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1、规范快练(二十三)力学三大观点的综合应用一、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 J2.2019河北百校联盟二联，7如图所示，质量为2 kg的小车以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动重力加速度为g10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A物块释放0.3 s后落到小车上B若只增大物块的释放高度，物
2、块与小车的共同速度变小C物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒D物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5 J3如图所示，光滑轨道ABCD是过山车轨道的模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动现将一质量为m的小滑块从轨道AB上竖直高度为3R的位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，已知滑块滑上传送带后，又从D点滑入光滑轨道ABCD且能到达原位置A，则在该过程中()A在C点滑块对轨道的压力为零B传送带的速度可能为C摩擦力对物块的冲量为零D传送带速度v越
3、大，滑块在传送带因摩擦产生的热量越多二、多项选择题42020江西上饶六校一联如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩量最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv5.2020宁夏银川模拟A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间
4、变化的图象，若A球质量m2 kg，则由图判断下列结论正确的是()A碰撞前、后A球的动量变化量为4 kgm/sB碰撞时A球对B球的冲量为4 NsCA、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/sD碰撞时A、B两球组成的系统损失的动能为10 J6如图所示，质量为m的小球A位于光滑水平面上，小球A与墙之间用轻弹簧连接现用与小球A完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为E，两球回到小球A原静止位置时的速度大小为v，此过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()AEmvI0BvI2mv0CvImv0DEmvI2mv0三、非选择题
5、72020四川蓉城联考如图所示，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82020河南衡阳一模如图甲所示，在高h0.8 m的水平平台上放置
6、一质量为M0.9 kg的小木块(视为质点)，距平台右边缘d2 m一质量为m0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后二者一起向右运动，在平台上运动的v2 x的关系图线如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s1.6 m的地面上g取10 m/s2，求：(1)小木块滑出平台时的速度大小；(2)子弹射入小木块前的速度大小；(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能92020石家庄质检如图所示，在光滑的水平地面上有一足够长的平板，平板上固定一高h0.2 m的光滑平台，平板与平台的总质量M6 kg，一轻质弹簧左端固定在平台上，已知重力加速度g
7、10 m/s2.(1)若平板被固定在地面上，将质量m2 kg的小物块(可视为质点)放在平台上弹簧的右端，用手推小物块将弹簧压缩一定的距离，松手后小物块被弹射到距离平台右侧s1 m处的A点，求松手前瞬间弹簧的弹性势能；(2)若不固定平板，扶住平台用质量仍为m的小物块将弹簧压缩至与(1)中相同的长度，同时放开小物块及平台，求小物块落在平板上的位置到平台右侧的距离s.10如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并粘在一起形成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t12 s至t24 s内工作已知P1、P2的
8、质量均为m1 kg，P与AC间的动摩擦因数为0.1，AB段长L4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞(1)若v16 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能Ek；(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能Ekm.规范快练(二十三)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E木mv26 J，两式相除得1，即E6 J，
9、A项正确答案：A2解析：物块下落的时间为t s0.5 s，选项A错误；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，在竖直方向的动量不守恒，由水平方向动量守恒Mv0(Mm)v知，释放高度变大，水平方向的共同速度不变，选项B、C错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能Emgh，代入数据可得E7.5 J，选项D正确答案：D3解析：对滑块从A到C，根据动能定理有mg(h2R)mv0，根据FNmgm，解得FNmg，选项A错误；根据动能定理有mghmv，解得vD，由于滑块还能到达原位置A，则传送带的速度vvD，选项B错误；滑块在传送带上运动的过程中，动量方向变为相反，
10、动量变化量不为0，则摩擦力对滑块的冲量不为0，选项C错误；滑块与传送带之间产生的热量Qmgx，传送带的速度越大，在相同时间内二者相对位移(x)越大，则产生的热量越多，故选项D正确答案：D4解析：弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：EpmmAv当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mA2v0(mmA)v由机械能守恒定律得：EpmmA(2
11、v0)2(mAm)v2解得：mA3m，Epmmv故A、C正确，B、D错误答案：AC5解析：根据题图可知，碰前A球的速度vA3 m/s，碰前B球的速度vB2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为pAmvmvA4 kgm/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kgm/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为4 kgm/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球的冲量为4 Ns，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvAmBvB(mmB)v，解得mB kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为EkmvmBv(mmB)v210 J，选项D正确；A、B两球
12、碰撞前的总动量为pmvAmBvB(mmB)v kgm/s，选项C错误答案：ABD6解析：小球B与 A相碰过程，由动量守恒定律得mv0(mm)v，v为小球B碰撞小球A后瞬间两小球共同运动的速度大小，解得v，两小球组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，当其速度减小到零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可得E2m2mv，此后两球做加速运动，回到小球A原静止位置时两球速度大小v，两小球组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理可得墙对弹簧的冲量大小I2mv0，故选项B、D正确答案：BD7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
13、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)R8解析：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有hgt2，svt，联立两式可得v4 m/s.(2)设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，由图乙并结合数学知识可知40 m2s2v2v40 m2s2，解得v18 m/s，子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律有mv0(Mm)v1，解得v080 m/s.(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q，则Qmv(Mm)v2312 J.答案：(1)4 m/s(2)80 m/
14、s(3)312 J9解析：(1)在平板固定时，弹簧的弹性势能全部转化为小物块的动能，小物块离开平台后做平抛运动，平台高为h，设小物块弹出时的速度为v则：svthgt2由能量守恒定律得Epmv2联立解得松手前瞬间弹簧的弹性势能Ep25 J.(2)在平板不固定时，小物块弹出后，平板也获得一向左的速度设小物块相对地面的速度大小为v1，平板相对地面的速度大小为v2则由动量守恒定律得：0mv1Mv2由能量守恒定律得EpmvMv小物块下落过程中，在竖直方向上有：hgt2小物块落点到平台右侧的距离：s(v1v2)t联立解得：s m.答案：(1)25 J(2) m10解析：(1)P1、P2碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，有mv12mv，解得v3 m/s，碰撞过程中损失的动能为Ekmv(2m)v2，解得Ek9 J.(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞故P在AC间做匀减速直线运动，设P1、P2碰撞后速度为v，P在AC段加速度大小为a，碰后经过B点的速度为v2，由牛顿第二定律得2mg2ma，由运动学公式得3Lvtat2，v2vat，解得v12v，v2，由于2 st4 s，解得v1的取值范围为10 m/sv114 m/s，v2的取值范围为1 m
