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﹚

1、力学观点综合应用一、单项选择题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6 J，那么此过程产生的内能可能为()A16 J B2 JC6 J D4 J2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R1 mE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M4m，g取10 m/s2，不计摩擦，则小球的初速度v0的大小为()A4 m/s B5 m/sC6 m/s D7 m/s3.2021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

2、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. B.C. D.42021福建莆田二十五中模拟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lA1 m、lB2 m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：vB1：4B木块A、B的质量之比mA：mB1：2C弹簧对木块A、B做功之比WA：WB1：1D木块A、B离开弹簧时的

3、动能之比EkA：EkB1：25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v t图像，小球质量为0.6 kg，空气阻力不计，重力加速度g10 m/s2，由图可知()A横轴上每一小格表示的时间是1 sB小球下落的初始位置离地面的高度为3.6 mC小球第一次反弹的最大高度为1.25 mD小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为66 N二、多项选择题6.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

4、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B轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2C弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2D滑块与木板AB间的动摩擦因数为72021安徽砀山中学月考如图甲所示，质量M2 kg的木板静止于光滑水平面上，质量m1 kg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vt图像如图乙所示，重力加速度为10 m/s2，下列说法正确的是()A物块与木板相对静止时的速度为1 m/sB物块与木板间的动摩擦因数为0.3C木板的长度至少为2 mD从物块冲上木板到两者相对静止的

5、过程中，系统产生的热量为3 J三、非选择题82021四川遂宁检测“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a2 m/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2 s减速到0，停止在月球表面上飞船质量m1 000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60，月球表面的重力加速度g3.6 m/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92021四川蓉城联考如图所示，

6、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10.如图，A、B质量分别为m11 kg，m22 kg，置于小车C上，小车的质量为m31 kg，A、

7、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12 J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，g10 m/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？112020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

8、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(mm0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即Em0v(mm0)v2，而木块获得的动能Ek木mv26 J，两式相除得1，即E6 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(mM)v1，根据机械能守恒定律有mv(mM)vmgR，根据题意，有M4m，联立两式解得v05 m/s，故A、C、D错误，B正确答案：B3解析：

9、设子弹射入木块A瞬间速度为v1，由动量守恒定律可得mv0(m99m)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(m99m100m)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(m99m)v(m99m100m)v，联立以上三式可得Ep，A正确，B、C、D错误答案：A4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

10、的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上，根据公式xv0t及lA1 m，lB2 m，解得vA：vBlA：lB1：2，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mAvAmBvB0，解得mA：mBvB：vA2：1，B错误；由mA：mBvB：vA2：1，根据动能Ekmv，解得EkA：EkB1：2，根据动能定理，弹簧对木块A、B做功之比WA： WBEkA： EkB1：2，C错误，D正确答案：D5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v6 m/s，故小球下落所用时间为t0.6 s，题图中对应6个小格，故每一小格表示0.1 s，选项A

11、错误；由hgt2可得小球下落的初始位置离地面的高度h1.8 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 m1.25 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(mgF)tmvmv，代入数据可解得F72 N，选项D错误答案：C6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FMa，得a，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mv2，故C错误

12、；弹簧最大的弹性势能Epmv2，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Epmgl，解得，故D正确答案：ABD7解析：由题图乙可知，物块的初速度为v03 m/s，物块与木板组成的系统动量守恒，有mv0(Mm)v，解得v1 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 m/s22 m/s2，由牛顿第二定律得ag，代入数据解得0.2，B错误；对系统，由能量守恒定律得mv(Mm)v2Q，其中Qmgs，代入数据解得Q3 J，s1.5 m，木板长度至少为Ls1.5 mC错误，D正确答案：AD8解析：(1)设h100 m，飞船加速下降时火箭推力

13、为F：mgFma；推力对火箭做功为：WFh；解得：W1.6105 J.(2)t2 s，a2 m/s2，缓冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为：v22ah；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 60mgtmv，解得：I Ns.答案：(1)1.6105 J(2) Ns9解析：(1)小球过C点时，有2mgmgm，解得vC.小球从A到C，由机械能守恒定律得mvmvmg2R，联立解得v0(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(m2m)v共由机械能守恒定律得mv(m2m)vmgh，联立解得hR.答案：(1)(2)R10解析：(1)设

14、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：Em1vm2v爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1m2v2联立解得：v14 m/s，v22 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：m1gt1m1v3m1v1对B应用动量定理：m2gt1m2v4m2v2对C应用动量定理：(m2gm1g)t1m3v4代入数据解之得：v33 m/s，v41 m/s，t10.2 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：(m1m2m3)v0解得v0.设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：m1gt0m1v1解得：t0.8 s.答案：(1)4 m/s2 m/s(2)0.8 s0.2 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m1gm1A从最