2019-2020學年高考物理二輪復習-題型限時專練4-力學三大觀點的應用

2019-2020學年高考物理二輪復習題型限時專練4力學三大觀點的應用1．(多選)(2016·全國卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為FN，則()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．FN＝eq\f(3mgR－2W,R) D．FN＝eq\f(2mgR－W,R)[解析]質點P下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，最低點的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，選項A正確，選項B錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma，FN＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項C正確，選項D錯誤．[答案]AC2．(多選)質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL[解析]小物塊與箱子作用過程中滿足動量守恒，小物塊最后恰好又回到箱子正中間．二者相對靜止，即為共速，設速度為v1，mv＝(m＋M)v1，系統(tǒng)損失動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)eq\f(Mmv2,M＋m)，A錯誤，B正確；由于碰撞為彈性碰撞，故碰撞時不損失能量，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)產生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C錯誤，D正確．[答案]BD3．(多選)如圖甲所示，一質量為m的物塊在t＝0時刻，以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．t0時刻物塊到達最高點，3t0時刻物塊又返回底端．下列說法正確的是()A．物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cosθB．物塊從t＝0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為－eq\f(3,2)mv0C．斜面傾角θ的正弦值為eq\f(5v0,8gt0)D．不能求出3t0時間內物塊克服摩擦力所做的功[解析]物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG＝3mgt0，A錯誤；上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動，下滑過程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運動，上滑和下滑的位移大小相等，所以有eq\f(v0,2)t0＝eq\f(v,2)·2t0，解得v＝eq\f(v0,2)，物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為Δp＝－mv－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，B正確；上滑過程中有－(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑過程中有(mgsinθ－μmgcosθ)2t0＝eq\f(mv0,2)，解得sinθ＝eq\f(5v0,8gt0)，C正確；根據動能定理可求出物塊上升的最大位移，從而求出整個過程中摩擦力所做的功，故D錯誤．[答案]BC4.如圖所示，重10N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止開始下滑，到b點開始壓縮輕彈簧，到c點時達到最大速度，到d點(圖中未畫出)開始彈回，返回b點離開彈簧，恰能再回到a點．若bc＝0.1m，彈簧彈性勢能的最大值為8J，則下列說法正確的是()A．輕彈簧的勁度系數是50N/mB．從d到b滑塊克服重力做功8JC．滑塊的動能最大值為8JD．從d點到c點彈簧的彈力對滑塊做功8J[解析]本題考查胡克定律、動能定理、機械能守恒定律、重力做功、彈性勢能等，意在考查考生對力學基本概念和規(guī)律的理解能力和分析計算能力．整個過程中，滑塊從a點靜止釋放后還能回到a點，說明機械能守恒，即斜面是光滑的．滑塊到c點速度最大，所受合力為零，由平衡條件和胡克定律有：kxbc＝mgsin30°，解得：k＝50N/m，A項正確；由d到b的過程中，彈簧彈性勢能一部分轉化為重力勢能，一部分轉化為動能，B項錯；滑塊由d到c點過程中，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧彈性勢能一部分轉化為重力勢能、一部分轉化為動能，故到c點時最大動能一定小于8J，又彈性勢能減少量小于8J，所以彈力對滑塊做功小于8J，C、D項錯．[答案]A5．光滑水平面上有A、B兩輛小車，mB＝1kg，原來靜止，mA＝1kg(含支架)．現將小球C用長為0.2m的細線懸于支架頂端，mC＝0.5kg.開始時A車與C球以v0＝4m/s的速度沖向B車，如右圖所示．若A、B正碰后粘在一起，不計空氣阻力，g取10m/s2，求小球C擺動到最大高度時的速度和上升的最大高度．[解析]設A，B相碰后二者的共同速度為v，(相碰時C球水平方向不受力，仍保持v0的速度)則由動量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝2m/sA、B粘在一起后，小球C向右擺，細繩在水平方向的分力使A、B加速，當C的速度與A、B水平方向的速度相同時小球擺至最高點，則由動量守恒，有mCv0＋(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v′解得A、B、C相同的速度v′＝2.4m/s.再由機械能守恒定律，設C球擺上的最大高度為h，則eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v′2＋mCgh解得h＝0.16m[答案]2.4m/s0.16m6.如圖所示，傾角為θ、長為2L的光滑斜面AO與水平面OB用一段很短的光滑圓弧平滑連接．質量為m的小物塊Q靜置于與O處相距為L的水平面上C處，另一質量為eq\f(1,2)m的小物塊P從斜面頂端A處由靜止開始沿斜面向下運動，經過一段時間后與Q發(fā)生彈性正碰．若P、Q均可視為質點，與水平面間的動摩擦因數μ均恒為sinθ，重力加速度大小為g.求：(1)P第一次到達C處的速率v；(2)最終P、Q間的距離s.[解析](1)P由斜面上A點運動到O處的過程，根據動能定理有eq\f(1,2)mg·2Lsinθ＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0p從O處運動到C處，根據動能定理有－eq\f(1,2)mgLsinθ＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v＝eq\r(2gLsinθ)(2)設P與Q發(fā)生彈性正碰后的速度分別為v1、v2，則eq\f(1,2)mv＝eq\f(1,2)mv1＋mv2eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)得v1＝－eq\f(1,3)eq\r(2gLsinθ)，v2＝eq\f(2,3)eq\r(2gLsinθ)設P、Q最終停在粗糙水平面上的位置與C處間的距離分別為s1、s2，則根據動能定理有－μ·eq\f(1,2)mgs1＝0－eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－μmgs2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)得最終P、Q間的距離s＝s2＋s1＝eq\f(5,9)L[答案](1)eq\r(2gLsinθ)(2)eq\f(5,9)L7．質量為M＝3.0kg的平板小車靜止在光滑水平面上，如圖(a)所示．當t＝0時，兩個質量都是m＝1.0kg的小物體A和B(均可看作質點)，分別從左端和右端以大小為v1＝4.0m/s和v2＝2.0m/s的水平速度沖上小車C，當它們在車上停止滑動時，沒有相碰．A、B與車面的動摩擦因數都是μ＝0.20，g取10m/s2.(1)求A、B在車上停止滑動時車的速度．(2)車的長度至少是多少？(3)在圖(b)所給出的坐標系中畫出0～4.0s內小車運動的速度－時間圖象．[解析](1)以水平向右為正方向，設A、B在車上停止滑動時，車的速度為v，根據動量守恒定律可得m(v1－v2)＝(M＋2m)解得v＝0.40m/s，方向向右．(2)設A、B在車上相對于車滑動的距離分別為l1和l2，由功能關系可得μmgl1＋μmgl2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(2m＋M)v2解得l1＋l2＝4.8m，即車長至少為4.8m.(3)車的運動可分為以下三個階段：第一階段：A、B同時在車上滑行時，小物體對車的摩擦力大小均為μmg，方向相反，車受力平衡而保持不動．當B的速度減為0時，此過程結束．設這段時間內小物體的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有μmg＝ma得小物體的加速度大小a＝μg設B到t1時刻停止滑動，則t1－0＝eq\f(v2,a)＝1.0s第二階段：B停止運動后，A繼續(xù)在車上滑動．設到t2時刻物體A與車有共同速度v，則有v＝(v1－v2)－a(t2－t1)解得t2＝1.8s第三階段：t2時刻之后，車以速度v做勻速直線運動小車運動的速度－時間圖象如圖所示．[答案](1)0.40m/s，方向向右(2)4.8m(3)見解析圖8．(2017·湖北棗陽模擬)如圖所示，質量為m＝0.4kg的滑塊，在水平恒力F作用下，在光滑水平面上從A點由靜止開始向B點運動，到達B點時撤去外力F，滑塊隨即沖上半徑為R＝0.4m的1/4光滑圓弧面小車，小車立即沿光滑的水平面PQ運動，設開始時平面AB與圓弧CD相切，A、B、C三點在同一水平線上，令AB所在直線為x軸，A為坐標原點，且AB＝d＝0.64m，滑塊在AB面上運動時，其動量隨位移的變化關系為p＝1.6eq\r(x)kg·m/s，小車質量M＝3.6kg，不計能量損失，g取10m/s2.求：(1)滑塊受到的水平推力F的大小以及滑塊到達D點時小車的速度大小；(2)滑塊第二次通過C點時，小車與滑塊的速度；(3)滑塊從D點沖出后再返回D點的過程中，小車移動的距離．[解析](1)由題意p＝mv＝1.6eq\r(x)kg·m/s，AB段滑塊做勻加速直線運動，所以eq\f(v2,2a)＝x，代入上式，結合牛頓第二定律可得F＝3.2N設滑塊運動到B時速度為v0，由動能定理得Fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)滑塊運動到D時，在水平方向上與車達到共同速度，此時小車速度為v共，沖上頂端過程在水平方向上動量守恒，有mv0＝(m＋M)v共代入數據解得v0＝3.2m/s，v車＝v共＝0.32m/s.(2)設滑塊第二次通過C點時滑塊速度為v1，小車速度為v2，水平方向上系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2整個過程中，滑塊與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)聯立解得v1＝－2.56m/sv2＝0.64m/s故小車速度大小為0.64m/s，方向向右滑塊速度大小為2.56m/s，方向向左．(3)滑塊由C運動到D過程，設滑塊對地速度為vt，小車和滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2