4模块2 专题7 三大观点在力学中的应用 复习效果自测-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

1．(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T1)2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是(　　) A．质量　　 B．速率 C．动量 D．动能 解析：选C。矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量。 2．(多选)(2024·广西卷，T8)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v，M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　) A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 解析：选BC。由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。 3．(2024·河南驻马店市期末)某次冰球比赛中，甲、乙两运动员站在光滑的水平冰面上，甲将静止在冰面上的冰球传给乙，乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等，且为冰球质量的k(k>1)倍，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小之比为(　　) A．1 B． C． D． 解析：选B。设冰球的质量为m，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有(km＋m)v1－kmv2＝0，解得＝，故选B。 4.(2024·广西贵百河联考)起跳摸高是学生常进行的一项运动，一质量为80 kg的同学用力蹬地且举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为2.10 m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.55 m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2 s，不计空气阻力，起跳过程中他对地面的平均压力约为(g取10 m/s2)(　　) A．1 450 N B．1 500 N C．2 000 N D．1 600 N 解析：选C。跳起后重心升高的高度h＝(2.55－2.10) m＝0.45 m，v2＝2gh，所以人跳起的速度v＝3 m/s，根据动量定理得t－mgt＝mv，解得起跳过程中地面对人的平均支持力约为＝2 000 N，根据牛顿第三定律，起跳过程中人对地面的平均压力约为2 000 N。 5.(2024·黑龙江齐齐哈尔市一模)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的(　　) A． B． C． D． 解析：选B。如果发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律mv0＝(150m＋m)v，解得v＝v0，如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律mv0＝150mv1＋mv2，由机械能守恒定律mv＝×150mv＋mv，联立解得v1＝v0，故撞击后大石块的速度范围为v0≤v≤v0，故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的。 6.(多选)(2024·四川宜宾市二诊)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物体B能上升的最大高度为0.6 m B．物体B能上升的最大高度为1.8 m C．物体C能达到的最大速度为4.0 m/s D．物体C能达到的最大速度为8.0 m/s 解析：选AD。子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mBv＝(mB＋mC)v＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mBv＝mBv＋mCv，解得v5＝8 m/s，故C错误，D正确。 7．(多选)(2024·河北邯郸市联考)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前、后的速度大小之比可能为(　　) A．4 B．2 C． D． 解析：选BC。设A的质量为m，A碰前速度为v0，碰后速度大小为v1，B碰后速度为v2。若第一次A、B两小物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv0＝－mv1＋4mv2，mv＝mv＋×4mv，得v1＝v0，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比为5∶3；因为A能第二次与B碰撞，则碰后A的速度比B速度大，即mv0＝－mv1＋4mv2，v1>v2，联立解得v1>，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应小于3∶1；则小物块A第一次碰撞前、后的速度大小之比应介于上面两比值之间，故B、C正确，A、D错误。 8．(2024·河南开封市质检)如图，倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一弹性挡板P，质量分别为m和4m的小物块a、b置于斜面上，物块a与斜面间无摩擦。两小物块间夹一劲度系数很大、处于压缩状态的轻质短弹簧，弹簧通过机关锁定。现给两物块一大小为v0的初速度，两物块恰好能沿斜面匀速下滑，此时解除弹簧锁定，解除锁定后弹簧会迅速恢复原长并被移走。两物块均可视为质点，不计弹簧长度，物块a、物块b、挡板P间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求物块b与斜面间的动摩擦因数μ。 (2)若锁定弹簧的弹性势能为Ep，求弹簧恢复原长时a、b两物块的速度。 (3)若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv，求解锁弹开后物块b沿斜面向上滑动的最大距离xm。 解析：(1)对a、b整体分析，由受力平衡可得(m＋4m)g sin θ＝4μmg cos θ 解得μ＝。 (2)设弹簧恢复原长时a、b两物块的速度分别为va、vb，对a、b整体而言，减少的重力势能等于克服摩擦力做的功，因此根据能量守恒定律和动量守恒定律可得 ·5mv＋Ep＝mv＋·4mv 5mv0＝mva＋4mvb 解得va＝v0＋ vb＝v0－。 (3)若弹性势能Ep＝10mv，由(2)中分析可得va＝5v0 vb＝0 对于物块b，由于g sin θ<μg cos θ 因此弹簧恢复原长后物块b静止，物块a与挡板弹性碰撞后返回再与物块b进行多次弹性碰撞，当物块a返回物块b处速度为零时，物块b沿斜面向上滑动的距离最大，根据动能定理可得 5mgxmsin θ＋4μmgxmcos θ＝m·(5v0)2－0 解得xm＝。 答案：(1)　(2)v0＋　 v0－　(3) 9．(2024·山东卷，T17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v。 (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 ①求μ和m。 ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg＋3mg＝m 代入数据解得v＝4 m/s。 (2)①根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F＝(M＋m)a 根据题图乙有k1＝＝0.5 kg－1 当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F－μmg＝Ma 结合题图乙有a＝F－ 可知k2＝＝1 kg－1 截距b＝－＝－2 m/s2 联立以上各式可得 M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。 ②由题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度a1＝6 m/s2，小物块的加速度a2＝μg＝2 m/s2 当小物块运动到P点时，经过t0时间，对轨道有v1＝a1t0 对小物块有v2＝a2t0 在小物块运动到P点到从Q点离开轨道这个过程中系统机械能守恒，有 Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR 水平方向动量守恒，以水平向左的方向为正方向，则有Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 联立解得t0＝1.5 s 根据运动学公式有 L＝a1t－a2t 代入数据解得L＝4.5 m。 答案：(1)4 m/s　(2)①0.2　1 kg　②4.5 m 学科网（北京）股份有限公司 $