2022版高考物理一輪復習專題練習7應用“三大力學觀點”的四類典型模型2022版高考物理一輪復習專題練習7應用“三大力學觀點”的四類典型模型PAGE7-2022版高考物理一輪復習專題練習7應用“三大力學觀點”的四類典型模型2022版高考物理一輪復習專題練習7應用“三大力學觀點”的四類典型模型年級：姓名：專題突破練習(七)(時間：40分鐘)1.長度為L、質量為M的平板車的左端緊靠著墻壁，右端站著一個質量為m的人(可視為質點)如圖所示，某時刻人向左跳出，恰好落到車的左端，而此時車已離開墻壁有一段距離，那么這段距離為(車與水平地面間的摩擦不計)()A．L B．eq\f(mL,M)C．eq\f(mL,M＋m) D．eq\f(ML,M＋m)C[設人從小車上跳起后沿水平方向的分速度為v1，小車沿水平方向的速度為v2，人和小車在水平方向的動量守恒，選取向左為正方向，則mv1－Mv2＝0，設人從右端到達左端時間為t，則有mv1t－Mv2t＝0，化簡為mx1＝Mx2，由空間幾何關系得x1＋x2＝L，聯(lián)立解得車的位移為x2＝eq\f(mL,M＋m)，故只有選項C正確。]2.如圖所示，連接有水平輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運動。下列關于a、b兩物塊的動量p隨時間t的變化關系圖象，不合理的是()ABCDA[物塊b以一定初速度向左運動與連接有水平輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間彈簧先被壓縮后又恢復原長，則彈力在碰撞過程中先變大后變小，兩物塊動量的變化率先變大后變小。故A不合理。]3.(多選)質量為M的小車置于光滑的水平面上，左端固定一根水平輕彈簧，質量為m的光滑物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端，開始時小車與物塊都處于靜止狀態(tài)，此時物塊與小車右端相距為L，如圖所示，當突然燒斷細線后，以下說法正確的是()A．物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒B．物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒C．當物塊速度大小為v時，小車速度大小為eq\f(m,M)vD．當物塊離開小車時，小車向左運動的位移為eq\f(m,M)LBC[彈簧推開物塊和小車的過程，若取物塊、小車和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，則無其他力做功，機械能守恒，但選物塊和小車組成的系統(tǒng)，彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功，彈性勢能轉化成系統(tǒng)的機械能，此時系統(tǒng)的機械能不守恒，A選項錯誤；取物塊和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，外力的和為零，故系統(tǒng)的動量守恒，B選項正確；由物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，C選項正確；彈開的過程滿足反沖原理和“人船模型”，有eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，則在相同時間內eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)，且x＋x′＝L，聯(lián)立得x′＝eq\f(mL,M＋m)，D選項錯誤。]4.如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6J，那么此過程產(chǎn)生的內能可能為()A．16J B．2JC．6J D．4JA[設子彈的質量為m0，初速度為v0，木塊的質量為m，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的內能等于系統(tǒng)損失的動能，即ΔE＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m0)v2，而木塊獲得的動能Ek木＝eq\f(1,2)mv2＝6J，兩式相除得eq\f(ΔE,Ek木)＝eq\f(m＋m0,m0)>1，即ΔE>6J，A項正確。]5.(多選)如圖所示，質量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ。一個質量為m的小物塊從斜面底端沿斜面向上以初速度v0開始運動。當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，則下列關系式中正確的是()A．mv0＝(m＋M)v B．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝eq\f(1,2)m(v0sinθ)2 D．mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)BD[小物塊上升到最高點時，速度與楔形物體的速度相同，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機械能也守恒。以向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得mv0cosθ＝(m＋M)v，故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C錯誤，D正確。]6.如圖所示，質量m為1.5kg的木塊以8m/s的速度水平地滑上靜止在光滑水平地面上的平板小車，小車的質量M為4.5kg，木塊與小車之間的動摩擦系數(shù)μ為0.2(g取10m/s2)。設小車足夠長，求：(1)木塊和小車相對靜止時小車的速度大??；(2)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止所經(jīng)歷的時間；(3)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止時木塊相對小車滑行的距離。[解析](1)以木塊和小車為研究對象，取水平向右為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得v＝2m/s。(2)根據(jù)牛頓第二定律可得木塊的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，方向水平向左，由運動學公式可得t＝eq\f(v0－v,a)＝3s。(3)根據(jù)能量守恒定律可知μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2相對靜止時木塊相對小車滑行的距離L＝12m。[答案](1)2m/s(2)3s(3)12m7．(惠州市2021屆高三第二次調研)如圖所示，A是長為L的細線懸掛一個質量為m的小球，A的下端離光滑水平面很近，且可以繞O點在豎直面內做圓周運動，現(xiàn)有一質量為2m的滑塊B沿光滑水平面以速度v0正對A運動，并與A發(fā)生彈性碰撞，g(1)若碰撞后A恰好能夠做完整的圓周運動，A在最高點的速度v是多大？(2)若碰撞后細線不松馳，求滑塊B的初速度v0的取值范圍。[解析](1)恰過最高點，即細線拉力為0，則A在最高點有：mg＝meq\f(v2,L) ①解得：v＝eq\r(gL)。 ②(2)情形1：碰撞后小球A能夠做完整圓周運動，設小球A在最低點時速度為v1，小球在最高點時速度為v2，根據(jù)機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2) ③由(1)問可知：v2≥eq\r(gL) ④解得：v1≥eq\r(5gL) ⑤情形2：碰撞后小球A只能夠運動到與O點等高處，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)≤mgL ⑥解得：v1≤eq\r(2gL) ⑦設B與A發(fā)生彈性碰撞后速度為v3，根據(jù)動量守恒和能量守恒可得2mv0＝2mv3＋mv1 ⑧eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)·mveq\o\al(2,1) ⑨解得：v1＝eq\f(4v0,3) ⑩聯(lián)立⑤⑦⑩式解得滑塊B的初速度v0的取值范圍為：v0≤eq\f(3,4)eq\r(2gL)或v0≥eq\f(3,4)eq\r(5gL)。[答案](1)eq\r(gL)(2)v0≤eq\f(3,4)eq\r(2gL)或v0≥eq\f(3,4)eq\r(5gL)8．(多選)如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝3m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是()甲乙A．木板獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為4JC．木板A的最小長度為1.5mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1AC[根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝(m＋mA)v，得mA＝4kg，A的動能Ek＝eq\f(1,2)mAv2＝2J，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋m)v2＝6J，木板長L≥eq\f(1,2)(v0＋v)t1－eq\f(1,2)vt1＝eq\f(1,2)v0t1＝1.5m，μmg＝ma，解得μ＝0.2。選項A、C正確，B、D錯誤。]9．(多選)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕彈簧，A、B靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側固定的擋板相接觸，B物塊質量為4kg?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v-t圖象如圖乙所示，P點圖線斜率絕對值最大，則可知()甲乙A．物塊A的質量為4kgB．運動過程中物塊A的最大速度為vm＝4m/sC．在物塊A離開擋板前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒D．在物塊A離開擋板后，彈簧的最大彈性勢能為6JBD[彈簧伸長至最長時彈力最大，此時B的加速度最大，且A和B共速，由圖知，A、B共同速度為v共＝2m/s，A剛離開擋板時B的速度為v0＝3m/s，在A離開擋板后，由動量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝2kg，A項錯誤；A離開擋板后，彈簧第一次恢復原長時A的速度最大，由mBv0＝mAvm＋mBvB，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得A的最大速度vm＝4m/s，B項正確；在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，C項錯誤；分析A離開擋板后A、B的運動過程，可知當彈簧伸長到最長時有Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能Ep＝6J，D項正確。]10.如圖所示，一質量m1＝0.45kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質量m2＝0.5kg的小物塊(可視為質點)靜止在車頂?shù)挠叶?。一質量為m0＝0.05kg的子彈、以水平速度v0＝100m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2m/s的速度滑離小車。已知子彈與車的作用時間極短，小物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。g取10m/s2，求：(1)子彈相對小車靜止時小車速度的大小；(2)小車的長度L。[解析](1)子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10m/s。(2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8m/s由能量守恒定律可得eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,1)＝μm2gL＋eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)解得L＝2m。[答案](1)10m/s(2)2m11．(2021·湖南新高考適應性考試)如圖所示，一滑板的上表面由長度為L的水平部分AB和半徑為R的四分之一光滑圓弧BC組成，滑板靜止于光滑的水平地面上。物體P(可視為質點)置于滑板上面的A點，物體P與滑板水平部分的動摩擦因數(shù)為μ(μ<1)。一根長度為L、不可伸長的細線，一端固定于O′點，另一端系一質量為m0的小球Q。小球Q位于最低點時與物體P處于同一高度并恰好接觸?，F(xiàn)將小球Q拉至與O′同一高度(細線處于水平拉直狀態(tài))，然后由靜止釋放，小球Q向下擺動并與物體P發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)。設物體P的質量為m，滑板的質量為2m(1)求小球Q與物體P碰撞前瞬間細線對小球拉力的大?。?2)若物體P在滑板上向左運動從C點飛出，求飛出后相對C點的最大高度；(3)要使物體P在相對滑板反向運動過程中，相對地面有向右運動的速度，求eq\f(m0,m)的取值范圍。[解析](1)小球Q在下落過程中機械能守恒，因此有m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,Q)在最低點對小球Q由牛頓第二定律可得T－m0g＝meq\f(v\o\al(2,Q),L)，聯(lián)立解得T＝3m0g(2)小球Q和物塊P發(fā)生彈性碰撞，則機械能和動量守恒，因此m0vQ＝m0v′Q＋mv0，eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,Q)＝eq\f(1,2)m0v′eq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\f(2m0vQ,m0＋m)＝eq\f(2m0\r(2gL),m0＋m)，物體能夠從C點沖出去，則有水平方向動量守恒mv0＝mv1＋2mv1由能量守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＋μmgL物體離開滑板后兩物體水平方向都做勻速直線運動，因此水平相對位置不變，豎直方向h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)聯(lián)立可得h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝eq\f(8gLm\o\al(2,0),3gm0＋m2)－2μL。(3)要求P有相對地面向右的速度，說明P要滑到曲面再返回運動，物塊P相對滑板反方向運動過程中，可以知道當再