《（天津专用）2020届高考物理一轮复习 考点规范练29 力学三大观点的综合应用（含解析）新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（天津专用）2020届高考物理一轮复习 考点规范练29 力学三大观点的综合应用（含解析）新人教版（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点规范练29力学三大观点的综合应用一、单项选择题1.(2018四川成都期末)如图所示,质量为m0的平板小车静止在光滑的水平地面上,小车左端放一质量为m的木块,车的右端固定一个轻质弹簧,现给木块一个水平向右的瞬时冲量I,使木块m沿车上表面向右滑行,在木块与弹簧相碰后,木块在车上又沿原路返回,并且恰好能到达小车的左端而相对小车静止,则下列说法正确的是()A.木块m的运动速度最小时,系统的弹性势能最大B.木块m所受的弹力和摩擦力始终对m做负功C.平板小车m0的速度先增大后减小,木块m的运动速度先减小后增大D.由于弹簧的弹力对木块m和平板小车m0组成的系统是内力,故系统的动量和机械能均守恒2.如图所
2、示,静止在光滑水平面上的木板A,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量m0=3 kg。质量m=1 kg的铁块B以水平速度v0=4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A.3 JB.4 JC.6 JD.20 J3.(2018浙江模拟)如图所示,放在光滑水平面上的劲度系数为k的弹簧一端固定,一质量为m,速度为v0的滑块将其压缩,经t时间后压缩量为x,此时速度为v;再经过极短的时间t,物体运动的位移为x,速度的变化量为v,物体动能的变化量为E。则下列关系式不正确的是()A.v=xtB.v=kxtmC.kxvt
3、=12m(v02-v2)D.kxvt=-E4.(2018山东济宁期末)如图所示,一质量为m0=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量为m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内,B的速度大小可能是()A.1.8 m/sB.2.4 m/sC.2.8 m/sD.3.0 m/s5.(2018安徽黄山模拟)小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s。当小球A追上小球B并发生碰撞后,小球A、B的速度
4、可能是()A.vA=5 m/s,vB=2.5 m/sB.vA=2 m/s,vB=4 m/sC.vA=-4 m/s,vB=7 m/sD.vA=7 m/s,vB=1.5 m/s二、多项选择题6.(2019福建龙岩期末)如图所示,质量为m0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,则下列关系式正确的是()A.mv0=(m+m0)vB.mv0cos =(m+m0)vC.mgh=12m(v0sin )2D.mgh+12(m+m0)v2=12mv02
5、7.(2018广东省七校联考)如图所示,图甲表示光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平地面间摩擦力不计;图乙为物体A与小车B的v-t图像,由此可知()A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.A与小车B上表面的动摩擦因数D.小车B获得的动能8.(2018湖北名校联考)如图所示,光滑水平面上有一质量为2m、半径为R(R足够大)的14圆弧曲面C,质量为m的小球B置于其底端,另一个小球A质量为m2,小球A以v0=6 m/s 的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则()A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为34 m/sC
6、.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞三、非选择题9.两质量分别为m1和m2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h。物块从静止滑下,然后滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。10.(2018吉林白城三校联考)如图甲所示,质量均为m=0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点。P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动,3 s末撤去力F,此时P运动到B点,之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离l=3.75
7、m,P、Q与地面间的动摩擦因数均为=0.2,g取10 m/s2,求:甲乙(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1;(2)Q运动的时间t。11.(2018天津一模)光滑水平面上放着质量mA=2.5 kg的物块A与质量mB=1.5 kg的物块B,A与B均可视为质点,物块A、B相距l0=0.4 m,A、B间系一长l=1.0 m的轻质细绳,开始时A、B均处于静止状态,如图所示。现对物块B施加一个水平向右的恒力F=5 N,物块B运动一段时间后,绳在短暂时间内被拉断,绳断后经时间t=0.6 s,物块B的速度达到vt=3 m/s。求:(1)绳拉断后瞬间的速度vB的大小;(2)绳拉断过程
8、绳对物块B的冲量I的大小;(3)绳拉断过程绳对物块A所做的功W。考点规范练29力学三大观点的综合应用1.C解析m向右压缩弹簧开始,做减速运动,小车做加速运动,当两者向右速度相等时,弹簧压缩至最短,弹性势能最大,然后m继续做减速运动,m0继续做加速运动,弹性势能减少,故A错误;木块m所受的摩擦力先对木块做负功,后做正功,故B错误;m向右运动到开始压缩弹簧以及弹簧恢复原长的过程中,平板车的速度一直增大,弹簧恢复原长后,由于m的速度小于m0的速度,m做加速运动,m0做减速运动,最终两者速度相等,可知整个过程,平板车速度先增大后减小,木块速度先减小后增大,故C正确;由于弹簧的弹力对木块m和平板小车m0
9、组成的系统是内力,故系统的动量守恒,由于摩擦产生内能,则机械能不守恒,故D错误。2.A解析设铁块与木板共速时速度大小为v,铁块相对木板向右运动的最大距离为l,铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff。铁块压缩弹簧使弹簧最短时,由能量守恒可得12mv02=Ffl+12(m0+m)v2+Ep。由动量守恒,得mv0=(m0+m)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程,由能量关系得12mv02=2Ffl+12(m0+m)v2。联立解得Ep=3J,故选项A正确。3.C解析因为经过极短时间,可认为t0,故v=xt,故A正确;根据动量定理,有Ft=mv;根据胡克定律,有F=kx,联立解得v=kxtm,故B正确;根
10、据动能定理,对压缩的整个过程,有Fx=12m(v02-v2),根据胡克定律,有F=kx,联立解得kx2=12m(v02-v2),由于物块做变加速直线运动,所以xvt,故C错误;对压缩x过程,有-Fvt=12m(v-v)2-12mv2=E,根据胡克定律,有F=kx;联立解得kxvt=-E,故D正确。4.B解析A先向左减速到零,再向右做加速运动,在此期间,B做减速运动,最终它们保持相对静止,设A减速到零时,B的速度为v1,最终它们的共同速度为v2,取水平向右为正方向,则m0v-mv=m0v1,m0v1=(m0+m)v2,可得v1=83m/s,v2=2m/s,所以在A做加速运动的时间内,B的速度大小
11、应大于2m/s且小于83m/s,只有选项B正确。5.B解析首先判断动量是否守恒,经过计算,四个选项均满足动量守恒;然后判断机械能变化,碰前系统的动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=22J,因为动能不增加,所以碰后系统的动能Ek=12mAvA2+12mBvB222J,满足条件的有选项A和B,排除选项C和D。最后判断速度关系,本题中,小球A追上B发生碰撞,碰后必然有vAvB,故可再排除选项A,故B正确。6.BD解析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=(
12、m+m0)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+12(m+m0)v2=12mv02,故C错误,D正确。7.BC解析由图像可知,A滑上B后,A、B最终以共同速度v1匀速运动,因不知最终A、B间位置关系,不能确定小车上表面长度,选项A错误;由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,解得mAmB=v1v0-v1,故可以确定物体A与小车B的质量之比,选项B正确;由题图乙知道A相对小车B的位移x=12v0t1,根据能量守恒定律有mAgx=12mAv02-12(mA+mB)v12,结合mAmB=v1v0-v1可以解出动摩擦因数,选项C正确;由于小车B的质量不可知,故不能确定小
13、车B获得的动能,选项D错误。8.AD解析A与B发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0=m2vA+mvB,12m2v02=12m2vA2+12mvB2,解得vA=-2m/s,vB=4m/s,故B的最大速率为4m/s,选项A正确;B冲上C并运动到最高点时二者共速,设为v,则mvB=(m+2m)v,得v=43m/s,选项B错误;从B冲上C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为vB、vC,由水平方向动量守恒有mvB=mvB+2mvC,由机械能守恒有12mvB2=12mvB2+122mvC2,联立解得vB=-43m/s,由于|vB|vA|,所以二者不会再次发生碰
14、撞,选项C错误,D正确。9.解析根据题意可知,物块从劈A上静止滑下,到达劈A底端时,设物块的速度大小为v,A的速度大小为vA,由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh=12mv2-12m1vA2m1vA=mv设物块在劈B上能够达到的最大高度为h,此时物块和劈B的共同速度大小为v,由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh+12(m2+m)v2=12mv2mv=(m2+m)v联立式解得h=m1m2(m1+m)(m2+m)h。答案m1m2(m1+m)(m2+m)h10.解析(1)在03s内,以向右为正方向,对P由动量定理有F1t1+F2t2-mg(t1+t2)=mv-0其中F1=2N,F2=3N,t1=
15、2s,t2=1s解得v=8m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a,由牛顿第二定律有mg=maP在B、C两点间做匀减速直线运动,有v2-v12=2al解得v1=7m/s。(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1、v2,有mv1=mv1+mv212mv12=12mv12+12mv22碰撞后Q做匀减速直线运动,有:mg=mat=v2a解得t=3.5s。答案(1)8 m/s7 m/s(2)3.5 s11.解析(1)绳子断之后对B研究,对应用动量定理得Ft=mBvt-mBvB解得vB=1m/s。(2)绳子断之前对B应用动能定理F(l-l0)=12mBv02-0绳拉断过程,对B应用动量定理得I=mBvB-mBv0解得I=-1.5Ns即绳对B的冲量大小为1.5Ns。(3)绳拉断过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mBv0=mBvB+mAvA绳拉断过程绳对物块A所做的功W=12mAvA2解得W=0.45J。答案(1)1 m/s(2)1.
