2022届高考物理一轮复习专题突破练习7应用“三大力学观点”的四类典型模型含解析新人教版

专题突破练习(七)

(时间：40分钟)

1.长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)如图所示，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)(　　)

A．L  B．  C．  D．

C　[设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝，故只有选项C正确。]

2.如图所示，连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是(　　)

A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　D

A　[物块b以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小。故A不合理。]

3.(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是(　　)

A．物块和小车组成的系统机械能守恒

B．物块和小车组成的系统动量守恒

C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为v

D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L

BC　[弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误；取物块和小车组成的系统为研究对象，外力的和为零，故系统的动量守恒，B选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝v，C选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立得x′＝，D选项错误。]

4.(2020·雅安模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　)

A．16 J B．2 J 

C．6 J D．4 J

A　[设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝m0v－(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝mv2＝6 J，两式相除得＝>1，即ΔE>6 J，A项正确。]

5.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)

A．mv0＝(m＋M)v

B．mv0cos θ＝(m＋M)v

C．mgh＝m(v0sin θ)2

D．mgh＋(m＋M)v2＝mv

BD　[小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv，故C错误，D正确。]

6.如图所示，质量m为1.5 kg的木块以8 m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，小车的质量M为4.5 kg，木块与小车之间的动摩擦系数μ为0.2(g取10 m/s2)。设小车足够长，求：

(1)木块和小车相对静止时小车的速度大小；

(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；

(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止时木块相对小车滑行的距离。

[解析]　(1)以木块和小车为研究对象，取水平向右为正方向，

由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，

解得v＝2 m/s。

(2)根据牛顿第二定律可得

木块的加速度大小a＝＝2 m/s2，方向水平向左，

由运动学公式可得

t＝＝3 s。

(3)根据能量守恒定律可知

μmgL＝mv－(M＋m)v2

相对静止时木块相对小车滑行的距离L＝12 m。

[答案]　(1)2 m/s　(2)3 s　(3)12 m

7.如图所示，A、B、C为三个大小相同的小球，mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，mC＝0.2 kg，A和B固定在轻弹簧的两端(A和B静止在光滑的水平面上)。小球C以初速度v0＝8 m/s向右运动，在极短时间Δt＝0.1 s内与A发生碰撞后以速度v＝－2 m/s被反弹，求：

(1)C与A碰撞过程中的平均作用力大小F；

(2)碰撞过程中损失的机械能ΔE；

(3)弹簧的最大弹性势能Ep。

[解析]　(1)对C由动量定理得：－FΔt＝mCv－mCv0

代入数据解得F＝20 N。

(2)C与A碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mCv0＝mAvA＋mCv，

解得vA＝4 m/s

碰撞过程中损失的机械能

ΔE＝mCv－mCv2－mAv＝2 J。

(3)A和B在运动过程中动量守恒，机械能守恒，当弹簧压缩到最短时有共同速度，此时弹性势能最大，设共同速度为v1，有

mAvA＝(mA＋mB)v1

mAv＝(mA＋mB)v＋Ep

联立解得Ep＝1.5 J。

[答案]　(1)20 N　(2)2 J　(3)1.5 J

8．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

　甲　　　　　　　　乙

A．木板获得的动能为2 J

B．系统损失的机械能为4J

C．木板A的最小长度为1.5 m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

AC　[根据动量守恒定律可得

mv0＝(m＋mA)v，得mA＝4 kg，

A的动能Ek＝mAv2＝2 J，

系统损失的动能ΔEk＝mv－(mA＋m)v2＝6 J，

木板长L≥(v0＋v)t1－vt1＝v0t1＝1.5 m，

μmg＝ma，解得μ＝0.2。选项A、C正确，B、D错误。]

9．(多选)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，A、B静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v­t图象如图乙所示，P点图线斜率绝对值最大，则可知(　　)

甲　　　　　　　　　乙

A．物块A的质量为4 kg

B．运动过程中物块A的最大速度为vm＝4 m/s

C．在物块A离开挡板前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒

D．在物块A离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6 J

BD　[弹簧伸长至最长时弹力最大，此时B的加速度最大，且A和B共速，由图知，A、B共同速度为v共＝2 m/s，A刚离开挡板时B的速度为v0＝3 m/s，在A离开挡板后，由动量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝2 kg，A项错误；A离开挡板后，弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由mBv0＝mAvm＋mBvB，mBv＝mAv＋mBv，解得A的最大速度vm＝4 m/s，B项正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C项错误；分析A离开挡板后A、B的运动过程，可知当弹簧伸长到最长时有Ep＝mBv－(mA＋mB)v，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝6 J，D项正确。]

10.如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10 m/s2，求：

(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；

(2)小车的长度L。

[解析]　(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

m0v0＝(m0＋m1)v1

解得v1＝10 m/s。

(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3

解得v2＝8 m/s

由能量守恒定律可得

(m0＋m1)v＝μm2gL＋(m0＋m1)v＋m2v

解得L＝2 m。

[答案]　(1)10 m/s　(2)2 m

11．一小车右端连一个四分之一光滑圆弧轨道，总质量m1＝4.0 kg，小车水平部分长L＝1.5 m，圆弧轨道与小车相切于O′点，如图所示。现有质量m2＝1.0 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5 m/s从左端滑上小车，物块恰好能到达圆孤轨道的最高点A。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：

(1)光滑圆弧轨道的半径；

(2)物块与小车最终相对静止时，它距点O′的距离。

[解析]　(1)小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，设物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1，

由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v1，

由能量守恒得m2v－(m1＋m2)v＝m2gR＋μm2gL，

联立并代入数据解得R＝0.25 m。

(2)设物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从物块滑上小车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v2，

设物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得m2v－(m1＋m2)v＝μm2g(L＋x)，

联立并代入数据解得x＝0.5 m。

[答案]　(1)0.25 m　(2)0.5 m