2019版高中物理二輪專題課時(shí)跟蹤訓(xùn)練：8 活用力學(xué)“三大觀點(diǎn)”解析力學(xué)計(jì)算題（含解析）.doc

1、課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(八)一、選擇題(12題為單項(xiàng)選擇題，35題為多項(xiàng)選擇題)1(2018湖南省株洲市高三畢業(yè)模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率v1逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點(diǎn)沖上傳送帶，從此時(shí)起到物塊再次回到P點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mv2B合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mv1C合力對(duì)物塊的沖量大小可能為零D合力對(duì)物塊做的功可能為零D若v2v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度v1后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知物塊再次回到P點(diǎn)的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理

2、得，合外力的沖量I合mv1m(v2)mv1mv2.根據(jù)動(dòng)能定理知，合外力做功W合mvmv；若v2v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊再次回到P點(diǎn)的速度大小為v2，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得，合外力的沖量為：I合mv2m(v2)2mv2：根據(jù)動(dòng)能定理知，合外力做功為：W合mvmv0.故D正確，A、B、C錯(cuò)誤故選D.2(2018武漢市高三調(diào)研測(cè)試)如圖所示，用兩根長(zhǎng)度均為l的輕繩將一小球懸掛在水平的天花板下，輕繩與天花板的夾角為，整個(gè)系統(tǒng)靜止，這時(shí)每根輕繩中的拉力為T(mén).現(xiàn)將一根輕繩剪斷，當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，輕繩中的拉力為T(mén).為某一值時(shí)，最大，此

3、最大值為()A. B2 C32 D. A根據(jù)平衡條件，由2Tsin mg解得題圖中輕繩的拉力T.剪斷一根輕繩，小球擺至最低點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有，mgl(1sin )mv2，在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有，Tmgm，聯(lián)立解得：Tmg2mg(1sin )mg(32sin ).(32sin )2sin ，要使值最大，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)得sin ，代入可得(3 2sin )2sin ，選項(xiàng)A正確. 3(2018河南省鄭州市高中畢業(yè)年級(jí)第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，10 m跳臺(tái)跳水是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng)某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為60 kg的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)自由下落10 m后入水，在水中豎直向下減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)空中下

4、落時(shí)空氣阻力不計(jì)，水對(duì)他的阻力大小恒為2400 N那么在他人水后下降2.5 m的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(取g10 m/s2)()A他的加速度大小為30 m/s2B他的動(dòng)量減少了300 kgm/sC他的動(dòng)能減少了4500 JD他的機(jī)械能減少了4500 JAC根據(jù)牛頓第二定律：fmgma，代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為：a30 m/s2，故A正確；自由下落10 m后，根據(jù)v2gh，得運(yùn)動(dòng)員的速度為：v010m/s，在水中下落2.5 m后的速度為vv2ah，代入數(shù)據(jù)解得：v15m/s，他的動(dòng)量減少了：pmv0mv1300kgm/s，故B錯(cuò)誤；減速下降的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能的減小量等于克服合力做的功

5、為：(fmg)h(2400600)2.54500 J，故C正確；減速下降的過(guò)程中，機(jī)械能的減小量等于克服阻力做的功為fh24002.56000 J，故D錯(cuò)所以A、C正確，B、D錯(cuò)誤4(2018濟(jì)寧市高三第二次模擬)如圖所示，A、B兩小球由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上，已知A的質(zhì)量為6m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)現(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)C恰好

6、離開(kāi)地面，關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A斜面傾角30BA獲得最大速度為CC剛離開(kāi)地面時(shí)，B的速度最大DA、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒BC小球C剛離開(kāi)地面時(shí)，對(duì)C有：kx2mg，此時(shí)B有最大速度，即aBaC0，則對(duì)B有：Tkx2mg0, 對(duì)A有：6mgsin T0，聯(lián)立解得：sin ，故A錯(cuò)誤；初始系統(tǒng)靜止，且線上無(wú)拉力，對(duì)B有：kx1mg，由A項(xiàng)的分析知，x1x2，則從釋放至A剛離開(kāi)地面過(guò)程中，彈性勢(shì)能變化量為零；此過(guò)程中A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即：6mg(x1x2)sin mg(x1x2)(6mm)v，解得：vBm，故B正確，C剛離開(kāi)地面時(shí)，B的速度最大，說(shuō)明是受力平衡，故加速

7、度為零，故C正確；由B項(xiàng)的分析知，從釋放至A剛離開(kāi)地面過(guò)程中，彈性勢(shì)能變化量為零，所以從釋放A到C剛離開(kāi)地面的過(guò)程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤，故選B、C.5(2018華南師大附屬二中學(xué)調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為3m、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上，A、C為半圓形槽槽口對(duì)稱等高的兩點(diǎn)，B為半圓形槽的最低點(diǎn)將一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A點(diǎn)自由釋放，小球沿槽下滑的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A小球和半圓形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒B小球剛好能夠到達(dá)半圓形槽右側(cè)的C點(diǎn)C半圓形槽速率的最大值為D半圓形槽相對(duì)于地面位移大小的最大值為RBD小球與

8、半圓形槽組成的系統(tǒng)在水平方向不受力，所以水平方向的動(dòng)量守恒，但在豎直方向受重力作用，故系統(tǒng)總的動(dòng)量不守恒；所有的接觸面都是光滑的，故在整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力和彈力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；因?yàn)橄到y(tǒng)的初狀態(tài)水平方向的動(dòng)量為零，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒可知，系統(tǒng)在末狀態(tài)的水平方向的動(dòng)量也零，故在末狀態(tài)小球與半圓形槽的速度都為零，而初狀態(tài)只有小球的重力勢(shì)能，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知末狀態(tài)也只小球的重力勢(shì)能，且與初狀態(tài)相等，故B正確；當(dāng)小球下至半圓形槽最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，此時(shí)小球有向右的最大速度，半圓形槽有向左的最大速度，設(shè)小球的最大速度為v1，半圓形槽的最大速度為v2，初狀

9、態(tài)水平方向的動(dòng)量為零，取向右為正，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得：mv13mv20，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgRmv3mv，聯(lián)立解得：v1，v2，故C錯(cuò)誤；小球從左邊最高點(diǎn)下至最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得：mv13mv20，又v1，v2，代入得：m3m0，即x13x2，且x1x2R，聯(lián)立解得：x2；當(dāng)小球從最低點(diǎn)向右邊最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，半圓形槽繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，同理可得半圓形槽在這一過(guò)程的位移為x2，故半圓形槽相對(duì)于地面位移大小的最大值為x2x2，故D正確；故選B、D.二、非選擇題6(2018湖北省襄陽(yáng)市第四中學(xué)月考(5)如圖所示，長(zhǎng)L3.25 m、質(zhì)量M2 kg的平板車停在光滑水平面上，上表面距

10、地高度h0.8 m，質(zhì)量m2 kg的小滑塊放在小車左端，與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4.當(dāng)小車固定時(shí)，對(duì)滑塊施加水平向右的拉力F28 N，作用一段時(shí)間后撤去，測(cè)得滑塊落地點(diǎn)到小車右端的水平距離為1.2 m，取g10 m/s2.(1)求滑塊滑離小車時(shí)的速度；(2)求力F作用的時(shí)間；(3)若小車不固定，水平拉力F及作用時(shí)間不改變，求滑塊落地點(diǎn)距小車右端的水平距離或滑塊相對(duì)小車靜止時(shí)到小車左端的距離(結(jié)果保留2位小數(shù))解析(1)平拋過(guò)程：x2vthgt2解得：v3 m/s(2)設(shè)力F作用時(shí)間為t，滑塊前進(jìn)x1，對(duì)滑塊由動(dòng)能定理：Fx1mgLmv2由牛頓第二定律得：Fmgmax1at2解得：t0.5

11、 s(3)力F作用過(guò)程中小車的加速度為ac，mgMac撤力時(shí)滑塊相對(duì)小車滑過(guò)距離x1at2act2撤力時(shí)滑塊和車的速度分別為vk和vcvatvcact設(shè)滑塊沒(méi)有滑離小車，相對(duì)靜止時(shí)的速度為vgmvcMvk(Mm)vgmvMc(Mm)vmgx2解得：x20.56 mx1x21.31 mL，故滑塊未滑離平板車答案(1)3 m/s(2)0.5 s(3)沒(méi)有滑離小車，1.31 m.7(2018湖北省鄂州市高三第三次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R.現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距離A點(diǎn)正上方h0處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能夠上

12、升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力)，求：(1)小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離；(2)小車第二次能夠上升的最大高度的范圍解析(1)小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒設(shè)小球第一次離開(kāi)半圓軌道時(shí)的水平速度為v，小車的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mvmv0設(shè)小球第一次進(jìn)入半圓軌道至第一次離開(kāi)半圓軌道所用時(shí)間為t，在這個(gè)過(guò)程中，小車的位移為x，取水平向右為正方向，則mm0解得xR(2)設(shè)小球從開(kāi)始下落到第一次上升到最大高度的過(guò)程中克服摩擦力做的功為Wf，由動(dòng)能定理得mg(h0h0)Wf0解得Wfmgh0由于第二次小球在車中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在對(duì)應(yīng)位置的速度小于第一次小球運(yùn)動(dòng)的速度，對(duì)應(yīng)位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力

13、，第二次在車中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wfmgh0，機(jī)械能損失小于mgh0設(shè)小球第二次上升的最大高度為h，由功和能的關(guān)系得mgh0mgh0h0所以，小球第二次上升的最大高度范圍是h0hh0答案見(jiàn)解析8(2018天津市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三考前模擬)如圖所示，半徑為R，管徑很小的光滑半圓形細(xì)管豎直放置，有兩個(gè)略小于管徑、質(zhì)量分別為m13m、m2m的小球P、Q，小球Q靜止在水平面上，小球P以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，與小球Q發(fā)生彈性碰撞P、Q兩球通過(guò)最高點(diǎn)C后落地點(diǎn)分別為M、N，已知：12R.求：(1)碰撞前小球P的速度；(2)碰撞后小球P、Q的速度；(3)小球P、Q經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，它們對(duì)細(xì)管的作用力解析(1

14、)小球R、Q彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0m1v1m2v2由機(jī)械能守恒定律得：m1vm1vm2v小球P、Q從水平面運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律：對(duì)P球有：m1vm1vm1g(2R)對(duì)Q球有：m2vm2vm2g(2R)之后兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)；h2Rgt2P球的水平位移x1v3tQ球的水平位移x2v4t依題意有：(xh2)(xh2)144R由式解得：碰撞前小球P的速度v03，(2)由式解得：碰撞后小球P的速度v1碰撞后小球Q的速度v2(3)由式解得：小球P在最高點(diǎn)C的速度v3小球Q在最高點(diǎn)C的速度v4以P為研究對(duì)象：由向心力公式FPm1g解得FPmg，負(fù)號(hào)表示細(xì)管對(duì)小球P的彈力豎直

15、向上由牛頓第三定律知，小球P對(duì)細(xì)管的作用力大小是mg，方向豎直向下以Q為研究對(duì)象：由向心力公式FQm2g解得FQmg，正號(hào)表示細(xì)管對(duì)小球Q的彈力豎直向下由牛頓第三定律知，小球Q對(duì)細(xì)管的作用力大小是mg，方向豎直向上答案(1)3(2)(3)mg方向向下mg豎直向上9(2018山東省青島市高三統(tǒng)一質(zhì)檢)如圖所示為某自動(dòng)控制系統(tǒng)的裝置示意圖，裝置中間有一個(gè)以v03 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，傳送帶左端點(diǎn)M與光滑水平面相切，水平面左側(cè)與一傾角37的光滑斜面平滑連接靠近斜面底端的P點(diǎn)處安裝有自動(dòng)控制系統(tǒng)，當(dāng)小物塊b每次向右經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)都會(huì)被系統(tǒng)瞬時(shí)鎖定從而保持靜止傳送帶N端與半徑r0.2 m

16、的光滑四分之一圓弧相切，小物塊a從圓弧最高點(diǎn)由靜止下滑后滑過(guò)傳送帶，經(jīng)過(guò)M點(diǎn)后控制系統(tǒng)會(huì)使靜止在P點(diǎn)的小物塊b自動(dòng)解鎖，之后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞已 知兩物塊的質(zhì)量mb2ma2 kg，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.25，MN間的距離L1.2 m，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物塊a運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)受到的支持力；(2)物塊b第一次沿斜面上滑的時(shí)間；(3)兩物塊在第n次碰撞后到第n1次碰撞前，物塊a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的摩擦熱解析(1)對(duì)物塊a沿圓弧從最高點(diǎn)由靜止下滑到N點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理可得：mgrmv0，解得v12 m/s對(duì)物塊a運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，受力分析由牛頓第二定律可得FNmagma，解得FN30 N.(2)物塊a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度a12.5 m/s2設(shè)物塊a加速到3 m/s前進(jìn)的距離為x，則x1 mL故物塊a到達(dá)M點(diǎn)的速度為v23 m/s設(shè)兩物塊第一次碰撞后獲得的速度為va1、vb1，因碰撞