高中物理三大力学观点的综合应用检测题1.所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。

假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为v ＋Δv 、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )A.m 2·Δv M ＋m ΔtB.M 2·Δv M ＋m ΔtC.Mm ·ΔvM ＋m ΔtD ．0解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M (v ＋Δv )＋mv ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·ΔvM ＋m，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F ·Δt ＝mv ′－mv ，解得F ＝Mm ·ΔvM ＋m Δt，故C 正确。

2.(2020·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态，质量分别为2m 、m 和2m 。

其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。

若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( )A ．b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反B ．b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反C ．c 球的速度大小为83vD ．c 球的速度大小为23v解析：选B 设b 球脱离弹簧时的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv ＋mv 0，解得v 0＝2v ；b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv b ＋2mv c ，12mv 02＝12mv b 2＋12·2mv c 2，联立解得v b ＝－23v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43v ，故B 正确。

3.[多选]如图所示，A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R 。

将小球A 从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。

则( )A ．A 能到达半圆槽的左侧最高点B ．A 运动到半圆槽的最低点时A 的速率为gR3C ．A 运动到半圆槽的最低点时B 的速率为 4gR 3D ．B 向右运动的最大距离为2R 3解析：选AD 运动过程不计一切摩擦，由能量守恒可得，两物体机械能守恒，且A 、B 整体在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，则A 可以到达半圆槽的左侧最高点，且A 在半圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故A 正确；A 、B 在水平方向上动量守恒，所以mv A －2mv B ＝0，即v A ＝2v B ，A 的水平速度向左，B 的水平速度向右，A 在水平方向的最大位移和B 在水平方向上的最大位移之和为2R ，故B 向右运动的最大距离为23R ，故D 正确；对A 运动到半圆槽的最低点的运动过程应用机械能守恒定律可得mgR ＝12mv A 2＋12·2mv B 2＝3mv B 2，所以A 运动到半圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝13gR ，A 的速率为v A ＝2v B ＝43gR ，故B 、C 错误。

4.(2020·抚州模拟)如图所示，光滑水平面上有A 、B 两辆小车，质量均为m ＝1 kg ，现将小球C 用长为0.2 m 的细线悬于轻质支架顶端，m C ＝0.5 kg 。

开始时A 车与C 球以v 0＝4 m/s 的速度冲向静止的B 车。

若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．A 车与B 车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒B ．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统动量守恒 C ．小球能上升的最大高度为0.16 mD ．小球能上升的最大高度为0.12 m解析：选C 两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A 项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A 、B 、C 组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B 项错误；A 、B 两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v 1，有mv 0＝2mv 1，解得v 1＝2 m/s ；从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v 2，有2mv 1＋m C v 0＝(2m ＋m C )v 2，解得v 2＝2.4 m/s ；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统机械能守恒，即m C gh ＝12m C v 02＋12·2mv 12－12(2m ＋m C )v 22，解得h ＝0.16 m ，C 项正确，D 项错误。

5．(2019·宿迁调研)如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置。

现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到A 位置，弹簧在弹性限度内。

求：(1)木块第一次回到A 位置时速度大小v ； (2)此过程中墙对弹簧冲量大小I 。

解析：(1)子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v解得：v ＝mv 0m ＋M子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即当木块回到A 位置时的速度大小v ＝mv 0m ＋M。

(2)子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I ＝－(M ＋m )v －mv 0＝－2mv 0所以墙对弹簧的冲量的大小I 为2mv 0。

答案：(1)mM ＋mv 0 (2)2mv 0 6.如图，一质量M ＝6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量m ＝6 kg ，停在木板B 的左端。

质量为m 0＝1 kg 的小球用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h ＝0.2 m ，物块A 与小球可视为质点，不计空气阻力。

已知物块A 与木板B 间的动摩擦因数μ＝0.1，(g ＝10 m/s 2)求：(1)小球运动到最低点与物块A 碰撞前瞬间，小球的速度大小； (2)小球与物块A 碰撞后瞬间，物块A 的速度大小；(3)为使物块A 、木板B 达到共同速度前物块A 不滑离木板，木板B 至少多长。

解析：(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得：m 0gL ＝12m 0v 02，解得v 0＝4 m/s 。

(2)对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得 有m 0gh ＝12m 0v 12解得：v 1＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m 0v 0＝－m 0v 1＋mv A解得v A ＝1 m/s 。

(3)物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以物块A 的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mv A ＝(m ＋M )v ， 解得v ＝0.5 m/s由能量守恒定律得：μmgx ＝12mv A 2－12(m ＋M )v 2，解得x ＝0.25 m 。

答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7．(2020·怀化市一模)如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物可视为质点且质量m ＝4 kg ，以初速度v 0＝10 m/s 滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为M ＝6 kg ，高为h ＝0.8 m 。

在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。

已知货物与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.5，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2。

(1)求货物从小车右端滑出时速度的大小；(2)若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，求小车的最小长度。

解析：(1)设货物从小车右端滑出时的速度为v x ，滑出之后做平抛运动， 在竖直方向上：h ＝12gt 2，水平方向：l AB ＝v x t 解得：v x ＝3 m/s 。

(2)在小车碰撞到障碍物前，小车与货物已经达到共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v 共， 解得：v 共＝4 m/s ， 由能量守恒定律得：Q ＝μmgs 相对＝12mv 02－12(m ＋M )v 共2，解得：s 相对＝6 m ，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出小车，对货物由动能定理得： －μmgs ′＝12mv x 2－12mv 共2，解得：s ′＝0.7 m ，故小车的最小长度L ＝s 相对＋s ′＝6.7 m 。

答案：(1)3 m/s (2)6.7 m8．如图甲所示，质量均为m ＝0.5 kg 的相同物块P 和Q (可视为质点)，分别静止在水平地面上A 、C 两点。

P 在水平力F 作用下由静止开始向右运动，力F 与时间t 的关系如图乙所示，3 s 末撤去力F ，此时P 运动到B 点，之后继续滑行并与Q 发生弹性碰撞。

已知B 、C 两点间的距离L ＝3.75 m ，P 、Q 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及P与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t。

解析：(1)以向右为正方向，在0～3 s内，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s解得v＝8 m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v12＝2aL解得v1＝7 m/s。

(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间P、Q的速度大小分别为v1′、v2，有：mv1＝mv1′＋mv21 2mv12＝12mv1′2＋12mv22碰撞后Q做匀减速直线运动，Q运动的加速度大小为：μmg＝ma′Q运动的时间为：t＝v2a′解得t＝3.5 s。

答案：(1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s9．(2020·绵阳诊断)如图所示，半径R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在水平光滑地面上，质量M＝0.3 kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。