2022届人教新高考物理一轮课时检测36应用三大观点解决力学综合问题【含解析】

应用三大观点解决力学综合问题
1.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O 点。

开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v 0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。

若弹丸质量为m ，沙袋质量为5m ，弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法中正确的是( )
A ．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B ．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C ．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为m v 0272
D ．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v 02
72g
解析：选D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋5m )v ，解得v ＝1
6v 0；
弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T ＝6mg ＋6m v 2
L 可知，细绳所受拉力变大，选项A 错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B 错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q ＝12m v 02－12·6m v 2
＝512m v 02，选项C 错误；由机械能守恒可得：12·6m v 2
＝6mgh ，解得h ＝v 0272g
，选项D 正确。

2．如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M ＝2m 的斜面体，斜面体表面光滑、高度为h 、倾角为θ。

一质量为m 的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能
损失。

如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。

如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为( )
A.h 3
B.h 2
C.2h 3
D ．h
解析：选C 斜面固定时，由动能定理得：－mgh ＝0－1
2m v 02，所以v 0＝2gh ；斜面不
固定时，由水平方向动量守恒得：m v 0＝(M ＋m )v ，由机械能守恒得：12m v 02＝1
2(M ＋m )v 2＋
mgh ′；解得：h ′＝2
3
h 。

故C 正确。

3．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg 。

质量m ＝1 kg 的铁块以
水平速度v 0＝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 J
B ．4 J
C ．6 J
D ．20 J
解析：选A 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f 。

铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律得1
2m v 02＝
fL ＋1
2(M ＋m )v 2＋E p 。

由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 。

从铁块开始运动到最后停在木板左
端过程，由功能关系得12m v 02＝2fL ＋1
2
(M ＋m )v 2。

联立解得E p ＝3 J ，故选项A 正确。

4.如图所示，质量为m 的小车左端紧靠竖直墙壁但不固定，其左侧AB 部分为1
4
光滑圆弧轨道，半径为R ，轨道最低点B 与水平粗糙轨道BC
相切，BC ＝2R 。

将质量也为m 的物块(可视为质点)从A 点无初速释放。

只考虑物块与BC 间的摩擦，其两者间的动摩擦因数为2
3，其余一切摩擦不计，则物块相对BC 运动的位移大小为
( )
A.34R B ．R C.43
R D ．2R
解析：选A 物块从A 下滑到B 的过程中，小车保持静止，对物块，由机械能守恒定律得：mgR ＝1
2
m v 02
从B 到C 的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，有：m v 0＝2m v 从B 到C 的过程中，由功能关系得： μmg Δx ＝12m v 02－1
2·2m v 2
解得Δx ＝3
4
R ，故A 正确。

5. (多选)如图所示，水平传送带AB 足够长，质量为M ＝1 kg 的木块随传送带一起以v 1
＝2 m/s 的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。

当木块运动到最左端A 点时，一颗质量为m ＝20 g 的子弹，以v 0＝300 m/s 的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v ＝50 m/s 。

设子弹射穿木块的时间极短，g 取10 m/s 2，则( )
A ．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动
B ．木块遭射击后远离A 端的最大距离为0.9 m
C ．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 s
D ．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s
解析：选BC 以向右为正方向，子弹射穿木块的过程中动量守恒，有m v 0－M v 1＝m v ＋M v ′，解得木块速度v ′＝3 m/s 。

所以子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A 错误。

木块运动的加速度大小不变，a ＝μg ＝5 m/s 2，木块向右匀减速运动的位移
s ＝v ′22a
＝0.9 m ，即木块遭射击后远
离A 端的最大距离为0.9 m ，B 正确。

木块向右匀减速运动的时间t 1＝v ′
a ＝0.6 s ，木块向左匀加速运动的时间t 2＝v 1
a ＝0.4 s ，则木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.0 s ，C 正确，D 错误。

6．如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R 。

现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为3
4
h 0(不计空气阻力)，则( )
A ．小球和小车组成的系统动量守恒
B ．小车向左运动的最大距离为1
2R
C ．小球离开小车后做斜上抛运动
D ．小球第二次能上升的最大高度12h 0<h <3
4
h 0
解析：选D 小球与小车组成的系统在水平方向所受外力之和为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故A 项错误；系统水平方向动量守恒：m v －m v ′＝0，即m 2R －x t －m x
t ＝0，解得小车的位移：x ＝R ，故B 项错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 项错误；小球第一次从释放到上升到最高点运动过程中，由动能定理得：mg (h 0－3
4h 0)－W f ＝0，W f 为小球克服摩擦力
做功大小，解得：W f ＝14mgh 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为1
4mgh 0，由于小球第
二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh 0，机械能损失小于14mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：
3
4h 0－14h 0＝12h 0，而小于3
4
h 0，故D 项正确。

7.如图所示，质量为0.5 kg 的一块橡皮泥距小车上表面1.25 m 高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg 、速度为2.5 m/s 沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动。

取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A ．橡皮泥下落的时间为0.3 s
B ．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s
C ．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒
D ．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J 解析：选D 橡皮泥下落的时间为：t ＝
2h g ＝
2×1.25
10
s ＝0.5 s ，故A 项错误；橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，所以共同速度为：v ＝m 1v 0
m 1＋m 2＝2×2.52＋0.5 m/s ＝2 m/s ，故B 项错误；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与
小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故C 项错误；在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：ΔE ＝m 2gh ＋1
2m 1v 02
－1
2
(m 1＋m 2)v 2，代入数据可得：ΔE ＝7.5 J ，故D 项正确。

8．用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。

已知容器内侧面光滑，半径为R 。

三个质量分别为m 1、m 2、m 3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相
互接触。

若将质量为m 1的小球移至左侧离容器底高h 处无初速释放，如图所示。

各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。

小球1与2、2与3碰后，球1停在O 点正下方，球2上升的最大高度为1
9
R ，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为( )
A ．2∶2∶1
B ．3∶3∶1
C ．4∶4∶1
D ．3∶2∶1
解析：选B 由题意，碰撞后球1球2速度交换，m 1＝m 2 球1下滑过程，由机械能守恒定律得m 1gh ＝1
2m 1v 02
对于碰撞过程，由动量守恒定律得m 1v 0＝m 2v 2＋m 3v 3。

由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 2v 22＋1
2m 3v 32。

碰后，对球2有m 2g ·19R ＝1
2m 2v 22。

对球3有m 3gR ＝1
2m 3v 32。

联立解得m 1∶m 2∶m 3＝3∶3∶1。

9．如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块
Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。

一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端
系一质量也为m的小球(大小不计)。

今将小球拉至细绳与竖直位置成
60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与平板车之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g。

求：
(1)Q离开平板车时的速度；
(2)平板车的长度。

解析：(1)小球由静止摆到最低点的过程中，由动能定理
mgR(1－cos 60°)＝1
2m v0
2
解得v0＝gR
小球与Q相撞时，小球与Q组成的系统动量守恒，机械能守恒，则有m v0＝m v1＋m v Q
1
2m v02＝
1
2m v1
2＋
1
2m v Q
2
解得v1＝0，v Q＝gR
二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，Q与平板车组成的系统动量守恒，则有
m v Q＝M v＋m·2v
又M＝4m
解得v＝gR 6
则Q离开平板车时速度为2v＝gR 3。

(2)设平板车长L，由能量守恒定律知
F f·L＝1
2m v Q
2－
1
2M v
2－
1
2m·(2v)
2
又F f＝μmg
解得平板车的长度为L＝7R
18μ。

答案：(1)gR
3(2)
7R
18μ
[潜能激发]
10．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质
量m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。

解析：(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为F f，对物块应用动量定理有－F f t＝m2v－m2v0
又F f＝μm2g
代入数据解得t＝0.24 s。

(2)要使物块恰好不从车面滑出，需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则
m2v0′＝(m1＋m2)v′
由动能定理有－μm2gL＝1
2(m1＋m2)v′
2－
1
2m2v0′
2
代入数据解得v0′＝5 m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。

答案：(1)0.24 s(2)5 m/s
11．(2020·浙江7月选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。

质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。

已知R＝0.2 m，L AB＝L BC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

(g取10 m/s2)
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。

(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：(1)由机械能守恒定律得mgH ＝mgR ＋1
2m v D 2
根据牛顿第二定律得F N ＝m v D 2
R
＝8 N
根据牛顿第三定律可知滑块运动到D 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝8 N ，方向水平向左。

(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C ′点，根据功能关系得 mgH ＝μmgL AB ＋μmgL BC ′cos θ＋mgL BC ′sin θ
得L BC ′＝15
16
m<1.0 m ，故滑块不能冲出斜轨道的末端C 点。

(3)设滑块运动到距A 点x 处的速度为v ，由动能定理得mgH －μmgx ＝1
2m v 2
设碰撞后的速度为v ′，动量守恒定律得m v ＝3m v ′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h ，由动能定理得 －3μmg (L AB －x )－3μmg h tan θ－3mgh ＝0－1
2(3m )v ′2
得h ＝16x －5
48 m ⎝⎛⎭⎫58 m<x ≤1 m h ＝0⎝
⎛⎭⎫0≤x ≤5
8 m 。

答案：(1)8 N ，方向水平向左 (2)不能
(3)h ＝⎩⎨⎧
0(0≤x ≤58
m )
16x －548 m ⎝⎛⎭
⎫5
8 m<x ≤1 m。