕彈簧，現(xiàn)給小球m2一個水平向右的初速度v0。如果兩桿足夠長，則在此后的運動過程中，下列說法正確的是(BCD)A．m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B．彈簧最長時，其彈性勢能為eq\f(m1m2v\o\al(2,0),2m1＋m2)C．m1、m2速度相同時，共同速度為eq\f(m2v0,m1＋m2)D．m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：由于系統(tǒng)豎直方向上受力平衡水平方向不受外力，所以m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；彈簧最長時，m1、m2速度相同，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝eq\f(m2v0,m1＋m2)，故C正確；m1、m2和彈簧組成的系統(tǒng)，只有系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故D正確；由分析知，當m1、m2速度相同時，彈簧最長，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Ep，解得Ep＝eq\f(m1m2v\o\al(2,0),2m1＋m2)，故B正確。2.如圖所示，水平放置的圓環(huán)形光滑槽固定在桌面上，槽內(nèi)有兩個大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽運動，在位置P與球b發(fā)生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，兩小球可視為質(zhì)點，則a、b兩球質(zhì)量之比為(D)A．3∶1 B．1∶3C．5∶3 D．3∶5解析：碰后兩球的速度方向相反，且在相同時間內(nèi)，b球運動的弧長為a球運動的弧長的3倍，則有vb＝－3va，由動量守恒定律有mav＝mbvb＋mava，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mav2＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，聯(lián)立解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(3,5)，故D正確。3．如圖甲是建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機示意圖，打夯前先將樁料扶正立于地基上，樁料進入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質(zhì)量為M＝450kg，樁料的質(zhì)量為m＝50kg。每次打夯都通過卷揚機牽引將夯錘提升到距離樁頂h0＝5m處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上后立刻隨樁料一起向下運動。樁料進入泥土后所受阻力隨打入深度h的變化關(guān)系如圖乙所示，直線斜率k＝5.05×104N/m。g取10m/s2，則下列說法正確的是(C)A．夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為9m/sB．夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為4.5m/sC．打完第一夯后，樁料進入泥土的深度為1mD．打完第三夯后，樁料進入泥土的深度為3m解析：設(shè)夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為v0，根據(jù)自由落體運動規(guī)律得veq\o\al(2,0)＝2gh0，解得v0＝eq\r(2gh0)＝10m/s，取向下為正方向，打擊過程遵守動量守恒定律，有Mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝9m/s，故A、B錯誤。由題圖乙知，樁料下沉過程中所受的阻力是隨距離均勻變化的，可用平均力求阻力做的功，得Wf＝－eq\f(1,2)kh·h＝－eq\f(1,2)kh2，對夯錘與樁料，由動能定理得(M＋m)gh＋Wf＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2，代入數(shù)據(jù)解得h＝1m，故C正確。由于每次都將夯錘提升到距樁頂?shù)母叨葹閔0處，故每次碰撞后夯錘和樁料瞬間的速度均為v，設(shè)三次打擊后樁料共下降x，則克服阻力做功W＝eq\f(1,2)kx2，由能量守恒定律得(M＋m)gx＋3×eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)kx2，解得經(jīng)過三次撞擊后樁料被打入泥土的深度x≈1.65m，故D錯誤。4．(多選)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直彈性擋板，擋板右側(cè)依次放有10個質(zhì)量均為2m的彈性白色小球(在一條直線上)，一質(zhì)量為m的紅色小球以與白色小球共線的速度v0與1號小球發(fā)生彈性正碰，紅色小球反彈后與擋板發(fā)生彈性碰撞，碰后速度方向與碰前速度方向相反，兩彈性白色小球碰撞時交換速度，則下列說法正確的是(BD)A．10號小球最終速度為v0B．10號小球最終速度為eq\f(2,3)v0C．紅色小球最終速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))10v0D．紅色小球最終速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))10v0解析：設(shè)紅色小球與1號小球彈性碰撞后兩球速度分別為v01和v1，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv01＋2mv1，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,01)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)，解得v01＝－eq\f(1,3)v0，v1＝eq\f(2,3)v0，白色小球碰撞時交換速度，故10號小球最終速度為eq\f(2,3)v0，故A錯誤，B正確。設(shè)紅色小球被擋板反彈與1號小球發(fā)生第2次彈性碰撞后速度為v02，根據(jù)動量守恒定律，有m·eq\f(1,3)v0＝mv02＋2mv2，根據(jù)能量守恒定律，有eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,02)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v02＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2v0，以此類推，紅色小球與1號小球碰撞10次后的速度為－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))10v0，再被擋板反彈后，紅色小球最終速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))10v0，故C錯誤，D正確。二、非選擇題(共16分)5．(8分)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。求：(1)物塊C的質(zhì)量？(2)B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep?答案：(1)2kg(2)9J解析：(1)由圖知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2，解得：mC＝2kg。(2)12s末B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當AC與B速度v4相等時彈簧彈性勢能最大。根據(jù)動量守恒定律，有：(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4，根據(jù)機械能守恒定律，有：eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,4)＋Ep，解得Ep＝9J。6．(8分)如圖所示，水平地面上可視為質(zhì)點的物體A和B緊靠在一起靜止于b處，已知A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m。兩物體在足夠大的內(nèi)力作用下突然沿水平方向左右分離。B碰到c處的墻壁后等速率反彈，并追上已停在ab段的A，追上時B的速率等于兩物體剛分離時B的速率的一半。A、B與水平地面的動摩擦因數(shù)均為μ，b與c間的距離為d，重力加速度為g。求：(1)分離瞬間A、B的速率之比；(2)分離瞬間A獲得的動能。答案：(1)eq\f(1,3)(2)eq\f(24,23)μmgd解析：(1)以水平向左為正方向，分離瞬間對A、B系統(tǒng)應用動量守恒定律有3mvA－mvB＝0，解得eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,3)。(2)A、B分離后，A物體向左勻減速滑行，對A應用動能定理：－μ·3mgsA＝0－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,A)對B從兩物體分離后到追上A的過程應用動能定理：－μmgsB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vB,2)))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)兩物體的路程關(guān)系是sB＝sA＋2d分離瞬間A獲得的動能：EkA＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,A)聯(lián)立解得EkA＝eq\f(24,23)μmgd。第一章5.課時2基礎(chǔ)強化練(時間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共7小題，每題6分，共42分)1．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是(A)A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定解析：以甲滑塊的運動方向為正方向，由動量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v碰前總動能Ek＝eq\f(1,2)×3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2碰后總動能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2Ek＝Ek′，所以A正確。2．在光滑水平面的同一直線上，自左向右依次排列質(zhì)量均為m的一系列小球，另一質(zhì)量為m的小球A以水平向右的速度v運動，依次與上述小球相碰，碰后即粘在一起，碰撞n次后，剩余的總動能為原來的eq\f(1,8)，則n為(C)A．5 B．6C．7 D．8解析：第一次碰撞時根據(jù)動量守恒：mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(v,2)，碰撞前的動能：E0＝eq\f(1,2)mv2，第一次碰撞后的動能：E1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2·2m＝eq\f(mv2,4)，第n次碰撞后的動能En＝eq\f(1,2)(n＋1)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,n＋1)))2＝eq\f(1,2)·eq\f(mv2,n＋1)，令En＝eq\f(1,8)E0，解得n＝7。3．兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，B球在前，A球在后，mA＝1kg、mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝3m/s，當A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球的速度可能是(C)A．vA′＝－4m/s，vB′＝6m/sB．vA′＝4m/s，vB′＝5m/sC．vA′＝4m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝2.5m/s解析：碰撞前系統(tǒng)的總動量p＝mAvA＋mBvB＝12kg·m/s，系統(tǒng)的總動能Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J。若vA′＝－4m/s，vB′＝6m/s，碰撞后系統(tǒng)的動量p′＝mAvA′＋mBvB′＝8kg·m/s，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；若vA′＝4m/s，vB′＝5m/s，碰撞后系統(tǒng)的動量為p′＝mAvA′＋mBvB′＝14kg·m/s，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；若vA′＝4m/s，vB′＝4m/s，碰撞后系統(tǒng)的動量p′＝mAvA′＋mBvB′＝12kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)的總動能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝24J，系統(tǒng)的總動能不增加，故C正確；若vA′＝7m/s，vB′＝2.5m/s，碰撞后系統(tǒng)的動量p′＝mAvA′＋mBvB′＝12kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)的總動能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝30.75J，系統(tǒng)的總動能增加，故D錯誤。4．在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖(a)所示，藍壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖(b)所示。關(guān)于兩冰壺的運動，下列說法正確的是(B)A．兩壺發(fā)生彈性碰撞B．碰撞后兩壺相距的最遠距離為1.1mC．藍壺受到的滑動摩擦力較大D．碰撞后藍壺的加速度大小為0.1m/s2解析：設(shè)碰后藍壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后紅壺的速度為v0′＝0.4m/s，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6m/s；碰撞前兩壺的總動能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.5m，碰撞后兩壺的總動能為Ek2＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2＝0.26m<Ek1，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤；根據(jù)碰前紅壺的v－t圖線可知紅壺的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.2－1.0,1)m/s2＝0.2m/s2，所以藍壺速度減為零的時刻為t＝eq\f(1.2,0.2)s＝6s，v－t圖線與t坐標軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠距離為x＝eq\f(0.6×5,2)m－eq\f(0.4×2,2)m＝1.1m，故B正確；根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度比藍壺的加速度大，兩壺質(zhì)量相等，所以紅壺受到的滑動摩擦力比藍壺的大，故C錯誤；碰后藍壺的加速度大小為a′＝eq\f(0.6,6－1)m/s2＝0.12m/s2，故D錯誤。故選B。5．(2024·江蘇南京高三期中)質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球速度v′可能值的范圍為(C)A．0.2v≤v′≤0.5vB．0.2v≤v′≤0.75vC．0.25v≤v′≤0.5vD．0.25v≤v′≤0.75v解析：若A、B兩球為彈性碰撞，則碰撞過程無能量損失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒、機械能守恒可得mv＝mv1＋3mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(3,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝0.5v，若A、B兩球為完全非彈性碰撞，碰撞后兩球共速，碰撞過程能量損失最大，碰撞后速度最小，根據(jù)動量守恒可得mv＝(m＋3m)v共，解得v共＝0.25v，因此碰撞后B球速度v′可能值的范圍為0.25v≤v′≤0.5v。故選C。6．如圖所示，光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，左端有一輕彈簧，當A撞上彈簧到彈簧恢復原長時(C)A．A的動量為mvB．B的速度為eq\f(1,2)vC．B的動量達到最大值D．A、B系統(tǒng)總動量為2mv解析：物塊A、B組成的系統(tǒng)總動量守恒和機械能守恒，當A撞上彈簧到彈簧恢復原長時，設(shè)兩物塊的速度分別為vA、vB，取向右為正方向，可得mv＝mvA＋mvB，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vA＝0，vB＝v，則A的動量為0，B的速度為v，故A、B錯誤；彈簧壓縮最短后，B的速度繼續(xù)變大，當彈簧恢復原長時，B的動量達到最大值，故C正確；物塊A、B組成的系統(tǒng)總動量守恒，則A、B系統(tǒng)總動量為mv，故D錯誤。故選C。7．如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為m的滑塊，滑塊右側(cè)面為一個半徑為R的eq\f(1,4)弧形的光滑凹槽，A點切線水平。另有一個質(zhì)量為m的小球以水平速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g。下列說法中正確的是(D)A．當v0＝eq\r(2gR)時，小球恰好能到達B點B．當v0＝eq\r(2gR)時，小球在弧形凹槽上沖向B點的過程中，滑塊的動能增大；返回A點的過程中，滑塊的動能減小C．如果小球的速度v0足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上D．小球返回A點后做自由落體運動解析：小球滑上凹槽的過程中，若凹槽固定，小球v0＝eq\r(2gR)的速度沖上，根據(jù)機械能守恒mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝R，但是，凹槽不固定，小球沖上來的過程中，凹槽也會運動，根據(jù)機械能守恒可知小球不能沖到B點，A錯誤；當v0＝eq\r(2gR)時，小球在弧形凹槽向上沖的過程中，滑塊受到左下方的支持力，速度增大，動能增大；滑到最高點時，兩者速度相等，之后返回A點的過程中，滑塊的動能依然增大，B錯誤；如果小球的速度v0足夠大，小球?qū)幕瑝K的右側(cè)沿切線方向飛離凹槽，相對凹槽的速度方向豎直向上，兩者水平速度相等，所以小球會沿右側(cè)邊緣落回，C錯誤；小球和凹槽整個作用過程中，水平方向動量守恒，機械能守恒，類似于彈性碰撞mv0＝mv1＋mv2，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(2,2)，解得v1＝0，v2＝v0，所以小球返回A點后做自由落體運動，D正確。故選D。二、非選擇題(18分)8．(18分)(2023·福建泉州高二泉州七中?？计谥?如圖所示，質(zhì)量為3m的小球甲用長為L＝1.8m的不可伸長的輕繩懸掛在O點正下方。在光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的長木板丙，在長木板的最左端有一質(zhì)量為m的小滑塊乙，乙和丙一起向左勻速運動，小球甲剛好和小滑塊乙在同一水平線上。在運動過程中，甲與乙只發(fā)生一次彈性碰撞，且碰撞前乙的速度為v0＝12m/s。已知小滑塊乙與長木板丙間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，重力加速度g＝10m/s2，甲、乙均可視為質(zhì)點。(1)求甲與乙發(fā)生彈性碰撞后，小球甲上升的最大高度；(2)求木板長度為多少時，乙不會從木板上掉落。答案：(1)1.8m(2)18m解析：(1)以向左為正方向，甲與乙發(fā)生彈性碰撞，二者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間甲、乙的速度分別為v1、v2，則根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mv2＋3mv1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)解得v1＝6m/s，v2＝－6m/s對小球根據(jù)機械能守恒定律有3mgh＝eq\f(3mv\o\al(2,1),2)解得h＝1.8m。(2)對于滑塊和長木板，設(shè)滿足條件的長木板的最小長度為L1，最終二者共同速度為v3，則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得2mv0＋mv2＝(2m＋m)v3，μmgL1＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(2m＋m)veq\o\al(2,3)解得v3＝6m/s，L1＝18m即木板長度大于18m時，乙不會從木板上掉落。能力提升練(時間15分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共3小題，每小題5分，共15分)1．(2024·江西南昌二中高二階段練習)如圖所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩個物體，mA＝2kg，mB＝1kg，速度的大小均為v0＝8m/s，速度方向相反。A板足夠長，A、B之間有摩擦，當觀察到B做加速運動時，A的速度大小可能為(B)A．2m/s B．3m/sC．4m/s D．5m/s解析：由受力分析可知：A、B兩物體在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整體在水平方向動量守恒則mAv0－mBv0＝mAvA＋0，代入數(shù)據(jù)解得vA＝4m/s，故當A的速度為4m/s時，B開始做加速運動，直到與A共速。共速時對A、B運用動量守恒定律mAv0－mBv0＝(mA＋mB)v共，代入數(shù)據(jù)解得v共＝eq\f(8,3)m/s，所以eq\f(8,3)m/s＜vA＜4m/s時，可以觀察到B做加速運動，故只有B符合題意。故選B。2．(2023·黑龍江海倫市第一中學高二期中)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則下列說法錯誤的是(D)A．子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大C．子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間長D．子彈A射入木塊時的初動能一定比子彈B射入木塊時的初動能大解析：整個過程中木塊始終保持靜止，則子彈A、B對木塊的力大小相等，方向相反，B錯誤；整個運動過程中A、B和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由此可知，子彈A、B的初動量大小相等，設(shè)子彈A、B受到的阻力大小為f，初動量為p，根據(jù)動量定理可得ft＝p，由此可知，子彈A、B在木塊中運動的時間相等，C錯誤；子彈A、B的深度分別為xA、xB，質(zhì)量分別為mA、mB，初動能分別為EkA、EkB，對子彈A、B應用動能定理可得fxA＝EkA＝eq\f(p2,2mA)，fxB＝EkB＝eq\f(p2,2mB)，子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則EkA>EkB，mA<mB，A錯誤，D正確。3．(多選)(2023·浙江杭師大附中高二期中)如圖所示，運動的A球(質(zhì)量、初速度都確定)在光滑水平面上與一個原來靜止的B球(質(zhì)量可改變)發(fā)生彈性碰撞(ABC)A．要使B球獲得最大動能，則應讓B球質(zhì)量與A相等B．要使B球獲得最大速度，則應讓B球質(zhì)量遠小于A球質(zhì)量C．要使B球獲得最大動量，則應讓B球質(zhì)量遠大于A球質(zhì)量D．若B球質(zhì)量遠小于A球質(zhì)量，則B球?qū)@得最大動能、最大速度及最大動量解析：設(shè)A球的質(zhì)量為m1、B球質(zhì)量為m2、碰前A球的速度為v0，A與B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。據(jù)v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，當A、B兩球質(zhì)量相等時，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動能，B球獲得了最大動能，故A正確；據(jù)v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0，當A球質(zhì)量遠大于B球質(zhì)量時，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍，故B正確；據(jù)v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，當A球質(zhì)量遠小于B球質(zhì)量時，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A球初始動量的接近2倍，B球獲得最大動量，故C正確；由上面三項分析知，D錯誤。故選ABC。二、非選擇題(25分)4．(12分)如圖所示，甲車質(zhì)量m1＝m，在車上有質(zhì)量M＝2m的人，甲車(連同車上的人)從足夠長的斜坡上高h處由靜止滑下，到水平面上后繼續(xù)向前滑動