2025届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练七三大观点在力学中的应用

专题强化练（七）三大观点在力学中的应用1.如图所示，一个质量为0.2kg的垒球，以20m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列说法正确的是(D)A．球棒对垒球不做功B．球棒对垒球做负功C．球棒对垒球的平均作用力大小为400ND．球棒对垒球的平均作用力大小为1200N解析：由动能定理可得球棒对垒球做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝120J，球棒对垒球做正功，故A、B错误；由动量定理有－Ft＝－mv2－mv1，可得球棒对垒球的平均作用力大小F＝1200N，故C错误，D正确。2．(多选)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是(BC)A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250ND．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N解析：碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量p＝mv0，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；使用安全带时，根据动量定理有Ft＝0－p，解得F＝1250N，假人受到的平均作用力约为1250N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有F′t′＝0－p，解得F′＝5000N，假人受到的平均作用力约为5000N，故D错误。3．(多选)(2024·深圳市罗湖区期末)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x－t图像)如图所示。已知小孩的质量为20kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是(ABC)A．碰撞前后小孩的运动方向有改变B．碰碰车的质量为60kgC．碰撞过程中损失的机械能为600JD．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80N·s解析：位移—时间图线的斜率表示速度，规定小孩初始运动方向为正方向，由题图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A正确；由题图可知，碰前瞬间小孩的速度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，设碰碰车的质量为M，规定小孩的运动方向为正方向，由动量守恒定律有(m1＋M)v1＋(m2＋M)v2＝(2M＋m1＋m2)v，代入数据解得M＝60kg，故B正确；规定小孩开始运动方向为正方向，碰撞前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量p1＝(M＋m1)v1＝(60＋20)×2kg·m/s＝160kg·m/s，碰后总动量p1′＝(M＋m1)v＝－80kg·m/s，根据动量定理可知I＝Δp＝p1′－p1＝(－80－160)kg·m/s＝－240N·s，故D错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能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正确。4.(2024·揭阳市二模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(D)A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为eq\f(2v2,L)B．滑块与木板间的动摩擦因数为eq\f(v2,8gL)C．k＝2D．滑块弹回瞬间的速度大小为eq\f(\r(5)v,2)解析：滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知v2＝2aL，解得a＝eq\f(v2,2L)，故A错误；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝eq\f(v2,2gL)，故B错误；小滑块以水平速度v右滑时，由动能定理有－fL＝0－eq\f(1,2)mv2，小滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有－fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m(kv)2，滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有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错误，D正确。5．根据机动车的运动情况，绘制了如图所示的eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)图像。已知一质量为1000kg的机动车在水平路面沿直线减速行驶，规定初速度v0的方向为正方向。请判定以下说法合理的是(A)A．机动车的初速度v0＝10m/sB．机动车的加速度大小为2m/s2C．机动车在前3s的位移是12mD．机动车前3s的动量变化量为1.2×104kg·m/s解析：由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2变形可得eq\f(x,t2)＝v0·eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)a，与题目给定的图线对比，由截距可知eq\f(1,2)a＝－2m/s2，解得a＝－4m/s2，由于机动车的加速度为负值，因此牵引力小于阻力，由斜率可知v0＝eq\f(2,0.2)m/s＝10m/s，故A正确，B错误；机动车速度变为0所需的时间t＝eq\f(0－v0,a)＝2.5s，故机动车在前3s的位移x＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝12.5m，故C错误；机动车前3s的动量变化量Δp＝p2－p1＝0－1000×10kg·m/s＝－104kg·m/s，故D错误。6．(多选)质量为1kg的物块，置于水平地面上。在水平力F的作用下由静止开始运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小g取10m/s2。在前4s内，下列判断正确的是(ABD)A．3s末物块的速度最大B．3s末物块的动量大小为1kg·m/sC．前4s内物块所受合外力的冲量为0D．前4s内，合外力对物块所做的功为0.125J解析：由题意可知，物块所受的最大静摩擦力f＝μFN＝1N，由受力分析可知，物块在第1s内静止，在1s到3s内加速，在3s到4s内减速，所以3s末时，物块的速度最大，故A正确；1s到3s内，由动量定理可得(eq\o(F,\s\up6(－))－f)t＝Δp，解得Δp＝1kg·m/s，故B正确；1s到4s内，由动量定理可得(eq\o(F,\s\up6(－))－f)t′＝mv，解得v＝0.5m/s，由动能定理可得eq\f(1,2)mv2＝W合，解得W合＝0.125J，故C错误，D正确。7.(2024·韶关市综合测试)如图所示，质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地面的高度h为1.2m，质量为2m的圆环C套在轻绳上，C在B上方d＝0.8m处。由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度取10m/s2，求：(1)C、B碰撞后瞬间，共同速度为多大；(2)碰撞后，B经过多长时间到达地面。解析：(1)C与B碰撞前的过程，由动能定理有2mgd＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)－0，得vC＝eq\r(2gd)＝4m/s碰撞时由动量守恒定律有2mvC＝4mv得v＝2m/s。(2)C与B碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有3mg－mg＝4ma得a＝eq\f(1,2)g＝5m/s2由运动学公式有h＝vt＋eq\f(1,2)at2得t＝0.4s。答案：(1)2m/s(2)0.4s8.如图所示，玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，A的质量为0.2kg，B的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度g取10m/s2。求：(1)“火箭”着地时的速度大小；(2)A上升的最大高度；(3)弹簧被锁定时的弹性势能。解析：(1)“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，做自由落体运动v2＝2gh，解得v＝4m/s。(2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B恰好停在地面上，动量守恒，取向上为正方向，有(mA＋mB)v＝mAv′解得v′＝12m/sA做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动，有v′2＝2gh′，解得h′＝7.2m。(3)根据功能关系有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．如图所示，固定水平桌面左右两端分别放有质量m1＝0.5kg和m2＝1kg的P、Q两物块(均可视为质点)，现给物块P一水平向右的初速度，物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞(时间极短)，碰撞后物块P停在桌面上距右端L＝0.25m处，物块Q离开桌面后做平抛运动，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)物块Q离开桌面时的速度大小；(2)物块P与桌面间的动摩擦因数。解析：(1)物块Q离开桌面后做平抛运动有x＝v1th＝eq\f(1,2)gt2，解得v1＝2m/s。(2)物块P与Q碰撞过程动量守恒，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)代入数据，解得v2＝3m/s，v3＝1m/s物块P与Q碰撞后反向运动的过程中，有veq\o\al(2,3)＝2aLμmg＝ma，解得μ＝0.2。答案：(1)2m/s(2)0.210．超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为m＝16kg的两辆购物车相距L1＝1m静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了L2＝1.25m后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车所受重力的k＝0.25，重力加速度g取10m/s2，求：(1)两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；(2)两辆车在嵌套过程中损失的机械能；(3)工作人员对第一辆车所做的功。解析：(1)对整体，由牛顿第二定律有k×2mg＝2m