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物理
第七章　核心素養(yǎng)提升練
1．(2025·四川省自貢市高三上第一次診斷性考試)在2024年巴黎奧運(yùn)會女子跳水比賽中，我國運(yùn)動員成績斐然。在3米跳板比賽中，若從運(yùn)動員離開跳板開始計時，跳水過程中運(yùn)動員的速度隨時間變化的圖像如圖所示，將運(yùn)動員看作質(zhì)點，其質(zhì)量為m，不計空氣阻力，運(yùn)動員大致在豎直方向運(yùn)動，則下列說法正確的是(　　)
A．在0～t1時間內(nèi)，運(yùn)動員處于超重狀態(tài)
B．在0～t2時間內(nèi)，運(yùn)動員重力的沖量大小為mg·(t2－t1)
C．運(yùn)動員在t3時刻處于運(yùn)動過程中的最低點
D．運(yùn)動員在整個運(yùn)動過程中，水的阻力的沖量大小等于重力的沖量大小
2．鼓浪嶼原名“圓沙洲”，因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時聲如擂鼓，故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”，現(xiàn)為中國第52項世界遺產(chǎn)項目。某次漲潮中，海浪以5 m/s的速度垂直撞擊到一平直礁石上，之后沿礁石兩側(cè)流走，已知礁石受沖擊的面積為2 m2，海水的密度為1．05×103 kg/m3，則海浪對礁石的平均沖擊力大小約為(　　)
A．1．05×104 N B．5．25×104 N
C．7．88×104 N D．2．63×105 N
3．“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動的速度大小為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示情況下，探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為vt。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動方向上，其運(yùn)動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是(　　)
A．vt＝2u B．vt＝v0＋2u
C．vt＝2v0＋u D．vt＝v0＋u
4．(魯科版選擇性必修第一冊·第一章[單元自我檢測]T8改編)(多選)物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則(　　)
A．C球落地前瞬間A球的速度為
B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6
C．A球彈起的最大高度為25H
D．A球彈起的最大高度為9H
5．如圖所示，質(zhì)量為0．1 kg的小圓環(huán)A穿在光滑的水平直桿上，小球B的質(zhì)量為0．2 kg，A、B用長為L＝0．8 m的輕質(zhì)細(xì)線連接，B懸掛在A下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時刻，小圓環(huán)A獲得沿桿向左的沖量0．6 N·s，取g＝10 m/s2，A、B可視為質(zhì)點。下列說法正確的是(　　)
A．t＝0時刻細(xì)線對B的拉力大小為2 N
B．小球B第一次運(yùn)動到A的正下方時A的速度最小
C．從小球B開始運(yùn)動到第一次回到A的正下方的過程中，細(xì)線對A先做負(fù)功再做正功
D．從小球B開始運(yùn)動到第一次回到A的正下方的過程中，合力對B的沖量為0．6 N·s
6．(2021·山東高考)(多選)如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是(　　)
A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動
B．投出物資后熱氣球所受合力大小為mg
C．d＝
D．d＝
7．(2023·新課標(biāo)卷)(多選)一質(zhì)量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0．4，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B．在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C．從x＝0運(yùn)動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D．從x＝0運(yùn)動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
8．(2021·湖南高考)(多選)如圖a，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運(yùn)動的a t圖像如圖b所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是(　　)
A．0到t1時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0
B．mA>mB
C．B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于x
D．S1－S2＝S3
9．(2024·廣東高考)(多選)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有(　　)
A．甲在斜坡上運(yùn)動時與乙相對靜止
B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C．乙的運(yùn)動時間與H乙無關(guān)
D．甲最終停止位置與O處相距
10．(2024·湖南省永州市高三上第一次模擬)(多選)如圖所示，輕質(zhì)細(xì)桿兩端固定兩個質(zhì)量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，從圖示位置靜止釋放b球，下列說法正確的是(　　)
A．b球落地的瞬間，a球的速度為0
B．在b球落地前的整個過程中，b球的機(jī)械能守恒
C．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球的沖量不為0
D．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的總功不為0
11．(2023·全國乙卷)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質(zhì)量為m＝M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求
(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；
(3)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。
（答案及解析）
1．(2025·四川省自貢市高三上第一次診斷性考試)在2024年巴黎奧運(yùn)會女子跳水比賽中，我國運(yùn)動員成績斐然。在3米跳板比賽中，若從運(yùn)動員離開跳板開始計時，跳水過程中運(yùn)動員的速度隨時間變化的圖像如圖所示，將運(yùn)動員看作質(zhì)點，其質(zhì)量為m，不計空氣阻力，運(yùn)動員大致在豎直方向運(yùn)動，則下列說法正確的是(　　)
A．在0～t1時間內(nèi)，運(yùn)動員處于超重狀態(tài)
B．在0～t2時間內(nèi)，運(yùn)動員重力的沖量大小為mg·(t2－t1)
C．運(yùn)動員在t3時刻處于運(yùn)動過程中的最低點
D．運(yùn)動員在整個運(yùn)動過程中，水的阻力的沖量大小等于重力的沖量大小
答案：C
解析：根據(jù)題圖可知，0～t2時間內(nèi)，運(yùn)動員只受重力作用，加速度為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，運(yùn)動員重力的沖量大小為IG＝mgt2，故A、B錯誤；根據(jù)題圖可知，運(yùn)動員在t3時刻向下的速度為零，t3時刻處于運(yùn)動過程中的最低點，故C正確；取豎直向下為正方向，設(shè)運(yùn)動員起跳時的速度大小為v0，在整個運(yùn)動過程中，根據(jù)動量定理有IG－If＝0－(－mv0)，可得IG＝mv0＋I(xiàn)f，即運(yùn)動員在整個運(yùn)動過程中，水的阻力的沖量大小If小于重力的沖量大小IG，故D錯誤。
2．鼓浪嶼原名“圓沙洲”，因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時聲如擂鼓，故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”，現(xiàn)為中國第52項世界遺產(chǎn)項目。某次漲潮中，海浪以5 m/s的速度垂直撞擊到一平直礁石上，之后沿礁石兩側(cè)流走，已知礁石受沖擊的面積為2 m2，海水的密度為1．05×103 kg/m3，則海浪對礁石的平均沖擊力大小約為(　　)
A．1．05×104 N B．5．25×104 N
C．7．88×104 N D．2．63×105 N
答案：B
解析：設(shè)Δt時間內(nèi)沖擊礁石的海水的體積為ΔV，則有ΔV＝SvΔt，這部分海水的質(zhì)量為Δm＝ρ·ΔV，以海浪的運(yùn)動方向為正方向，在海浪沖擊礁石過程中，設(shè)礁石對海水的平均作用力大小為F，根據(jù)動量定理有－FΔt＝0－Δmv，聯(lián)立解得F＝ρSv2＝1．05×103×2×52 N＝5．25×104 N，根據(jù)牛頓第三定律可知，海浪對礁石的平均沖擊力大小約為F′＝F＝5．25×104 N，故選B。
3．“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動的速度大小為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示情況下，探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為vt。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動方向上，其運(yùn)動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是(　　)
A．vt＝2u B．vt＝v0＋2u
C．vt＝2v0＋u D．vt＝v0＋u
答案：B
解析：設(shè)探測器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，行星在探測器遠(yuǎn)離后的速度大小為u1，以u方向為正方向，由題意結(jié)合彈性碰撞規(guī)律可知，探測器與行星作用過程中，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒、總動能保持不變，根據(jù)動量守恒定律有－mv0＋Mu＝mvt＋Mu1，根據(jù)總動能保持不變，有mv＋Mu2＝mv＋Mu，解得vt＝－，又因為m M，則有vt＝v0＋2u，故B正確。
4．(魯科版選擇性必修第一冊·第一章[單元自我檢測]T8改編)(多選)物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則(　　)
A．C球落地前瞬間A球的速度為
B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6
C．A球彈起的最大高度為25H
D．A球彈起的最大高度為9H
答案：ABD
解析：因為A、B、C球由靜止同時釋放，所以C球落地瞬間三個小球的速度相等，由自由落體運(yùn)動公式v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝，A正確；由題意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，可知C與地面碰撞后以大小為vC＝的速率反彈，則C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，mCv＋mBv＝mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，mBvB′2＋mAv＝mAvA′2，由以上幾式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正確；由B項分析解得vA′＝3，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動規(guī)律，A球彈起的最大高度hmax＝＝9H，C錯誤，D正確。
5．如圖所示，質(zhì)量為0．1 kg的小圓環(huán)A穿在光滑的水平直桿上，小球B的質(zhì)量為0．2 kg，A、B用長為L＝0．8 m的輕質(zhì)細(xì)線連接，B懸掛在A下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時刻，小圓環(huán)A獲得沿桿向左的沖量0．6 N·s，取g＝10 m/s2，A、B可視為質(zhì)點。下列說法正確的是(　　)
A．t＝0時刻細(xì)線對B的拉力大小為2 N
B．小球B第一次運(yùn)動到A的正下方時A的速度最小
C．從小球B開始運(yùn)動到第一次回到A的正下方的過程中，細(xì)線對A先做負(fù)功再做正功
D．從小球B開始運(yùn)動到第一次回到A的正下方的過程中，合力對B的沖量為0．6 N·s
答案：C
解析：根據(jù)動量定理得A的初速度大小vA0＝＝6 m/s，以A為參考系，可知t＝0時刻B相對A做圓周運(yùn)動，且速度大小為vA0，方向向右，對B有T－mBg＝mB，可得細(xì)線的拉力T＝mBg＋mB>mBg＝2 N，故A錯誤；從小球B開始運(yùn)動到第一次回到A的正下方的過程，A與B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、機(jī)械能守恒，以水平向左為正方向，有mAvA0＝mAvA1＋mBvB1，mAv＝mAv＋mBv，可解得B第一次回到A的正下方時A、B的速度分別為vA1＝－2 m/s，vB1＝4 m/s，根據(jù)動量定理知，此過程合力對B的沖量I′＝mBvB1＝0．8 N·s，D錯誤；由上述分析可知，小球B第一次回到A的正下方時，A球的速度不是最小，最小速度為vAmin＝0，B錯誤；開始時A帶動B向左運(yùn)動，A受到向右下方的拉力減速，B受到向左上方的拉力水平方向加速，當(dāng)兩者在水平方向共速時，細(xì)線仍向右下方傾斜，之后A繼續(xù)減速至0，B水平方向繼續(xù)加速，然后A受到向右下方的拉力向右加速至vA1＝－2 m/s，B水平方向繼續(xù)加速至vB1＝4 m/s，此時B第一次回到A的正下方，結(jié)合動能定理知，整個過程細(xì)線對A先做負(fù)功再做正功，C正確。
6．(2021·山東高考)(多選)如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是(　　)
A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動
B．投出物資后熱氣球所受合力大小為mg
C．d＝
D．d＝
答案：BC
解析：開始時載有物資的熱氣球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為0，有F浮＝Mg＋mg；水平投出質(zhì)量為m的物資瞬間，根據(jù)整體動量守恒，可知熱氣球獲得相對地面水平向左的速度v＝；投出物資后熱氣球所受浮力不變，則其所受合力為F浮－Mg＝mg，方向豎直向上，所以投出物資后熱氣球做勻加速曲線運(yùn)動，A錯誤，B正確。投出物資后熱氣球和物資的運(yùn)動示意圖如圖所示，設(shè)物資落地所用時間為t，根據(jù)H＝gt2，解得t＝，熱氣球的加速度大小a＝＝g，則在豎直方向上運(yùn)動的位移為HM＝at2＝·g·＝H；物資和熱氣球在水平方向均做勻速直線運(yùn)動，則物資和熱氣球的水平位移分別為xm＝v0t＝v0，xM＝vt＝v0·，根據(jù)幾何關(guān)系可知，落地時物資與熱氣球的距離為d＝＝·，C正確，D錯誤。
7．(2023·新課標(biāo)卷)(多選)一質(zhì)量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0．4，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B．在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C．從x＝0運(yùn)動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D．從x＝0運(yùn)動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
答案：BC
解析：由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W＝Fx，W x圖像的斜率表示拉力F，由題圖可知，0～2 m，F(xiàn)1＝ N＝6 N，2～4 m，F(xiàn)2＝ N＝3 N。物體從x＝0運(yùn)動到x＝1 m的過程中，根據(jù)動能定理有W1－μmgx1＝mv，代入W1＝6 J、x1＝1 m，解得在x＝1 m時，物體的速度v1＝2 m/s，則在x＝1 m時，拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A錯誤；物體從x＝0運(yùn)動到x＝4 m的過程中，由動能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18 J、x4＝4 m，解得在x＝4 m時，物體的動能Ek4＝2 J，B正確；從x＝0運(yùn)動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為Wf2＝μmgx2，代入x2＝2 m，解得Wf2＝8 J，C正確；由于F1＞μmg，F(xiàn)2＜μmg，則物體在0～2 m內(nèi)由靜止開始做加速運(yùn)動，在2～4 m內(nèi)做減速運(yùn)動，在x＝2 m時速度最大，動量最大，物體從x＝0運(yùn)動到x＝2 m的過程中，由動能定理得W2－μmgx2＝mv，代入W2＝12 J、x2＝2 m，解得在x＝2 m時物體的速度v2＝2 m/s，則從x＝0運(yùn)動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為pm＝mv2＝2 kg·m/s，D錯誤。
8．(2021·湖南高考)(多選)如圖a，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運(yùn)動的a t圖像如圖b所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是(　　)
A．0到t1時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0
B．mA>mB
C．B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于x
D．S1－S2＝S3
答案：ABD
解析：在0～t1時間內(nèi)，物體B靜止，物體A從靜止向右加速，t1時刻速度為v0，則對系統(tǒng)根據(jù)動量定理可知，墻對B的沖量I＝mAv0，A正確；由a t圖像可知，t1時刻后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的伸長量達(dá)到最大，此時根據(jù)牛頓第二定律有F彈＝mAaA＝mBaB，由圖b可知此時aB>aA，則mB9．(2024·廣東高考)(多選)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有(　　)
A．甲在斜坡上運(yùn)動時與乙相對靜止
B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C．乙的運(yùn)動時間與H乙無關(guān)
D．甲最終停止位置與O處相距
答案：ABD
解析：兩滑塊在光滑斜坡上運(yùn)動時加速度相同，又兩滑塊同時由靜止開始下滑，則甲、乙兩滑塊在斜坡上運(yùn)動時相對靜止，故A正確；兩滑塊質(zhì)量相同，設(shè)兩滑塊質(zhì)量均為m，碰撞前瞬間甲、乙的速度分別為v甲、v乙，碰撞后瞬間甲、乙的速度分別為v甲′、v乙′，甲、乙發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有mv甲＋mv乙＝mv甲′＋mv乙′，根據(jù)總動能不變有mv＋mv＝mv甲′2＋mv乙′2，聯(lián)立可解得v甲′＝v乙，v乙′＝v甲，可知碰撞后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜坡傾角為θ，兩滑塊沿斜坡下滑過程加速度大小為a，由牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，乙沿斜坡下滑過程，有＝at，聯(lián)立解得乙在斜坡上的運(yùn)動時間t1＝，考慮一種特殊情況：H甲＝0，則乙的運(yùn)動時間即為t1，t1與H乙有關(guān)，則乙的運(yùn)動時間與H乙有關(guān)，故C錯誤；由于甲、乙發(fā)生彈性碰撞時交換速度，且甲、乙在水平面上運(yùn)動時加速度相同，分析可知，甲最終停止位置和乙不與甲發(fā)生碰撞的停止位置相同，設(shè)乙不與甲發(fā)生碰撞的停止位置與O處相距x，對乙運(yùn)動的全過程，由動能定理有mgH乙－μmgx＝0－0，解得x＝，則甲最終停止位置與O處相距x＝，故D正確。
10．(2024·湖南省永州市高三上第一次模擬)(多選)如圖所示，輕質(zhì)細(xì)桿兩端固定兩個質(zhì)量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，從圖示位置靜止釋放b球，下列說法正確的是(　　)
A．b球落地的瞬間，a球的速度為0
B．在b球落地前的整個過程中，b球的機(jī)械能守恒
C．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球的沖量不為0
D．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的總功不為0
答案：AC
解析：a、b兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力始終為零，水平方向動量守恒，系統(tǒng)水平方向的初動量為零，則b球落地的瞬間系統(tǒng)水平方向動量仍為零，此時輕桿方向水平，則a、b球水平方向的速度相等，可知a球的速度為零，故A正確；由于釋放b球時a球的速度為0，當(dāng)b球落地的瞬間，a球的速度仍為0，但b球下落過程中a球速度不為0，則a球的機(jī)械能不守恒，但初、末時刻的機(jī)械能相等，由于a、b球與輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則在b球落地前的整個過程中，b球的機(jī)械能不守恒，但初、末時刻b球的機(jī)械能相等，則輕桿對b球做的總功為0，故B、D錯誤；b球落地前的整個過程中，b球的動量變化量Δpb豎直向下，b球的重力的沖量豎直向下，根據(jù)動量定理可知，輕桿對b球的水平?jīng)_量為0，分析可知，輕桿對b球先有斜向上的推力，后有斜向下的拉力，設(shè)前一過程輕桿對b球的沖量為I1，后一過程輕桿對b球的沖量為I2，則I1與水平方向的夾角較大，根據(jù)以上分析，由矢量的合成法則，可作出整個過程輕桿對b球的沖量I如圖，即輕桿對b球的沖量大小不為0，方向豎直向上，故C正確。
11．(2023·全國乙卷)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質(zhì)量為m＝M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求
(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；
(3)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。
答案：(1)　　(2)l　(3)4
解析：(1)小球釋放后自由下落，設(shè)下降高度為l時小球的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgl＝mv
解得v0＝
小球以速度v0＝與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后瞬間小球的速度為vm1，圓盤的速度為vM1，取豎直向下為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律分別有
mv＝mv＋Mv
mv0＝mvm1＋MvM1
聯(lián)立解得vm1＝－v0＝－
vM1＝v0＝
即第一次碰撞后瞬間，小球的速度大小為，方向豎直向上，圓盤的速度大小為，方向豎直向下。
(2)第一次碰撞后，小球做豎直上拋運(yùn)動，圓盤所受摩擦力與重力平衡，勻速下滑，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，設(shè)這段時間為t，以豎直向下為運(yùn)動的正方向，則vm1＋gt＝vM1
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，這段時間圓盤和小球的位移分別為
xM1′＝vM1t
xm1′＝vm1t＋gt2
則在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離dmax＝xM1′－xm1′
聯(lián)立解得dmax＝l。
(3)從第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度為vM1的圓盤為參考系，則小球做豎直上拋運(yùn)動，且相對初速度為vm1′＝vm1－vM1
設(shè)該過程所用時間為t1，則－vm1′＝vm1′＋gt1
可得vm1′＝－v0，t1＝
這段時間圓盤的實際位移xM1＝vM1t1
可得xM1＝＝2l
第二次碰撞過程，仍以速度為vM1的圓盤為參考系，根據(jù)碰撞規(guī)律同理可得，碰后瞬間小球和圓盤相對vM1的速度分別為
vm2′＝－v0，vM2′＝v0
分析可知，此后相鄰兩次碰撞時間內(nèi)，以前一次碰撞后的圓盤為參考系，則小球均以初速度－v0做豎直上拋運(yùn)動，相鄰兩次碰撞的時間間隔均為t1＝
且第n次碰撞后，圓盤速度大小為vMn＝nvM1(n＝1，2，3，…)
第n次碰撞至第n＋1次碰撞時間內(nèi)，圓盤向下運(yùn)動的位移xMn＝vMnt1
聯(lián)立可得xMn＝2nl
則第n次碰撞時圓盤與管的上端口的距離為
ln＝l＋xM1＋xM2＋…＋xM(n－1)
結(jié)合數(shù)學(xué)知識解得ln＝n(n－1)l＋l(n＝1，2，3，…)
因l4＝13l<20l，l5＝21l>20l
則第五次碰撞前，圓盤已落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運(yùn)動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。
9(共33張PPT)
第七章　核心素養(yǎng)提升練
1．(2025·四川省自貢市高三上第一次診斷性考試)在2024年巴黎奧運(yùn)會女子跳水比賽中，我國運(yùn)動員成績斐然。在3米跳板比賽中，若從運(yùn)動員離開跳板開始計時，跳水過程中運(yùn)動員的速度隨時間變化的圖像如圖所示，將運(yùn)動員看作質(zhì)點，其質(zhì)量為m，不計空氣阻力，運(yùn)動員大致在豎直方向運(yùn)動，則下列說法正確的是(　　)
A．在0～t1時間內(nèi)，運(yùn)動員處于超重狀態(tài)
B．在0～t2時間內(nèi)，運(yùn)動員重力的沖量大小為mg·(t2－t1)
C．運(yùn)動員在t3時刻處于運(yùn)動過程中的最低點
D．運(yùn)動員在整個運(yùn)動過程中，水的阻力的沖量大小等于重力的沖量大小
解析：根據(jù)題圖可知，0～t2時間內(nèi)，運(yùn)動員只受重力作用，加速度為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，運(yùn)動員重力的沖量大小為IG＝mgt2，故A、B錯誤；根據(jù)題圖可知，運(yùn)動員在t3時刻向下的速度為零，t3時刻處于運(yùn)動過程中的最低點，故C正確；取豎直向下為正方向，設(shè)運(yùn)動員起跳時的速度大小為v0，在整個運(yùn)動過程中，根據(jù)動量定理有IG－If＝0－(－mv0)，可得IG＝mv0＋I(xiàn)f，即運(yùn)動員在整個運(yùn)動過程中，水的阻力的沖量大小If小于重力的沖量大小IG，故D錯誤。
2．鼓浪嶼原名“圓沙洲”，因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時聲如擂鼓，故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”，現(xiàn)為中國第52項世界遺產(chǎn)項目。某次漲潮中，海浪以5 m/s的速度垂直撞擊到一平直礁石上，之后沿礁石兩側(cè)流走，已知礁石受沖擊的面積為2 m2，海水的密度為1．05×103 kg/m3，則海浪對礁石的平均沖擊力大小約為(　　)
A．1．05×104 N B．5．25×104 N
C．7．88×104 N D．2．63×105 N
解析：設(shè)Δt時間內(nèi)沖擊礁石的海水的體積為ΔV，則有ΔV＝SvΔt，這部分海水的質(zhì)量為Δm＝ρ·ΔV，以海浪的運(yùn)動方向為正方向，在海浪沖擊礁石過程中，設(shè)礁石對海水的平均作用力大小為F，根據(jù)動量定理有－FΔt＝0－Δmv，聯(lián)立解得F＝ρSv2＝1．05×103×2×52 N＝5．25×104 N，根據(jù)牛頓第三定律可知，海浪對礁石的平均沖擊力大小約為F′＝F＝5．25×104 N，故選B。
3．“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動的速度大小為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示情況下，探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為vt。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動方向上，其運(yùn)動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是(　　)
A．vt＝2u B．vt＝v0＋2u
C．vt＝2v0＋u D．vt＝v0＋u
5．如圖所示，質(zhì)量為0．1 kg的小圓環(huán)A穿在光滑的水平直桿上，小球B的質(zhì)量為0．2 kg，A、B用長為L＝0．8 m的輕質(zhì)細(xì)線連接，B懸掛在A下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時刻，小圓環(huán)A獲得沿桿向左的沖量0．6 N·s，取g＝10 m/s2，A、B可視為質(zhì)點。下列說法正確的是(　　)
A．t＝0時刻細(xì)線對B的拉力大小為2 N
B．小球B第一次運(yùn)動到A的正下方時A的速度最小
C．從小球B開始運(yùn)動到第一次回到A的正下方的
過程中，細(xì)線對A先做負(fù)功再做正功
D．從小球B開始運(yùn)動到第一次回到A的正下方的過程中，合力對B的沖量為0．6 N·s
可解得B第一次回到A的正下方時A、B的速度分別為vA1＝－2 m/s，vB1＝4 m/s，根據(jù)動量定理知，此過程合力對B的沖量I′＝mBvB1＝0．8 N·s，D錯誤；由上述分析可知，小球B第一次回到A的正下方時，A球的速度不是最小，最小速度為vAmin＝0，B錯誤；開始時A帶動B向左運(yùn)動，A受到向右下方的拉力減速，B受到向左上方的拉力水平方向加速，當(dāng)兩者在水平方向共速時，細(xì)線仍向右下方傾斜，之后A繼續(xù)減速至0，B水平方向繼續(xù)加速，然后A受到向右下方的拉力向右加速至vA1＝－2 m/s，B水平方向繼續(xù)加速至vB1＝4 m/s，此時B第一次回到A的正下方，結(jié)合動能定理知，整個過程細(xì)線對A先做負(fù)功再做正功，C正確。
7．(2023·新課標(biāo)卷)(多選)一質(zhì)量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0．4，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B．在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C．從x＝0運(yùn)動到x＝2 m，物體克服摩擦力做
的功為8 J
D．從x＝0運(yùn)動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
8．(2021·湖南高考)(多選)如圖a，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運(yùn)動的a t圖像如圖b所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是(　　)
A．0到t1時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0
B．mA>mB
C．B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于x
D．S1－S2＝S3
解析：在0～t1時間內(nèi)，物體B靜止，物體A從靜止向右加速，t1時刻速度為v0，則對系統(tǒng)根據(jù)動量定理可知，墻對B的沖量I＝mAv0，A正確；由a t圖像可知，t1時刻后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的伸長量達(dá)到最大，此時根據(jù)牛頓第二定律有F彈＝mAaA＝mBaB，由圖b可知此時aB>aA，則mB10．(2024·湖南省永州市高三上第一次模擬)(多選)如圖所示，輕質(zhì)細(xì)桿兩端固定兩個質(zhì)量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，從圖示位置靜止釋放b球，下列說法正確的是(　　)
A．b球落地的瞬間，a球的速度為0
B．在b球落地前的整個過程中，b球的機(jī)械能守恒
C．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球的沖量不為0
D．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的總功不為0
解析： a、b兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力始終為零，水平方向動量守恒，系統(tǒng)水平方向的初動量為零，則b球落地的瞬間系統(tǒng)水平方向動量仍為零，此時輕桿方向水平，則a、b球水平方向的速度相等，可知a球的速度為零，故A正確；由于釋放b球時
a球的速度為0，當(dāng)b球落地的瞬間，a球的速度仍為0，但b球下落過程中a球速度不為0，則a球的機(jī)械能不守恒，但初、末時刻的機(jī)械能相等，由于a、b球與輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則在b球落地前的整個過程中，b球的機(jī)械能不守恒，但初、末時刻b球的機(jī)械能相等，則輕桿對b球做的總功為0，故B、D錯誤；
b球落地前的整個過程中，b球的動量變化量Δpb豎直向下，b球的重力的沖量豎直向下，根據(jù)動量定理可知，輕桿對b球的水平?jīng)_量為0，分析可知，輕桿對b球先有斜向上的推力，后有斜向下的拉力，設(shè)前一過程輕桿對b球的沖量為I1，后一過程輕桿對b球的沖量
為I2，則I1與水平方向的夾角較大，根據(jù)以上分析，由矢量的合成法則，可作出整個過程輕桿對b球的沖量I如圖，即輕桿對b球的沖量大小不為0，方向豎直向上，故C正確。
(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；
(3)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

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