高考物理一轮复习专题突破练习6三大力学观点的综合应用含答案

这是一份高考物理一轮复习专题突破练习6三大力学观点的综合应用含答案，共11页。

1．如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( )
A．eq \f(m＋M,m)eq \r(2μgs)B．eq \f(M－m,m)eq \r(2μgs)
C．eq \f(m,m＋M)eq \r(μgs)D．eq \f(m,M－m)eq \r(μgs)
2．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块b沿a上升的最大高度为eq \f(v\\al(2,0),5g)
B．物块a运动的最大速度为eq \f(2v0,5)
C．滑块b沿a上升的最大高度为eq \f(v\\al(2,0),2g)
D．物块a运动的最大速度为eq \f(v0,5)
3．(2023·云南昆明市高三检测)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d，两个质量均为m的物体A、B与弹簧连接，B物体的左边有一固定挡板，A物体从图示位置由静止释放，当两物体相距最近时，A物体的速度为v1，弹簧处于自然长度时弹性势能为0，则在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A．A、B 两物体和弹簧组成的系统水平方向动量守恒
B．弹簧的最大弹性势能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
C．B物体的最大速度等于v1
D．在某段时间内A物体可能向左运动
4．质量M＝0.6 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t＝0时，两个质量都为m＝0.2 kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v1＝5.0 m/s 和v2＝2.0 m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰。已知A、B两物体与车面的动摩擦因数都是0.2，g取10 m/s2，求：
(1)A、B两物体在车上都停止滑动时的速度；
(2)车的长度至少是多少？
5．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
6．(2022·河北石家庄二中模拟)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t 图像如图乙所示。求：
甲 乙
(1)物块C的质量mC；
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。
7．(2022·河北卷)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块C、D的质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度g取10 m/s2。
(1)若0(2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小。
8．如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R。一质量m＝0.4 kg 的物块A自圆弧形轨道的顶端由静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道。(重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)BP间的水平距离sBP；
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h。
专题突破练习(六)
1．A [子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv1,M＋m)，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v2，由以上联立解得v1＝eq \f(M＋m,m)·eq \r(2μgs)，故A正确。]
2．B [b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq \f(2v\\al(2,0),5g)，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)＋eq \f(1,2)×4mveq \\al(2,a)，解得va＝eq \f(2,5)v0，vb＝－eq \f(3,5)v0，B正确，D错误。]
3．BC [因为有挡板在，故A、B两物体和弹簧组成的系统最初水平方向动量不守恒，A错误；物体A释放瞬间，弹簧弹性势能最大，当A到达与物体B相距最近位置时，弹簧弹性势能最小为零，根据系统机械能守恒定律，可知弹簧的最大弹性势能为Epm＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)，B正确；从A到达与物体B相距最近位置时开始，两物体和弹簧组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v2，eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，因为m1＝m2，所以物体A的最小速度是0，物体B的最大速度为v1，C正确；由动量守恒可知物体A不会向左运动，D错误。]
4．解析：(1)设物体A、B相对于车停止滑动时，车速为v，以小物体A初速度方向为正方向，根据动量守恒定律：
m(v1－v2)＝(M＋2m)v
v＝0.6 m/s，方向向右。
(2)设物体A、B在车上相对于车滑动的距离分别为L1、L2，车长为L，由功能关系
μmg(L1＋L2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(M＋2m)v2
解得：L1＋L2＝6.8 m
L≥L1＋L2＝6.8 m
可知L至少为6.8 m。
答案：(1)0.6 m/s，方向向右 (2)6.8 m
5．解析：(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑块向上运动到碰撞前瞬间根据动能定理有
－mgl－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
答案：(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
6．解析：(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒。
mCv1＝(mA＋mC)v2
解得mC≈2 kg。
(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
eq \f(1,2)(mA＋mC)veq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,4)＋Ep
得Ep＝9 J。
答案：(1)2 kg (2)9 J
7．解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度为v，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有
mv0－m·kv0＝(m＋m)v
解得v＝eq \f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k)m/s，方向向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为
v＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5 m/s
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v′，以向右方向为正方向，则有mAv0－mB·kv0＝(mA＋mB)v′
解得v′＝0 m/s
可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为M1＝2 kg，新滑板的质量为M2＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得M1v＝(M1＋M2)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒可得
μM1gs相＝eq \f(1,2)M1v2－eq \f(1,2)(M1＋M2)veq \\al(2,共)
解得s相＝1.875 m。
答案：(1)5(1－k)m/s，方向向右
(2)1.875 m
8．解析：(1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，
落到P点时veq \\al(2,y)＝2gR ①
其中eq \f(vy,vD)＝tan 45° ②
由①②解得vD＝4 m/s ③
设平抛用时为t，水平位移为s2，则有R＝eq \f(1,2)gt2 ④
s2＝vDt ⑤
由④⑤解得s2＝1.6 m ⑥
由碰后物块B的位移时间关系式s＝6t－2t2推得，物块B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式
veq \\al(2,D)－veq \\al(2,0)＝2as1 ⑦
解得s1＝2.5 m ⑧
故BP之间的水平距离sBP＝s2＋s1＝4.1 m。 ⑨
(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理：
则有－eq \f(\r(2),2)mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D) ⑩
设在M点轨道对物块的压力为FN，
则FN＋mg＝meq \f(v\\al(2,M),R) ⑪
由⑩⑪解得FN＝4(1－eq \r(2)) N<0，假设不成立，即物块不能到达M点。
(3)对物块A、B的碰撞过程，根据动量守恒有：mAvA＝mAv′A＋mBv0 ⑫
根据机械能守恒有
eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0) ⑬
由⑫⑬解得vA＝6 m/s ⑭
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A) ⑮
由⑭⑮解得h＝1.8 m。⑯
答案：(1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m