2022届新高考物理二轮检测-专题三　第7讲　应用三大观点解决力学综合问题.docx

第7讲应用三大观点解决力学综合问题一、选择题1如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球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，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的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()AEmv02，Imv0 BEmv02，I2mv0CEmv02，Imv0 DEmv02，I2mv0解析：A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv02mv，则vv0，碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能E·2mv2mv02，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得I2mv(2mv)4mv2mv0。选项D正确。答案：D2(多选)(2021·山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较() A射入滑块A的子弹速度变化大B整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D两个过程中系统产生的热量相同解析：在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知mv0(Mm)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确。答案：BD3(多选)(2021·全国乙卷)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则()A在此过程中F所做的功为mv02B在此过程中F的冲量大小等于mv0C物体与桌面间的动摩擦因数等于DF的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍解析：外力撤去前，由牛顿第二定律可知Fmgma1 ，由速度位移公式有v022a1s0，外力撤去后，由牛顿第二定律可知mgma2 ，由速度位移公式有v022a2(2s0)，由可得，水平恒力F，动摩擦因数，滑动摩擦力Ffmg，可知F大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为WFs0mv02，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1，在此过程中，F的冲量大小是IFt1mv0，故B正确。故选BC。答案：BC4如图所示，是某高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某质量为1 500 kg的汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.2 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，车刚好没有撞杆。如果司机的反应时间为0.6 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则下列说法中正确的是()A该ETC通道的长度为8.4 mB汽车减速行驶过程中，克服阻力做的功为2.7×105 JC汽车减速行驶过程中，克服阻力做功的平均功率为2.25×105 WD汽车减速行驶过程中，动量的改变量为900 kg·m/s解析：ETC天线的识别时间为0.2 s，司机的反应时间为0.6 s，这两段时间内车进入识别区并做匀速直线运动，位移大小为x1vt16×0.8 m4.8 m，刹车后汽车做匀减速直线运动，减速的时间为t2s1.2 s，匀减速过程的位移大小为x2at22×5×1.22 m3.6 m，则该ETC通道的长度为xx1x28.4 m，故A正确；汽车减速行驶过程中，由动能定理得Wf0mv22.7×104 J，则克服阻力做的功为2.7×104 J，故B错误；汽车减速行驶过程中，克服阻力做功的平均功率为2.25×104 W，故C错误；汽车减速行驶过程中，动量的改变量为p0mv01 500 kg×6 m/s9 000 kg·m/s，故D错误。答案：A5.(2021·济南市第二次诊断性检测)如图，倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的小物块A和B(质量均为m)，弹簧的劲度系数为k，B靠着固定挡板，最初它们都是静止的。现沿斜面向下正对着A发射一颗质量为m、速度为v0的子弹，子弹射入A的时间极短且未射出，子弹射入后经时间t，挡板对B的弹力刚好为零。重力加速度大小为g。则()A子弹射入A之前，挡板对B的弹力大小为2mgB子弹射入A的过程中，A与子弹组成的系统机械能守恒C在时间t内，A发生的位移大小为D在时间t内，弹簧对A的冲量大小为2mv02mgt sin 解析：子弹打入A之前，AB系统所受合力为0，挡板对B的弹力大小为2mg sin ，A项错误；子弹射入A的过程中，A与子弹之间的摩擦生热，组成的系统机械能不守恒，B项错误；子弹打入A前弹簧为压缩状态，压缩量x1，挡板对B的弹力刚好为零时弹簧处于伸长状态，伸长量为x2，则在时间t内，A发生的位移大小xx1x2，C项正确；子弹打入A的过程中，子弹与A组成系统的动量守恒，总动量为mv0，此后弹簧压缩再弹开到弹簧伸长量为x2的过程中，子弹和A组成系统的机械能守恒，末状态与初状态的弹性势能相等，重力势能增加，动能一定减小了，所以末状态时的动量大小p一定小于mv0，在此过程中应用动量定理得，I2mgt sin p(mv0)<2mv0，弹簧对A的冲量大小I<2mv02mgt sin ，D项错误。答案：C6(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sin 0.6，重力加速度大小为g。则()A物体向上滑动的距离为B物体向下滑动时的加速度大小为C物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长解析：物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有：mg·2l cos Ek ，物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有：mgl sin mgl cos 0Ek ，整理得：l；0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有：mamg sin mg cos ，求解得出：a，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有：ma上mg sin mg cos ，物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有：ma下mg sin mg cos ，由上式可知：a上 > a下 ，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式lat2可得出：t上<t下 ，D错误。答案：BC7(多选)(2021·湖南卷)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的at图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是()A0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0BmA> mBCB运动后，弹簧最大形变量等于xDS1S2S3解析：由于在0 t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙 F弹 ，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由a­t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹 mAaA mBaB ，由图可知aB > aA，则mB< mA，B正确；由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则mAv0mAvAmBvB ，可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；由a­t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1­t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a­t图像的面积为v，在t2时刻AB的速度分别为vAS1S2，vBS3，A、B共速，则S1S2S3，D正确。答案：ABD8.(多选)(2021·山东卷)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是()A投出物资后热气球做匀加速直线运动B投出物资后热气球所受合力大小为mgCd Dd解析：热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律Mvmv0，则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；热气球和物资的运动示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为ag，物资落地H过程所用的时间t内，根据Hgt2解得落地时间为t，热气球在竖直方向上运动位移为HMat2·g·H，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为xmv0tv0，xMvtv0·，根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为d(1)，C正确，D错误。答案：BC二、计算题9(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取g10 m/s2，sin ，cos ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m12 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1g sin m1g cos m1a1解得a12 m/s2滑雪者质量为m248 kg，初速度为v01.5 m/s，加速度为a23 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t01 s，则背包的滑行时间为tt0，由运动学公式得La1(tt0)2Lv0ta2t2联立解得t2 s或t1 s(舍去)故可得L9 m(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1a1(tt0)6 m/sv2v0a2t7.5 m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1m2v2(m1m2)v解得v7.44 m/s答案：(1)9 m(2)7.44 m/s10(2021·全国甲卷)如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？解析：(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mg sin ma设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有v22v122ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为Emv22mv12联立以上各式解得Emgd sin (2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有mgs0mv12从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mgsin E总mv12联立解得E总mgsin mgs故在每一个减速带上平均损失的机械能为E(3)由题意可知E>E可得L>d答案：(1)mgd sin (2)(3)L>d