高考物理一轮复习课时作业22力学观点综合应用含答案

这是一份高考物理一轮复习课时作业22力学观点综合应用含答案
力学观点综合应用[双基巩固练]1.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6J，那么此过程产生的内能可能为(　　)A．16JB．2JC．6JD．4J2．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，g取10m/s2，不计摩擦，则小球的初速度v0的大小为(　　)A．4m/sB．5m/sC．6m/sD．7m/s3.[2020·河北冀州中学期中]如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上．A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的运动过程中弹簧弹性势能的最大值为(　　)A.eq \f(mv\o\al(2,0),400)B.eq \f(mv\o\al(2,0),200)C.eq \f(99mv\o\al(2,0),400)D.eq \f(199mv\o\al(2,0),400)4．(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时轻绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则(　　)A．轻绳被拉断瞬间木板的加速度大小为eq \f(F,M)B．轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)5．[2020·福建莆田二十五中期末]用如图所示实验装置能验证动量守恒定律，两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上，落地点与平台边缘的水平距离分别为lA＝1m、lB＝2m．实验结果表明下列说法正确的是(　　)A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA:vB＝1:4B．木块A、B的质量之比mA:mB＝1:2C．弹簧对木块A、B做功之比WA:WB＝1:1D．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA:EkB＝1:26．[2021·安徽砀山中学月考](多选)如图甲所示，质量M＝2kg的木板静止于光滑水平面上，质量m＝1kg的物块(可视为质点)以水平初速度v0从左端冲上木板，物块与木板的v－t图象如图乙所示，重力加速度为10m/s2，下列说法正确的是(　　)A．物块与木板相对静止时的速度为1m/sB．物块与木板间的动摩擦因数为0.3C．木板的长度至少为2mD．从物块冲上木板到两者相对静止的过程中，系统产生的热量为3J7．[2021·四川遂宁三诊]“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝2m/s2垂直下降．当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2s减速到0，停止在月球表面上．飞船质量m＝1000kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝3.6m/s2，四条缓冲脚的质量不计．求：(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；(2)从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小．8．[2021·四川蓉城联考]如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．[综合提升练]9．为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，某同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v­t图象，小球质量为0.6kg，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，由图可知(　　)A．横轴上每一小格表示的时间是1sB．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6mC．小球第一次反弹的最大高度为1.25mD．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为66N10．如图，A、B质量分别为m1＝1kg，m2＝2kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1kg，A、B与小车间的动摩擦因数均为0.5，小车静止在光滑的水平面上．某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能．A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，g＝10m/s2.求：(1)炸开后A、B获得的速度大小；(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？11．[2020·天津卷，11]长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？课时作业(二十二)1．解析：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E＝eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝eq \f(1,2)mv2＝6 J，两式相除得eq \f(E,Ek木)＝eq \f(m＋m0,m0)>1，即E>6 J，A项正确．答案：A2．解析：当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,1)＋mgR，根据题意，有M＝4m，联立两式解得v0＝5 m/s，故A、C、D错误，B正确．答案：B3．解析：设子弹射入木块A瞬间速度为v1，由动量守恒定律可得mv0＝(m＋99m)v1，子弹和A瞬间达到共速后做减速运动，木块B做加速运动，当子弹和A、B速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，设该时刻子弹、A、B速度为v2，由系统动量守恒可得mv0＝(m＋99m＋100m)v2，子弹和A瞬间达到共速后，子弹和A、B三者组成的系统机械能守恒，设最大弹性势能为Ep，有Ep＝eq \f(1,2)(m＋99m)veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)(m＋99m＋100m)veq \o\al(2,2)，联立以上三式可得Ep＝eq \f(mv\o\al(2,0),400)，A正确，B、C、D错误．答案：A4．解析：轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝eq \f(F,M)，故A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，故B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，故C错误；弹簧最大的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，均为0.由能量守恒定律得Ep＝μmgl，解得μ＝eq \f(v2,2gl)，故D正确．答案：ABD5．解析：本题考查动量守恒定律、动能定理与平抛运动结合的问题．两块小木块A和B离开水平台面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上，根据公式x＝v0t及lA＝1 m，lB＝2 m，解得vA:vB＝lA:lB＝1:2，A错误；弹簧弹开两块小木块的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，解得mA:mB＝vB:vA＝2:1，B错误；由mA?mB＝vB:vA＝2:1，根据动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得EkA:EkB＝1:2，根据动能定理，弹簧对木块A、B做功之比WA:WB＝EkA:EkB＝1:2，C错误，D正确．答案：D6．解析：由题图乙可知，物块的初速度为v0＝3 m/s，物块与木板组成的系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1 m/s，即两者相对静止时的速度为1 m/s，A正确；物块的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(3－1,1) m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得a＝μg，代入数据解得μ＝0.2，B错误；对系统，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Q，其中Q＝μmgs，代入数据解得Q＝3 J，s＝1.5 m，木板长度至少为L＝s＝1.5 m，C错误，D正确．答案：AD7．解析：(1)设h＝100 m，飞船加速下降时火箭推力为F：mg－F＝ma；推力对火箭做功为：W＝－Fh；解得：W＝－1.6×105 J.(2)t＝2 s，a＝2 m/s2，缓冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为：v2＝2ah；从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为：4Isin 60°－mgt＝mv，解得：I＝eq \f(13 600,3)eq \r(3) N·s.答案：(1)－1.6×105 J　(2)eq \f(13 600,3)eq \r(3) N·s8．解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝meq \f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq \r(3gR).小球从A到C，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)＋mg·2R，联立解得v0＝eq \r(7gR)(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mvC＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)＝eq \f(1,2)(m＋2m)veq \o\al(2,共)＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)eq \r(7gR)　(2)R9．解析：小球下落时做自由落体运动，加速度大小为g，落地时的速度v＝6 m/s，故小球下落所用时间为t＝eq \f(v,g)＝0.6 s，题图中对应6个小格，故每一小格表示0.1 s，选项A错误；由h＝eq \f(1,2)gt2可得小球下落的初始位置离地面的高度h＝1.8 m，选项B错误；第一次反弹后小球做竖直上抛运动，由题图可知小球能上升的最大高度h′＝eq \f(v′2,2g)＝eq \f(－52,2×10) m＝1.25 m，选项C正确；由题图可知，小球向下运动的方向为正方向，碰撞时间约为0.1 s，根据动量定理可得(mg－F)t＝mv′－mv，代入数据可解得F＝72 N，选项D错误．答案：C10．解析：(1)设爆炸后A、B速度大小分别为v1、v2，根据爆炸过程中能量的转化，有：E＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s.(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒．设该过程的时间为t1.对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4代入数据解之得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s.之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0.即：(m1＋m2＋m3)v＝0解得v＝0.设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：－μm1gt＝0－m1v1解得：t＝0.8 s.答案：(1)4 m/s　2 m/s　(2)0.8 s　0.2 s11．解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq \f(v2,l)①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A)＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl②由动量定理，有I＝m1vA③联立①②③式，得I＝m1eq \r(5gl)④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B)⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)⑧