2025屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題強化練七三大觀點在力學(xué)中的應(yīng)用

專題強化練（七）三大觀點在力學(xué)中的應(yīng)用1.如圖所示，一個質(zhì)量為0.2kg的壘球，以20m/s的水平速度飛至球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?0m/s，設(shè)球棒與壘球的作用時間為0.01s，下列說法正確的是(D)A．球棒對壘球不做功B．球棒對壘球做負功C．球棒對壘球的平均作用力大小為400ND．球棒對壘球的平均作用力大小為1200N解析：由動能定理可得球棒對壘球做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝120J，球棒對壘球做正功，故A、B錯誤；由動量定理有－Ft＝－mv2－mv1，可得球棒對壘球的平均作用力大小F＝1200N，故C錯誤，D正確。2．(多選)安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶。在汽車正面碰撞測試中，汽車以72km/h的速度發(fā)生碰撞。車內(nèi)假人的質(zhì)量為50kg，使用安全帶時，假人用時0.8s停下；不使用安全帶時，假人與前方碰撞，用時0.2s停下。以下說法正確的是(BC)A．碰撞過程中，汽車和假人的總動量守恒B．無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同C．使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為1250ND．不使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為2500N解析：碰撞過程中，汽車和假人組成的系統(tǒng)受撞擊力作用，總動量不守恒，故A錯誤；假人的初動量p＝mv0，末動量都為0，所以無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同，故B正確；使用安全帶時，根據(jù)動量定理有Ft＝0－p，解得F＝1250N，假人受到的平均作用力約為1250N，故C正確；不使用安全帶時，根據(jù)動量定理有F′t′＝0－p，解得F′＝5000N，假人受到的平均作用力約為5000N，故D錯誤。3．(多選)(2024·深圳市羅湖區(qū)期末)碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動。游樂場上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車迎面相撞，碰撞前后兩人的位移—時間圖像(x－t圖像)如圖所示。已知小孩的質(zhì)量為20kg，大人的質(zhì)量為60kg，碰碰車質(zhì)量相同，碰撞時間極短。下列說法正確的是(ABC)A．碰撞前后小孩的運動方向有改變B．碰碰車的質(zhì)量為60kgC．碰撞過程中損失的機械能為600JD．碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N·s解析：位移—時間圖線的斜率表示速度，規(guī)定小孩初始運動方向為正方向，由題圖可知，碰后兩車一起向反方向運動，故碰撞前后小孩的運動方向發(fā)生了改變，故A正確；由題圖可知，碰前瞬間小孩的速度v1＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s，大人的速度v2＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，碰撞后的共同速度v＝eq\f(2－4,2)m/s＝－1m/s，設(shè)碰碰車的質(zhì)量為M，規(guī)定小孩的運動方向為正方向，由動量守恒定律有(m1＋M)v1＋(m2＋M)v2＝(2M＋m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)解得M＝60kg，故B正確；規(guī)定小孩開始運動方向為正方向，碰撞前小孩與其駕駛的碰碰車的總動量p1＝(M＋m1)v1＝(60＋20)×2kg·m/s＝160kg·m/s，碰后總動量p1′＝(M＋m1)v＝－80kg·m/s，根據(jù)動量定理可知I＝Δp＝p1′－p1＝(－80－160)kg·m/s＝－240N·s，故D錯誤；由能量守恒定律可得碰撞過程中損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)(M＋m1)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(M＋m2)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(2M＋m1＋m2)v2＝600J，故C正確。4.(2024·揭陽市二模)如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為4m、長為L的木板右端緊靠豎直墻壁，與墻壁不粘連。質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零?，F(xiàn)滑塊以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，滑塊以原速率彈回，剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(D)A．滑塊向右運動的過程中，加速度大小為eq\f(2v2,L)B．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為eq\f(v2,8gL)C．k＝2D．滑塊彈回瞬間的速度大小為eq\f(\r(5)v,2)解析：滑塊(可視為質(zhì)點)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知v2＝2aL，解得a＝eq\f(v2,2L)，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得μ＝eq\f(v2,2gL)，故B錯誤；小滑塊以水平速度v右滑時，由動能定理有－fL＝0－eq\f(1,2)mv2，小滑塊以速度kv滑上木板到運動至碰墻時速度為v1，由動能定理有－fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m(kv)2，滑塊與墻碰后至向左運動到木板左端，此時滑塊、木板的共同速度為v2，由動量守恒有mv1＝(m＋4m)v2，由能量守恒定律可得fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m＋4m)veq\o\al(2,2)，解得k＝eq\f(3,2)，v1＝eq\f(\r(5)v,2)，故C錯誤，D正確。5．根據(jù)機動車的運動情況，繪制了如圖所示的eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)圖像。已知一質(zhì)量為1000kg的機動車在水平路面沿直線減速行駛，規(guī)定初速度v0的方向為正方向。請判定以下說法合理的是(A)A．機動車的初速度v0＝10m/sB．機動車的加速度大小為2m/s2C．機動車在前3s的位移是12mD．機動車前3s的動量變化量為1.2×104kg·m/s解析：由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2變形可得eq\f(x,t2)＝v0·eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)a，與題目給定的圖線對比，由截距可知eq\f(1,2)a＝－2m/s2，解得a＝－4m/s2，由于機動車的加速度為負值，因此牽引力小于阻力，由斜率可知v0＝eq\f(2,0.2)m/s＝10m/s，故A正確，B錯誤；機動車速度變?yōu)?所需的時間t＝eq\f(0－v0,a)＝2.5s，故機動車在前3s的位移x＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝12.5m，故C錯誤；機動車前3s的動量變化量Δp＝p2－p1＝0－1000×10kg·m/s＝－104kg·m/s，故D錯誤。6．(多選)質(zhì)量為1kg的物塊，置于水平地面上。在水平力F的作用下由靜止開始運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，最大靜摩擦力大小與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小g取10m/s2。在前4s內(nèi)，下列判斷正確的是(ABD)A．3s末物塊的速度最大B．3s末物塊的動量大小為1kg·m/sC．前4s內(nèi)物塊所受合外力的沖量為0D．前4s內(nèi)，合外力對物塊所做的功為0.125J解析：由題意可知，物塊所受的最大靜摩擦力f＝μFN＝1N，由受力分析可知，物塊在第1s內(nèi)靜止，在1s到3s內(nèi)加速，在3s到4s內(nèi)減速，所以3s末時，物塊的速度最大，故A正確；1s到3s內(nèi)，由動量定理可得(eq\o(F,\s\up6(－))－f)t＝Δp，解得Δp＝1kg·m/s，故B正確；1s到4s內(nèi)，由動量定理可得(eq\o(F,\s\up6(－))－f)t′＝mv，解得v＝0.5m/s，由動能定理可得eq\f(1,2)mv2＝W合，解得W合＝0.125J，故C錯誤，D正確。7.(2024·韶關(guān)市綜合測試)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的不可伸長的剛性輕繩連接，A與地面接觸，B離地面的高度h為1.2m，質(zhì)量為2m的圓環(huán)C套在輕繩上，C在B上方d＝0.8m處。由靜止釋放圓環(huán)C，C下落后與B碰撞并粘在一起，碰撞時間極短，不計C與繩之間的摩擦和空氣阻力，A、B、C均可視為質(zhì)點，重力加速度取10m/s2，求：(1)C、B碰撞后瞬間，共同速度為多大；(2)碰撞后，B經(jīng)過多長時間到達地面。解析：(1)C與B碰撞前的過程，由動能定理有2mgd＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)－0，得vC＝eq\r(2gd)＝4m/s碰撞時由動量守恒定律有2mvC＝4mv得v＝2m/s。(2)C與B碰撞后粘在一起，一起向下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有3mg－mg＝4ma得a＝eq\f(1,2)g＝5m/s2由運動學(xué)公式有h＝vt＋eq\f(1,2)at2得t＝0.4s。答案：(1)2m/s(2)0.4s8.如圖所示，玩具“火箭”由上下A、B兩部分和一個勁度系數(shù)較大的輕彈簧構(gòu)成，A的質(zhì)量為0.2kg，B的質(zhì)量為0.4kg，彈簧夾在中間，與兩者不固連。開始時讓A、B壓緊彈簧并鎖定為一個整體，為使A上升得更高，讓“火箭”在距地面0.8m高處自由釋放，“火箭”著地瞬間以原速率反彈，同時解除鎖定，當彈簧恢復(fù)原長時，B恰好停在地面上，不計空氣阻力和“火箭”的體積以及彈簧解鎖恢復(fù)原長的時間，重力加速度g取10m/s2。求：(1)“火箭”著地時的速度大?。?2)A上升的最大高度；(3)彈簧被鎖定時的彈性勢能。解析：(1)“火箭”在距地面0.8m高處自由釋放，做自由落體運動v2＝2gh，解得v＝4m/s。(2)“火箭”著地瞬間以原速率反彈，同時解除鎖定，彈簧恢復(fù)原長過程，B恰好停在地面上，動量守恒，取向上為正方向，有(mA＋mB)v＝mAv′解得v′＝12m/sA做豎直上拋運動，可逆向看成自由落體運動，有v′2＝2gh′，解得h′＝7.2m。(3)根據(jù)功能關(guān)系有Ep＝eq\f(1,2)mAv′2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝9.6J。答案：(1)4m/s(2)7.2m(3)9.6J9．如圖所示，固定水平桌面左右兩端分別放有質(zhì)量m1＝0.5kg和m2＝1kg的P、Q兩物塊(均可視為質(zhì)點)，現(xiàn)給物塊P一水平向右的初速度，物塊P向右運動一段時間后與物塊Q發(fā)生彈性碰撞(時間極短)，碰撞后物塊P停在桌面上距右端L＝0.25m處，物塊Q離開桌面后做平拋運動，水平射程x＝1m。已知桌面距水平地面的高度h＝1.25m，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)物塊Q離開桌面時的速度大??；(2)物塊P與桌面間的動摩擦因數(shù)。解析：(1)物塊Q離開桌面后做平拋運動有x＝v1th＝eq\f(1,2)gt2，解得v1＝2m/s。(2)物塊P與Q碰撞過程動量守恒，能量守恒，有m1v2＝m2v1－m1v3eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,3)代入數(shù)據(jù)，解得v2＝3m/s，v3＝1m/s物塊P與Q碰撞后反向運動的過程中，有veq\o\al(2,3)＝2aLμmg＝ma，解得μ＝0.2。答案：(1)2m/s(2)0.210．超市為節(jié)省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質(zhì)量均為m＝16kg的兩輛購物車相距L1＝1m靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動與第二輛車嵌套在一起，繼續(xù)運動了L2＝1.25m后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短，可忽略，車運動時受到的阻力恒為車所受重力的k＝0.25，重力加速度g取10m/s2，求：(1)兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間；(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能；(3)工作人員對第一輛車所做的功。解析：(1)對整體，由牛頓第二定律有k×2mg＝2m