2022届高考物理一轮复习课时作业二十二力学观点综合应用含解析新人教版

word 文档 - 1 - / 12 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．16．2JC．6JD．4J 2．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/s C．6m/sD．7m/s 3.[2020·某某期中]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( ) word 文档 - 2 - / 12 A. mv2 0 400 B. mv2 0 200 C. 99mv2 0 400 D. 199mv2 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 F M B．轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 1 2 mv2 C．弹簧恢复原长时滑块的动能为 1 2 mv2 D．滑块与木板 AB 间的动摩擦因数为 v2 2gl 5．[2020·某某某某二十五中期末]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＝1:4 word 文档 - 3 - / 12 B．木块 A、B 的质量之比 mA:mB＝1:2 C．弹簧对木块 A、B 做功之比 WA:WB＝1:1 D．木块 A、B 离开弹簧时的动能之比 EkA:EkB＝1:2 6．[2021·某某砀山中学月考](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/s C．木板的长度至少为 2m D．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 3J 7．[2021·某某某某三诊]“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 g2，四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； word 文档 - 4 - / 12 (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·某某蓉城联考]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． word 文档 - 5 - / 12 [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 1s D．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为 66N word 文档 - 6 - / 12 10．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？ word 文档 - 7 - / 12 11．[2020·某某卷，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？ word 文档 - 8 - / 12 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＝ 1 2 m0v2 0－ 1 2 (m＋m0)v2，而木块获得的动能 Ek 木＝ 1 2 mv2＝6 J，两式相除得 E Ek 木 ＝ m＋m0 m0 >1，即 E>6 J，A 项正确． 答案：A 2．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 1 2 mv2 0＝ 1 2 (m＋M)v2 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：B 3．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 word 文档 - 9 - / 12 恒，设最大弹性势能为 Ep，有 Ep＝ 1 2 (m＋99m)v2 1－ 1 2 (m＋99m＋100m)v2 2，联立以上三式可 得 Ep＝ mv2 0 400 ，A 正确，B、C、D 错误． 答案：A 4．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 ＝ 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 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 1 2 mv2，故 C 错误；弹簧最大的弹性势能 Ep＝ 1 2 mv2Ep ＝μmgl，解得μ＝ v2 2gl ，故 D 正确． 答案：ABD 5．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＝ 1 2 mv2 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：D 6．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， word 文档 - 10 - / 12 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＝ Δv Δt ＝ 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 1 2 mv2 0＝ 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：AD 7．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＝ 13 600 3 3 N·s. 答案：(1)－1.6×105 J (2) 13 600 3 3 N·s 8．解析：(1)小球过 C 点时，有 2mg＋mg＝m v2 C R ，解得 vC＝ 3gR.小球从 A 到 C，由 机械能守恒定律得 1 2 mv2 0＝ 1 2 mv2 C＋mg·2R，联立解得 v0＝ 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 1 2 mv2 C＝ 1 2 (m＋2m)v2 共＋mgh，联立解得 h＝R. 答案：(1) 7gR (2)R 9．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 word 文档 - 11 - / 12 球下落所用时间为 t＝ 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＝ 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′＝ v′2 2g ＝ －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：C 10．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＝ 1 2 m1v2 1＋ 1 2 m2v 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 vA 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 s word 文档 - 12 - / 12 11．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＝m1 v2 l ① A 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 1 2 m1v2 A＝ 1 2 m1v2＋2m1gl② 由动量定理，有 I＝m1vA③ 联立①②③式，得 I＝m1 5gl④ (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＝ 1 2 m2v2 B⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间 B 的动能 Ek 至少为 Ek＝ 5gl2m1＋m22 2m2 ⑧