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

1、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)()al b c dc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mv1mv20，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1tmv2t0，化简为mx1mx2，由空间几何关系得x1x2l，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，

2、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()abcda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

3、，小车速度大小为vd当物块离开小车时，小车向左运动的位移为lbc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：0mvmv，解得vv，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xxl，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

4、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 jb2 j c6 jd4 ja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。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。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

5、下列关系式中正确的是()amv0(mm)vbmv0cos (mm)vcmghm(v0sin )2dmgh(mm)v2mvbd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 (mm)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(mm)v2mv，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为0.2(g取10 m/s2)。设小车

6、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(mm)v，解得v2 m/s。(2)根据牛顿第二定律可得木块的加速度大小a2 m/s2，方向水平向左，由运动学公式可得t3 s。(3)根据能量守恒定律可知mglmv(mm)v2相对静止时木块相对小车滑行的距离l12 m。答案(1)2 m/s(2)3 s(3)12 m7.如图所示，a、b、c为三个大小相同的小球，ma0.5 kg，mb0.3 kg，mc

7、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v08 m/s向右运动，在极短时间t0.1 s内与a发生碰撞后以速度v2 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e；(3)弹簧的最大弹性势能ep。解析(1)对c由动量定理得：ftmcvmcv0代入数据解得f20 n。(2)c与a碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mcv0mavamcv，解得va4 m/s碰撞过程中损失的机械能emcvmcv2mav2 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v

8、1，有mava(mamb)v1mav(mamb)vep联立解得ep1.5 j。答案(1)20 n(2)2 j(3)1.5 j8(多选)如图甲所示，长木板a放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一物体b以水平速度v03 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 jb系统损失的机械能为4jc木板a的最小长度为1.5 mda、b间的动摩擦因数为0.1ac根据动量守恒定律可得mv0(mma)v，得ma4 kg，a的动能ekmav22 j，系统损失的动能ekmv(mam)v26 j，木板长l(v0v

9、)t1vt1v0t11.5 m，mgma，解得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 kgb运动过程中物块a的最大速度为vm4 m/sc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 jbd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

10、速度为v共2 m/s，a刚离开挡板时b的速度为v03 m/s，在a离开挡板后，由动量守恒定律，有mbv0(mamb)v共，解得ma2 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mbv0mavmmbvb，mbvmavmbv，解得a的最大速度vm4 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epmbv(mamb)v，联立解得弹簧的最大弹性势能ep6 j，d项正确。10.如图所示，一质量m10.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m20.5

11、kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m00.05 kg的子弹、以水平速度v0100 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(m0m1)v1解得v110 m/s。(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0m1)v1(m0m1)v2m2v3解得v28 m/s由能量守恒定律可

12、得(m0m1)vm2gl(m0m1)vm2v解得l2 m。答案(1)10 m/s(2)2 m11一小车右端连一个四分之一光滑圆弧轨道，总质量m14.0 kg，小车水平部分长l1.5 m，圆弧轨道与小车相切于o点，如图所示。现有质量m21.0 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v05 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(m1m2)v1，由能量守恒