课时跟踪检测（三十二）四类常考的力学综合模型（练习）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（通用版）

课时跟踪检测（三十二） 四类常考的力学综合模型 1.(2025·广州模拟)(多选)如图所示,质量为m的子弹以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中,子弹未从木块中射出,最后共同速度为v,在此过程中,木块在地面上滑动的距离为s,子弹射入木块的深度为d,子弹与木块间的相互作用力为f,以下关系式中正确的是 (　 ) A.m-mv2=f B.m-v2=fd C.mv0=v D.Mv2=fd 解析:选ABC　对子弹由动能定理可知mv2-m=-f,即m-mv2=f,故A正确; 对子弹和木块组成的系统由能量守恒定律可知m-v2=fd,故B正确; 对子弹和木块组成的系统由动量守恒定律可知mv0=v,故C正确;对木块由动能定理可知Mv2=fs,故D错误。 2.如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为m的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着质量为M的木块,现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.子弹射入木块后瞬间,速度大小为 B.子弹射入木块后瞬间,轻绳拉力等于(M+m0)g C.子弹射入木块后瞬间,环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g D.子弹射入木块后,圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 解析:选C　子弹射入木块过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,则m0v0=(M+m0)v1,解得射入后瞬间的速度大小为v1=,A错误;设绳长为l,子弹射入木块后瞬间,根据牛顿第二定律得T-(M+m0)g=(M+m0),可知轻绳拉力大于(M+m0)g,B错误;子弹射入木块后瞬间,对圆环有N=T+mg>(M+m+m0)g,C正确;子弹射入木块后,圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒,D错误。 3.(2024·赣州模拟)弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一,一次游戏中,有大小相同,但质量不同的A、B两玻璃球,质量分别为mA、mB,且mA<mB,小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出,与玻璃球B发生正碰,玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等,不计一切摩擦和能量损失,则mA、mB之比为 (　 ) A.1∶2 B.1∶3 C.1∶4 D.1∶5 解析:选B　两球碰撞时由动量守恒可得mAv0=mAv1+mBv2,由能量守恒可得mA=mA+mB,联立可得v1=,v2=,玻璃球B返回后两球速度相等v1=-v2,可得mA∶mB=1∶3。 4.(多选)如图所示,足够长的木板Q放在光滑水平面上,在其左端有一可视为质点的物块P,P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速度vP,给Q向左的速度vQ,取向右为正方向,不计空气阻力,则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图像可能正确的是 (　 ) 解析:选ABC　开始时,木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动,两者最终达到共同速度,以向右为正方向,P、Q系统动量守恒,根据动量守恒定律得mPvP-mQvQ=(mP+mQ)v;若mPvP=mQvQ,则v=0,图像如题图A所示;若mPvP>mQvQ,则v>0,图像如题图B所示;若mPvP<mQvQ,则v<0,图像如题图C所示。故选项A、B、C正确,D错误。 5.如图所示,用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变,现正在光滑水平面上以速度v0=0.1 m/s向右做匀速直线运动,已知a、b两弹性小球质量分别为m1=1.0 kg 和m2=2.0 kg。一段时间后轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动。经过t=5.0 s两球的间距s=4.5 m,则下列说法正确的是 (　 ) A.刚分离时,a、b两球的速度方向相同 B.刚分离时,b球的速度大小为0.4 m/s C.刚分离时,a球的速度大小为0.6 m/s D.两球分离过程中释放的弹性势能为0.27 J 解析:选D　在轻绳突然自动断开过程中,两球组成的系统动量守恒,设断开后两球的速度分别为v1和v2,刚分离时,若a、b两球的速度方向相同,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,根据题述,经过t=5.0 s两球的间距s=4.5 m,有v1t-v2t=s,解得v1=0.7 m/s,v2=-0.2 m/s,负号说明b球的速度方向向左,假设不成立,选项A、B、C错误;由机械能守恒定律,两球分离过程中释放的弹性势能Ep=m1+m2-(m1+m2)=0.27 J,选项D正确。 6.(2025·福州模拟)(多选)如图所示,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块,从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=5m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则 (　 ) A.全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为R+L B.全过程小车相对地面的位移大小为 C.小车在运动过程中速度的最大值为 D.μ、L、R三者之间的关系为R=μL 解析:选CD　滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,由人船模型特点有Ms1=ms2,s1+s2=R+L,解得 s1=,s2=,全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为,全过程小车相对地面的位移大小为,故A、B错误;滑块滑到圆弧轨道最低点时,小车速度最大,滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒,则有Mv1=mv2,mgR=M+m,解得v1=,小车在运动过程中速度的最大值为,故C正确;滑块最后恰好停在C点时,小车也停止运动,全程由能量守恒定律有mgR=μmgL,解得R=μL,故D正确。 7.(2025·辽宁一模)(多选)如图所示,在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC,其圆心为O,质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动,滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为M=3m,圆弧轨道半径为,重力加速度为g,sin 37°=,则小球与圆弧轨道作用的过程中 (　 ) A.小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为37° B.小球运动的最高点相对水平面的高度为 C.圆弧轨道的最大速度为v0 D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度水平向左 解析:选BCD　小球从P点运动到C点过程中,根据水平方向动量守恒定律可知mv0=(m+3m)v1,根据能量守恒定律m=m+×3m+mgR,解得cos θ=0.6,所以小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为53°,故A错误;小球到达斜面最高点后做斜抛运动,竖直方向(v1tan 53°)2=2gh,解得小球运动的最高点相对水平面的高度为H=h+R=,故B正确;因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道的速度相同, 所以小球还能落到圆弧轨道上, 最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上, 设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v, 圆弧轨道的速度为u,则有mv0=mv+3mu,m=mv2+×3mu2,联立解得u=v0,v=-v0,即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左,故C、D正确。 8.(10分)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。已知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;(5分) (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。(5分) 解析:(1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向,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Ff,对物块应用动量定理有-Fft=m2v-m2v0 又Ff=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',则由动量守恒定律得m2v0'=(m1+m2)v' 由动能定理得-μm2gL=(m1+m2)v'2-m2v0'2 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 9.(12分)(2025年1月·八省联考河南卷)如图,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短,不计物块厚度的影响,求: (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;(6分) (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能。(6分) 解析:(1)设子弹穿出物块后子弹和物块的速度分别为v1、v2,由运动学公式得 =2g·8h,=2a·h 对物块受力分析,由牛顿第二定律得 4mg+·4mg=4ma 子弹穿出物块过程,子弹和物块组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 mv0=mv1+4mv2,解得v0=10。 (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能ΔE=m-=37.5mgh。 答案:(1)10　(2)37.5mgh 10.(13分)(2025·潍坊模拟)如图所示,三个质量均为m的滑块A、B、C置于光滑水平导轨MN上,B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长,滑块B与轻弹簧连接,C未连接,N右端停靠着一辆小车,质量也为m且小车上表面与MN在同一水平面上。现让A以一定的速度v0向右开始运动,当A与B碰撞后两滑块粘在一起。在接下来的运动中,当C运动到N点之前,已与弹簧分开。C冲上小车后,最后恰好没有离开小车。已知C与小车之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计小车与平面之间的阻力。求: (1)A、B碰撞过程中损失的机械能;(4分) (2)C滑块的最大速度;(4分) (3)小车的长度。(5分) 解析:(1) A、B碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+m)v,解得v=0.5v0 由能量守恒定律可知,碰撞过程损失的机械能 ΔE=m-·2mv2,解得ΔE=m。 (2)A、B、C系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得(m+m)v=(m+m)vAB+mvC 由机械能守恒定律得 (m+m)v2=(m+m)+m 解得vAB=v0,vC=v0。 (3)C与小车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mvC=(m+m)v共 由能量守恒定律得 m=(m+m)+μmgL 解得L=。 答案:(1)m　(2)v0　(3) 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$